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2010年全国高中数学联赛试题参考答案评分标准(一、二试)A卷


2010 年全国高中数学联合竞赛 年全国高中数学联合竞赛一 联合竞赛一试 试题参考答案( 试题参考答案(A 卷)
一、填空题( 填空题(本题满分 56 分,每小题 8 分) 1. 函数 f ( x ) =

x ? 5 ? 24 ? 3 x 的值域是 [?3, 3 ] .

解:易知 f ( x ) 的定义域是 [5,8] ,且

f ( x ) 在 [5,8] 上是增函数,从而可知 f ( x ) 的值域为 [ ?3, 3 ] .
2 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 ?

3 ≤ a ≤ 12 . 2

解: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 .


? 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 .
(1)

当 t = 0,?1 时(1)总成立; 对 0 < t ≤ 1,0 < t 2 + t ≤ 2 ; 对 ? 1 < t < 0,? 从而可知

1 ≤ t2 + t < 0. 4 3 ? ≤ a ≤ 12 . 2

3. 双曲线 x 2 ? y 2 = 1 的右半支与直线 x = 100 围成的区域内部(不含边界)整点(纵横坐标均为 整数的点)的个数是 9800 . 解:由对称性知,只要先考虑 x 轴上方的情况,设 y = k ( k = 1,2, L ,99) 与双曲线右半支于 Ak ,交 直线 x = 100 于 Bk ,则线段 Ak Bk 内部的整点的个数为 99 ? k ,从而在 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 .
1

4. 已知 {a n } 是公差不为 0 的等差数列, {bn } 是等比数列,其中 a1 = 3, b1 = 1, a 2 = b2 ,3a 5 = b3 , 且存在常数 α , β 使得对每一个正整数 n 都有 a n = log α bn + β ,则 α + β = 解:设 {a n } 的公差为 d , {bn } 的公比为 q ,则
3

3 +3.

3 + d = q, 3(3 + 4d ) = q 2 ,
(1)代入(2)得

(1) (2)

9 + 12d = d 2 + 6d + 9 ,求得 d = 6, q = 9 .
从而有 即 从而 求得

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

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

α = 3 3, β = 3 , α + β = 3 3 + 3 .

5. 函数 f ( x ) = a 2 x + 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 ?

1 . 4 3 ,+∞) 上是递增的. 2

解:令 a x = y , 则原函数化为 g ( y ) = y 2 + 3 y ? 2 , g ( y ) 在 ( ? 当 0 < a < 1 时, y ∈ [ a, a ?1 ] ,

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

1 , 2

1 2

1 1 ?2=? ; 2 4



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

1 + 3 × 2 ?1 ? 2 = ? . 4 1 综上 f ( x ) 在 x ∈ [ ?1,1] 上的最小值为 ? . 4
所以 g ( y ) min = 2
?2

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

2

一人投掷.先投掷人的获胜概率是

12 . 17 21 7 = ,从而先投掷人的获胜概率为 36 12

解:同时投掷两颗骰子点数和大于 6 的概率为

7 5 7 5 7 + ( )2 × + ( )4 × + L 12 12 12 12 12 7 1 12 . = × = 25 17 12 1? 144
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 =

10 . 4

解一:如图,以 AB 所在直线为 x 轴,线段 AB 中点 O 为原点, OC 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

? ?m ? BA1 = ?2 x1 + 2 z1 = 0, ? ? ?m ? BP = ? x1 + 3 y1 + z1 = 0, ? ?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 ) ,
B1

z

A1 C1

P A O C B y

ur r ur r 所以 m ? n = m ? n cos α ,
即 3=

2 ? 2 cos α ? cos α = 10 . 4

6 . 4

x

所以 sin α =

A1 C1 E B1 O A
3

解二:如图, PC = PC1 , PA1 = PB . 设 A1 B 与 AB1 交于点 O, 则

P

C B

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

6 4 5 = . 5 5

sin α = sin ∠B1 EO =

8. 方程 x + y + z = 2010 满足 x ≤ y ≤ z 的正整数解(x,y,z)的个数是 336675 . 解:首先易知 x + y + z = 2010 的正整数解的个数为 C 2009 = 2009 × 1004 .
2

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; (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 .

1 + 3 × 1003 + 6k = 2009 × 1004 , 6k = 2009 × 1004 ? 3 × 1003 ? 1 = 2006 × 1005 ? 2009 + 3 × 2 ? 1 = 2006 × 1005 ? 2004 , k = 1003 × 335 ? 334 = 335671 . 从而满足 x ≤ y ≤ z 的正整数解的个数为 1 + 1003 + 335671 = 336675 .
易知 二、解答题( 解答题(本题满分 56 分)
3 2 9. (本小题满分 本小题满分 16 分)已知函数 f ( x ) = ax + bx + cx + d ( a ≠ 0) ,当 0 ≤ x ≤ 1 时, f ′( x) ≤ 1 ,

4

试求 a 的最大值. 解一:

f ′( x) = 3ax 2 + 2bx + c,

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



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

1 2

1 ≤ 2 f ′(0) + 2 f ′(1) + 4 f ′( ) 2
≤8, 8 a≤ . 3
又易知当 f ( x ) =

8 3 8 x ? 4 x 2 + x + m ( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大值为 . 3 3

解二: f ′( x ) = 3ax 2 + 2bx + c . 设 g ( x ) = f ′( x ) + 1 ,则当 0 ≤ x ≤ 1 时, 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 ≤ 即

h( z ) + h ( ? z ) ≤2 , 2

3a 2 3a z + + b + c +1 ≤ 2, 4 4 3a 3a 从而 + b + c +1 ≥ 0, z2 ≤ 2, 4 4 8 2 由 0 ≤ z ≤ 1知 a ≤ . 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≤
2 10.(本小题满分 本小题满分 20 分)已知抛物线 y = 6 x 上的两个动点 A( x1 , y1 )和B ( x2 , y2 ) ,其中 x1 ≠ x 2 且

x1 + x 2 = 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.
5

解一: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 ? y0 =

y 3 ( x ? 2) ,即 x = 0 ( y ? y 0 ) + 2 . 3 y0

(2)

(2)代入 y 2 = 6 x 得
2 y 2 = 2 y 0 ( y ? y 0 ) + 12 ,即 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 .
AB = ( x1 ? x 2 ) 2 + ( y1 ? y 2 ) 2
= (1 + ( y0 2 ) )( y1 ? y 2 ) 2 3
B y A

y2 = (1 + 0 )[( y1 + y 2 ) 2 ? 4 y1 y 2 ] 9 = (1 +
=
2 y0 2 2 )(4 y 0 ? 4( 2 y 0 ? 12)) 9

O

C(5,0)

x

2 2 2 (9 + y 0 )(12 ? y 0 ) . 3
6

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 + y0 2 3

=

1 1 2 2 2 (9 + y 0 )(24 ? 2 y 0 )(9 + y 0 ) 3 2
2 2 2 + 24 ? 2 y 0 + 9 + y0 1 1 9 + y0 ( )3 3 2 3

≤ =

14 7 . 3
2 2

当且仅当 9 + y 0 = 24 ? 2 y 0 ,即 y0 = ± 5 , A(

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 14 7. 3

所以 ?ABC 面积的最大值为

解二:同解一,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 (5,0) .
2 2 设 x1 = t12 , x 2 = t 2 , t1 > t 2 , t12 + t 2 = 4 ,则

5 1 2 S ?ABC = t1 2 2 t2

0

1

6t1 1 的绝对值, 6t 2 1

1 2 2 S? 6t12 t 2 ? 6t1t 2 ? 5 6t 2 )) 2 ABC = ( (5 6t1 + 2 3 = (t1 ? t 2 ) 2 (t1t 2 + 5) 2 2 3 = (4 ? 2t1t 2 )(t1t 2 + 5)(t1t 2 + 5) 2 3 14 ≤ ( )3 , 2 3 14 S ?ABC ≤ 7, 3
2 当且仅当 (t1 ? t 2 ) 2 = t1t 2 + 5 且 t12 + t 2 = 4,

即 t1 =

7? 5 6

, t2 = ?

7+ 5 6

, A(

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

A(

6 + 35 6 ? 35 , ?( 5 + 7 )), B ( , ? 5 + 7) 时等号成立. 3 3
14 7. 3
3

所以 ?ABC 面积的最大值是

11.(本小题满分 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 ,且存在唯一的严格递增 正整数数列 {a n } ,使得

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

证 明 : 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

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 = 5 1? r3 = r + r 4 + r 7 + r 10 + L .

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 =
故满足题设的数列是唯一的.

1 ?1 < 1? r

1 1 1? 2

? 1 = 1 ,矛盾.

8

2010 年全国高中数学联合竞赛 年全国高中数学联合竞赛加试 联合竞赛加试 试题参考答案( 试题参考答案(A 卷)
一、 (本题满分 (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. 证明:用反证法.若 A,B,D,C 不四点共圆,设 证明 A 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.
O

因为 PK = P 的幂(关于⊙O)+ K 的幂(关于⊙O)
2

= ( PO ? r
2

2

) + ( KO
2 2 2

2

? r ),
2 2

B

EK D

C

同理 所以 故

QK = ( QO ? r
2 2

) + ( KO
2

?r
2

2

),
M

P

Q

N

PO ? PK = QO ? QK ,
OK ⊥ PQ .
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. CD EA PM
由①,②,③可得



NB MC = , BD CD
所以

ND MD = , 故△DMN ∽ △DCB, 于是 ∠DMN = ∠DCB , 所以 BC∥MN, 故 OK⊥BC, BD DC

即 K 为 BC 的中点,矛盾!从而 A, B, D, C 四点共圆. 注 1:“ PK 2 = P 的幂(关于⊙O) + K 的幂(关于⊙O)”的证明:延长 PK 至点 F,使 得

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 ,
⑤-④,得



PK 2 = PE ? PC ? AK ? KE

= P 的幂(关于⊙O) + K 的幂(关于⊙O) .
注 2:若点 E 在线段 AD 的延长线上,完全类似.
A

O F B EK D P C

Q

N M

二、 (本题满分 40 分) 设 k 是给定的正整数, r = k +

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

f ( f (l ?1) (r )), l ≥ 2 .证明:存在正整数 m,使得 f ( m ) (r ) 为一个整数.这里, ? ? x? ? 表示不小
于实数 x 的最小整数,例如: ? ? = 1 , ? ?1? ? = 1. 2 证明: 则当 m = v2 ( k ) + 1 时, f ( m ) ( r ) 为整数. 证明 记 v2 ( n) 表示正整数 n 所含的 2 的幂次. 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 f ( r ) = ? k + 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

?1? ? ?

? ?

1 ?? 1? ? 1? ? ? k + ? = ? k + ? ( k + 1) 为 2?? 2? ? 2?

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 ′ = 2
v ?1

+ (α v +1 + 1) ? 2v + (α v +1 + α v + 2 ) ? 2v +1 + L + 2 2 v + L . 显然 k ′ 中所含的 2 的幂次
1 ( v +1) 经过 f 的 v 次迭代得到整数,由①知, f (r ) 是一 2

为 v ? 1 .故由归纳假设知, r ′ = k ′ + 个整数,这就完成了归纳证明. 三、 (本题满分 50 分)

给定整数 n > 2 ,设正实数 a1 , a2 , L , an 满足 ak ≤ 1, k = 1, 2, L , n ,记

Ak =
求证:

a1 + a2 + L + ak , k = 1, 2, L , n . k
n n k k

∑a ?∑ A
k =1 k =1

<

n ?1 . 2

证明:由 0 < ak ≤ 1 知,对 1 ≤ k ≤ n ? 1 ,有 证明

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 a ? ? ? ∑ ai ∑ i ? n i = k +1 ? k n ? i =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

=

∑ ( An ? Ak ) ≤ ∑ An ? Ak
k =1 k =1

n ?1

n ?1

n ?1 ? k ? n ?1 . < ∑ ?1 ? ? = 2 n? 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? 解: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 2 i 条,0 ≤ i ≤ ? ? ,标有 b 的边有 2 j 条,0 ≤ j ≤ ? 2
2i 2j

?n? ? ?

? n ? 2i ? .选取 2 i ? 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 码设置方法数为
2i 2j

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

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



代入①式中,得

4∑
i=0

?n? ?2? ? ?

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

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

= 2 + 4∑ ( Cn2i 2n ? 2i ?1 ) = 3n + 3 .
i =0

?n? ?2? ? ?

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;当
n

n 为偶数时有 3 + 3 种.
n


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