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2010全国高中数学联赛试题及答案


2010 年全国高中数学联合竞赛一试试卷
(考试时间:10 月 17 日上午 8∶00—9∶20)

一、填空题:本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分.把答案填在横线上.
1.函数 f ( x ) =

x ? 5 ? 24 ? 3 x 的值域是

. .

2.已知函数 y = a cos x ? 3 sin x 的最小值为 ?3 ,则实数 a 的取值范围是
2

(

)

3.双曲线 x ? y = 1 的右半支与直线 x = 100 围成的区域内部(不含边界)整点(纵横坐
2 2

标均为整数的点)的个数是



4.已知 {an } 是公差不为 0 的等差数列, {bn } 是等比数列,其中 a1 = 3 , b1 = 1 , a2 = b2 ,

3a5 = b3 , 且 存 在 常 数 α , β 使 得 对 每 一 个 正 整 数 n 都 有 an = logα bn + β , 则

α +β =
5.函数 f ( x ) = a
2x



+ 3a x ? 2 ( a > 0 , a ≠ 1 )在区间 x ∈ [ ?1,1] 上的最大值为 8,则它在

这个区间上的最小值是 . 6.两人轮流投掷骰子,每人每次投掷两颗,第一个使两颗骰子点数和大于 6 者为胜,否则 轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 . 7. 正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的 9 条棱长都相等,P 是 CC1 的中点, 二面角 B ? A1 P ? B1 = α , 则 sin α = .

8.方程 x + y + z = 2010 满足 x ≤ y ≤ z 的正整数解( x , y , z )的个数是



二、解答题:本大题共 3 小题,共 56 分.解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤.
9. (本小题满分 16 分)已知函数 f ( x ) = ax + bx + cx + d ( a ≠ 0 ) ,当 0 ≤ x ≤ 1 时,
3 2

f ' ( x ) ≤ 1 ,试求 a 的最大值.
, 10. (本小题满分 20 分)已知抛物线 y 2 = 6 x 上的两个动点 A ( x1 , y1 )和 B ( x2 , y2 ) 其中 x1 ≠ x2 且 x1 + x2 = 4 .线段 AB 的垂直平分线与 x 轴交于点 C ,求 ?ABC 面积的最大 值. 11. (本小题满分 20 分)证明:方程 2 x + 5 x ? 2 = 0 恰有一个实数根 r ,且存在唯一的严
3

格递增正整数数列 {an } ,使得

2 = r a1 + r a2 + r a3 +L . 5
1

解 答
1. 提示:易知 f (x ) 的定义域是 [5,8] ,且 f (x ) 在 [5,8] 上是增函数,从而

[?3, 3 ]

可知 f (x ) 的值域为 [ ?3, 3 ] . 2. ?

3 ≤ a ≤ 12 2

提示:令 sin x = t ,则原函数化为 g (t ) = ( ?at 2 + a ? 3)t ,即

g (t ) = ? at 3 + (a ? 3)t .
由 ? at 3 + ( a ? 3)t ≥ ?3 , ? at (t 2 ? 1) ? 3(t ? 1) ≥ 0 , (t ? 1)(? at (t + 1) ? 3) ≥ 0 及

t ? 1 ≤ 0 知 ? at (t + 1) ? 3 ≤ 0 即 a (t 2 + t ) ≥ ?3 .
当 t = 0,?1 时(1)总成立; 对 0 < t ≤ 1,0 < t + t ≤ 2 ;对 ? 1 < t < 0,?
2

(1)

1 3 ≤ t 2 + t < 0 .从而可知 ? ≤ a ≤ 12 . 4 2

3.

9800 提示: 由对称性知, 只要先考虑 x 轴上方的情况, y = k ( k = 1,2, L ,99) 与 设

则线段 Ak Bk 内部的整点的个数为 99 ? k , 从而 双曲线右半支于 Ak ,交直线 x = 100 于 Bk , 在 x 轴上方区域内部整点的个数为

∑ (99 ? k ) = 99 × 49 = 4851 .
k =1

99

又 x 轴上有 98 个整点,所以所求整点的个数为 2 × 4851 + 98 = 9800 . 4.
3

3 +3

提示 :设 {a n } 的公差为 d , {bn } 的公比为 q ,则

3 + d = q, 3(3 + 4d ) = q 2 ,
2

(1) (2)

(1)代入(2)得 9 + 12d = d + 6d + 9 ,求得 d = 6, q = 9 . 从 而 有 3 + 6( n ? 1) = log α 9
n ?1



对 一 切 正 整 数 n 都 成 立 , 即

6n ? 3 = (n ? 1) log α 9 + β 对一切正整数 n 都成立.
从而

log α 9 = 6,?3 = ? log α 9 + β ,
2

求得 α = 3 3 , β = 3 , α + β = 3 3 + 3 . 5. ? 递增的. 当 0 < a < 1 时, y ∈ [ a, a ?1 ] ,

1 4

提示:令 a x = y, 则原函数化为 g ( y ) = y 2 + 3 y ? 2 , g ( y ) 在 ( ?

3 ,+∞) 上是 2

g ( y ) max = a ?2 + 3a ?1 ? 2 = 8 ? a ?1 = 2 ? a =
所以

1 , 2

1 1 1 g ( y ) min = ( ) 2 + 3 × ? 2 = ? ; 2 2 4


a > 1 时, y ∈ [a ?1 , a ] ,
g ( y ) max = a 2 + 3a ? 2 = 8 ? a = 2 ,

所以

1 g ( y ) min = 2 ? 2 + 3 × 2 ?1 ? 2 = ? . 4 1 综上 f ( x ) 在 x ∈ [ ?1,1] 上的最小值为 ? . 4 12 21 7 6. 提示:同时投掷两颗骰子点数和大于 6 的概率为 = ,从而先投掷人的 17 36 12
获胜概率为

7 5 7 5 7 7 + ( )2 × + ( )4 × + L = × 12 12 12 12 12 12

1 12 = . 25 17 1? 144

7.

10 提示: 解法一: 以 线段 AB 中点 O 为原点,OC 解法一 如图, AB 所在直线为 x 轴, 4

所在直线为 y 轴,建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为 2,则

B (1,0,0), B1 (1,0,2), A1 (?1,0,2), P (0, 3 ,1) ,从而,

BA1 = (?2,0,2), BP = (?1, 3,1), B1 A1 = (?2,0,0), B1 P = (?1, 3 ,?1) .
设分别与平面 BA1 P 、平面 B1 A1 P 垂直的向量 是 m = ( x1 , y1 , z1 ) 、 n = ( x 2 , y 2 , z 2 ) ,则
z A1 C1 B1 P A O C
3

?m ? BA1 = ?2 x1 + 2 z1 = 0, ? ? ?m ? BP = ? x1 + 3 y1 + z1 = 0, ?

y

B x

?n ? B1 A1 = ?2 x 2 = 0, ? ? ?n ? B1 P = ? x 2 + 3 y 2 ? z 2 = 0, ?
由此可设 m = (1,0,1), n = (0,1, 3 ) ,所以 m ? n = m ? n cos α ,即

ur r

ur r

3 = 2 ? 2 cos α ? cos α = 10 . 4

6 . 4

所以 sin α =

解法二:如图, PC = PC1 , PA1 = PB . 解法二 设

A1 C1

A1 B



AB1







O,



E B1 O A P

OA1 = OB, OA = OB1 , A1 B ⊥ AB1 .

因为 PA = PB1 , 所以 PO ⊥ AB1 , 从 而 AB1 ⊥ 平
面 PA1 B . 过 O 在平面 PA1 B 上作 OE ⊥ A1 P ,垂足为 E .

C B

连 结 B1 E , 则 ∠B1 EO 为 二 面 角 B ? A1 P ? B1 的 平 面 角 . 设 AA1 = 2 , 则 易 求 得

PB = PA1 = 5 , A1O = B1O = 2 , PO = 3 .
在直角 ?PA1O 中, A1O ? PO = A1 P ? OE ,即

2 ? 3 = 5 ? OE ,∴ OE =

6 5

.

又 B1O =

2 ,∴ B1 E = B1O 2 + OE 2 = 2 +
sin α = sin ∠B1 EO =

6 4 5 = . 5 5

B1O 2 10 = = . B1 E 4 5 4 5

8.

336675

提 示 : 首 先 易 知 x + y + z = 2010 的 正 整 数 解 的 个 数 为

2 C 2009 = 2009 × 1004 .

把 x + y + z = 2010 满足 x ≤ y ≤ z 的正整数解分为三类: (1) x, y , z 均相等的正整数解的个数显然为 1;

4

(2) x, y , z 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数,易知为 1003; (3)设 x, y, z 两两均不相等的正整数解为 k . 易知

1 + 3 × 1003 + 6k = 2009 × 1004 ,
所以

6k = 2009 × 1004 ? 3 × 1003 ? 1 = 2006 × 1005 ? 2009 + 3 × 2 ? 1 = 2006 × 1005 ? 2004 ,
即 从而满足 x ≤ y ≤ z 的正整数解的个数为

k = 1003 × 335 ? 334 = 335671 . 1 + 1003 + 335671 = 336675 .

解法一: 9. 解法一:

? f ′(0) = c, ? 1 3 f ′( x) = 3ax 2 + 2bx + c, 由 ? f ′( ) = a + b + c, ? 4 ? 2 ′(1) = 3a + 2b + c ?f ?



1 3a = 2 f ′(0) + 2 f ′(1) ? 4 f ′( ) . 2
所以

1 3 a = 2 f ′(0) + 2 f ′(1) ? 4 f ′( ) 2 1 ≤ 2 f ′(0) + 2 f ′(1) + 4 f ′( ) ≤ 8 , 2
所以 a ≤ 最大值为

8 8 3 2 . 又易知当 f ( x ) = x ? 4 x + x + m( m 为常数) 满足题设条件, 所以 a 3 3

8 . 3
设 g ( x ) = f ′( x ) + 1 , 则 当 0 ≤ x ≤ 1 时 ,

2 解 法 二 : f ′( x ) = 3ax + 2bx + c .

0 ≤ g ( x) ≤ 2 .
设 z = 2 x ? 1 ,则 x =

z +1 ,?1 ≤ z ≤ 1 . 2 z + 1 3a 2 3a + 2b 3a h( z ) = g ( )= z + z+ + b + c + 1. 2 4 2 4

容 易 知 道 当 ? 1 ≤ z ≤ 1 时 , 0 ≤ h( z ) ≤ 2,0 ≤ h( ? z ) ≤ 2 . 从 而 当 ? 1 ≤ z ≤ 1 时 ,

0≤

h( z ) + h ( ? z ) ≤2 , 即 2
5

3a 2 3a z + + b + c +1 ≤ 2, 4 4 3a 3a 8 + b + c + 1 ≥ 0 , z 2 ≤ 2 ,由 0 ≤ z 2 ≤ 1 知 a ≤ . 从而 4 4 3 8 3 8 2 又易知当 f ( x ) = x ? 4 x + x + m ( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大值为 . 3 3 0≤
10. 解法一:设线段 AB 的中点为 M ( x0 , y 0 ) ,则 x0 =

x1 + x 2 y + y2 = 2, y 0 = 1 , 2 2

k AB =

y 2 ? y1 y ? y1 6 3 = 22 = = . 2 x 2 ? x1 y 2 + y1 y 0 y 2 y1 ? 6 6

线段 AB 的垂直平分线的方程是

y ? y0 = ?

y0 ( x ? 2) . 3

(1)

易知 x = 5, y = 0 是 (1) 的一个解, 所以线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点, 且点 C 坐标为 (5,0) . 由(1)知直线 AB 的方程为 y ? y 0 =

3 ( x ? 2) ,即 y0
(2)

x=
2

y0 ( y ? y0 ) + 2 . 3

(2)代入 y 2 = 6 x 得 y = 2 y 0 ( y ? y 0 ) + 12 ,即
2 y 2 ? 2 y 0 y + 2 y 0 ? 12 = 0 .

(3)

依题意, y1 , y 2 是方程(3)的两个实根,且 y1 ≠ y 2 ,所以
2 2 2 ? = 4 y0 ? 4(2 y0 ? 12) = ?4 y0 + 48 > 0 ,

? 2 3 < y0 < 2 3 .
y

AB = ( x1 ? x 2 ) + ( y1 ? y 2 )
2

2

A

= (1 + (

y0 2 ) )( y1 ? y 2 ) 2 3
O

B

C(5,0)

x

6

2 y0 = (1 + )[( y1 + y 2 ) 2 ? 4 y1 y 2 ] 9 2 y0 2 2 )(4 y 0 ? 4(2 y 0 ? 12)) 9

= (1 +
=

2 2 2 (9 + y 0 )(12 ? y 0 ) . 3

定点 C (5,0) 到线段 AB 的距离
2 h = CM = (5 ? 2) 2 + (0 ? y 0 ) 2 = 9 + y 0 .

S ?ABC =

1 1 2 2 2 AB ? h = (9 + y 0 )(12 ? y 0 ) ? 9 + y 0 2 3

=

1 1 2 2 2 (9 + y 0 )(24 ? 2 y 0 )(9 + y 0 ) 3 2
2 2 2 1 1 9 + y 0 + 24 ? 2 y 0 + 9 + y 0 3 ( ) 3 2 3

≤ =
当 且

14 7 . 3
仅 当
2 2 9 + y 0 = 24 ? 2 y 0





y0 = ± 5

,

A(

6 + 35 6 ? 35 , 5 + 7 ), B ( , 5 ? 7) 3 3



A(

6 + 35 6 ? 35 , ?( 5 + 7 )), B ( , ? 5 + 7) 时等号成立. 3 3
所以, ?ABC 面积的最大值为

14 7. 3

解法二:同解法一,线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点,且点 C 坐标为 解法二

(5,0) .

5 1 2 设 x1 = t , x 2 = t , t1 > t 2 , t + t = 4 ,则 S ?ABC = t1 2 2 t2
2 1 2 2 2 1 2 2

0

1

6t1 1 的绝对值, 6t 2 1

1 2 2 S ?ABC = ( (5 6t1 + 6t12 t 2 ? 6t1t 2 ? 5 6t 2 )) 2 2 3 = (t1 ? t 2 ) 2 (t1t 2 + 5) 2 2

7

3 (4 ? 2t1t 2 )(t1t 2 + 5)(t1t 2 + 5) 2 3 14 ≤ ( )3 , 2 3 =
所 以 S ?ABC ≤

14 2 7 , 当 且 仅 当 (t1 ? t 2 ) 2 = t1t 2 + 5 且 t12 + t 2 = 4 , 即 t1 = 3
, A(

7? 5 6

,

t2 = ?

7+ 5 6

6 + 35 6 ? 35 , 5 + 7 ), B ( , 5 ? 7) 或 3 3

A(

6 + 35 6 ? 35 , ?( 5 + 7 )), B ( , ? 5 + 7) 时等号成立. 3 3
所以, ?ABC 面积的最大值是

14 7. 3

11.令 f ( x ) = 2 x 3 + 5 x ? 2 ,则 f ′( x ) = 6 x 2 + 5 > 0 ,所以 f (x ) 是严格递增的.又 11.

1 3 1 f (0) = ?2 < 0, f ( ) = > 0 ,故 f (x) 有唯一实数根 r ∈ (0, ) . 2 4 2
所以

2 r 3 + 5r ? 2 = 0 , 2 r = = r + r 4 + r 7 + r 10 + L . 3 5 1? r

故数列 a n = 3n ? 2( n = 1,2, L) 是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列 a1 < a 2 < L < a n < L 和 b1 < b2 < L < bn < L 满足

r a1 + r a2 + r a3 + L = r b1 + r b2 + r b3 + L =
去掉上面等式两边相同的项,有

2 , 5

r s1 + r s2 + r s3 + L = r t1 + r t2 + r t3 + L ,
这里 s1 < s 2 < s 3 < L , t1 < t 2 < t 3 < L ,所有的 s i 与 t j 都是不同的. 不妨设 s1 < t1 ,则

r s1 < r s1 + r s2 + L = r t1 + r t2 + L ,

1 < r t1 ? s1 + r t2 ? s1 + L ≤ r + r 2 + L =
矛盾.故满足题设的数列是唯一的.

1 ?1 < 1? r

1 1? 1 2

?1 = 1,

8

2010 年全国高中数学联合竞赛加试试卷(A 卷)
(考试时间:10 月 17 日上午 9∶40—12∶10) 一、 (本题满分 40 分) 如图, 锐角三角形 ABC 的外心为 O ,K 是边 BC 上一点 (不是边 BC 的中点) D 是线段 AK 延长线上一点,直线 BD 与 AC 交于点 N ,直线 CD 与 AB 交于点 , M .求证:若 OK ⊥ MN ,则 A , B , D , C 四点共圆.

A

O

B

K D

C

N M

二、 (本题满分 40 分)设 k 是给定的正整数, r = k +

( m) f ( l ) ( r ) = f f ( l ?1) ( r ) ,l ≥ 2 . 证明: 存在正整数 m , 使得 f ( r ) 为一个整数.这里 ? x ? ? ?

(

)

1 (1) .记 f ( r ) = f ( r ) = r ? r ? , ? ? 2

表示不小于实数 x 的最小整数,例如: ? ? = 1 , ?1? = 1 . ?? 2 三、 (本题满分 50 分) 给定整数 n > 2 , 设正实数 a1 ,a2 , …,an 满足 ak ≤ 1 ,k = 1 ,2 , …,

?1? ? ?

n ,记 Ak =

n n a1 + a2 + L + ak n ?1 , k = 1 , 2 ,…, n .求证: ∑ ak ? ∑ Ak < . k 2 k =1 k =1

四、 (本题满分 50 分)一种密码锁的密码设置是在正 n 边形 A1 A2 L An 的每个顶点处赋值 0 和 1 两个数中的一个,同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一,使得任意相邻的两个顶 点的数字或颜色中至少有一个相同.问:该种密码锁共有多少种不同的密码设置?

9




A

1. 用反证法.若 A,B,D,C 不四点共圆,设三角形 ABC 的外接圆与 AD 交于点 E,连接 BE 并延长交直线 AN 于点 Q, 连接 CE 并延长交直线 AM 于点 P, 连接 PQ. 因为 PK = P 的幂(关于⊙O) + K 的幂(关于⊙O)
2

O

= ( PO 2 ? r 2 ) + ( KO 2 ? r 2 ) ,
同理
P

B

EK D

C

Q

QK 2 = ( QO 2 ? r 2 ) + ( KO 2 ? r 2 ) ,
M

N

所以 故 OK ⊥ PQ .

PO 2 ? PK 2 = QO 2 ? QK 2 ,
由题设,OK⊥MN,所以 PQ∥MN,于是

AQ AP = . QN PM
由梅内劳斯(Menelaus)定理,得



NB DE AQ ? ? = 1, BD EA QN



MC DE AP ? ? = 1. ③ CD EA PM NB MC ND MD 由①,②,③可得 = , 所以 = , 故 △DMN ∽ △DCB , 于 是 BD CD BD DC
∠DMN = ∠DCB , 所以 BC∥MN, OK⊥BC, K 为 BC 的中点, 故 即 矛盾! 从而 A, B, D, C
四点共圆.
2 注 1:“ PK = P 的幂(关于⊙O) + K 的幂(关于⊙O)”的证明:延长 PK 至点 F,使



PK ? KF = AK ? KE ,
则 P,E,F,A 四点共圆,故



∠PFE = ∠PAE = ∠BCE ,
从而 E,C,F,K 四点共圆,于是

PK ? PF = PE ? PC ,
⑤ ⑤-④,得

A

PK 2 = PE ? PC ? AK ? KE = P 的幂(关于⊙O) + K
的幂(关于⊙O) .
B

O F EK D P C

10

Q

N M

注 2:若点 E 在线段 AD 的延长线上,完全类似.

2.

记 v2 ( n) 表示正整数 n 所含的 2 的幂次.则当 m = v2 ( k ) + 1 时, f ( m ) ( r ) 为整数.

下面我们对 v2 ( k ) = v 用数学归纳法. 当 v = 0 时,k 为奇数, k + 1 为偶数,此时

1 ?? 1? ? 1? ? f (r ) = ? k + ? ? k + ? = ? k + ? ( k + 1) 2?? 2? ? 2? ?
为整数. 假设命题对 v ? 1(v ≥ 1) 成立. 对于 v ≥ 1 ,设 k 的二进制表示具有形式

k = 2v + α v +1 ? 2v +1 + α v + 2 ? 2v + 2 +L ,
这里, α i = 0 或者 1, i = v + 1, v + 2, L . 于是

1 ?? 1? ? 1? ? f (r ) = ? k + ? ? k + ? = ? k + ? ( k + 1) 2?? 2? ? 2? ?

1 k + + k2 + k 2 2 1 = + 2v ?1 + (α v +1 + 1) ? 2v + (α v +1 + α v + 2 ) ? 2v +1 + L + 22 v + L 2 1 = k′ + , ① 2 =
这里

k ′ = 2v ?1 + (α v +1 + 1) ? 2v + (α v +1 + α v + 2 ) ? 2v +1 + L + 2 2 v + L .
故由归纳假设知,r ′ = k ′ + 显然 k ′ 中所含的 2 的幂次为 v ? 1 .

1 经过 f 的 v 次迭代得到 2

11

整数,由①知, f

( v +1)

(r ) 是一个整数,这就完成了归纳证明.

3.

由 0 < ak ≤ 1 知,对 1 ≤ k ≤ n ? 1 ,有 0 <

∑ ai ≤ k ,
i =1

k

0<

i = k +1

∑a

n

i

≤ n?k .

注意到当 x, y > 0 时,有 x ? y < max { x, y} ,于是对 1 ≤ k ≤ n ? 1 ,有

1 n ?1 1? k An ? Ak = ? ? ? ∑ ai + ∑ ai n i = k +1 ? n k ? i =1 = 1 n ?1 1? k ai ? ? ? ? ∑ ai ∑ ? k n ? i =1 n i = k +1

?1 n ?1 1? k ? < max ? ∑ ai , ? ? ? ∑ ai ? ? k n ? i =1 ? ? n i = k +1 ?1 ?1 1? ? ≤ max ? (n ? k ), ? ? ? k ? ?k n? ? ?n
= 1?
n n

k , n
n



∑ ak ? ∑ Ak = nAn ? ∑ Ak
k =1 k =1 k =1

=

∑( A
k =1

n ?1

n

? Ak ) ≤ ∑ An ? Ak
k =1

n ?1

n ?1 ? k ? n ?1 . < ∑ ?1 ? ? = 2 n? k =1 ?

4. 对于该种密码锁的一种密码设置,如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同,在它们所 在的边上标上 a,如果颜色不同,则标上 b,如果数字和颜色都相同,则标上 c.于是对于 给定的点 A1 上的设置(共有 4 种) ,按照边上的字母可以依次确定点 A2 , A3 , L , An 上的设 置.为了使得最终回到 A1 时的设置与初始时相同,标有 a 和 b 的边都是偶数条.所以这种 密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记 a,b,c,使得标有 a 和 b 的边都是偶 数条的方法数的 4 倍. 设标有 a 的边有 2i 条, 0 ≤ i ≤ ? ? ,标有 b 的边有 2 j 条, 0 ≤ j ≤ ? 2
2i 2j

?n? ? ?

? n ? 2i ? .选取 2i ? 2 ? ?

条边标记 a 的有 Cn 种方法,在余下的边中取出 2 j 条边标记 b 的有 Cn ? 2i 种方法,其余的边 标记 c.由乘法原理,此时共有 Cn Cn ? 2i 种标记方法.对 i,j 求和,密码锁的所有不同的密
12
2i 2j

码设置方法数为

4∑
i=0

?n? ?2? ? ?

? n ? 2i ? ? ? ? ? ? 2i ? 2 ? 2 j ? ? Cn ∑ C n ? 2 i ? . j =0 ? ? ? ?



这里我们约定 C0 = 1 .
0

当 n 为奇数时, n ? 2 i > 0 ,此时
? n?2i ? ? 2 ? ? ?


j =0

2 Cn ?j2i = 2n ? 2i ?1 .



代入①式中,得

4∑
i=0

?n? ?2? ? ?

?n ? ?n? ? ? n ? 2i ? ? ? 2 ? ?2? ?2? ? ? ? ? ? ? ? 2i 2j ? 2 i n ? 2 i ?1 Cn ∑ Cn ? 2 i ? = 4 ∑ ( C n 2 ) = 2∑ ( Cn2i 2n?2i ) ? j =0 i =0 i =0 ? ? ? ?
n

k k = ∑ Cn 2n ? k + ∑ Cn 2n ? k (?1) k = (2 + 1) n + (2 ? 1) n k =0 k =0

n

= 3n + 1 .
当 n 为偶数时,若 i <

n n , 则②式仍然成立;若 i = , 则正 n 边形的所有边都标记 a, 2 2

此时只有一种标记方法.于是,当 n 为偶数时,所有不同的密码设置的方法数为

4∑
i=0

?n? ?2? ? ?

? ? n ? 2i ? ? ? ? n ? ?1 ? ? ? ? 2 ? ? ? ? 2i ? ?2? 2j ? 2 i n ? 2 i ?1 ? )? ? Cn ∑ Cn ? 2 i ? = 4 × ? 1 + ∑ ( Cn 2 j =0 i=0 ? ? ? ? ? ? ? ?
?n? ?2? ? ? i =0

= 2 + 4∑ ( Cn2i 2n ? 2i ?1 ) = 3n + 3 .
综上所述,这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是:当 n 为奇数时有 3 + 1 种;
n

当 n 为偶数时有 3 + 3 种.
n

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