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题目

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(2011?广东)设 S 是整数集 Z 的非空子集,如果?a,b∈S 有 ab∈S,则称 S 关于数的乘法是封闭的,若 T,V 是 Z 的两个不相交的非空子集,T∪V=Z,且?a,b,c∈T,有 abc∈T;?x,y,z∈V,有 xyz∈V, 则下列结论恒成立的是( )

A、T,V 中至少有一个关于乘法是封闭的

B、T,V 中至多有一个关于乘法是封闭的

C、T,V 中有且只有一个关于乘法是封闭的

D、T,V 中每一个关于乘法都是封闭的

考点:元素与集合关系的判断. 专题:阅读型;新定义. 分析:本题从正面解比较困难,可运用排除法进行作答.考虑把整数集 Z 拆分成两个互不相交的非空子集
T,V 的并集,如 T 为奇数集,V 为偶数集,或 T 为负整数集,V 为非负整数集进行分析排除即可.

解答:解:若 T 为奇数集,V 为偶数集,满足题意,此时 T 与 V 关于乘法都是封闭的,排除 B、C;
若 T 为负整数集,V 为非负整数集,也满足题意,此时只有 V 关于乘法是封闭的,排除 D; 从而可得 T,V 中至少有一个关于乘法是封闭的,A 正确 故选 A.

点评:此题考查学生理解新定义的能力,会判断元素与集合的关系,是一道比较难的题型.

84 10 函数 f(x)的定义域为 R,若 f(x+1)与 f(x-1)都是奇函数,则(



A、f(x)是偶函数

B、f(x)是奇函数

C、f(x)=f(x+2)

D、f(x+3)是奇函数

考点:奇函数.

分析:首先由奇函数性质求 f(x)的周期,然后利用此周期推导选择项. 解答:解:∵f(x+1)与 f(x-1)都是奇函数,
∴f(-x+1)=-f(x+1) ,f(-x-1)=-f(x-1) , ∴函数 f(x)关于点(1,0) , 及点(-1,0)对称, 函数 f(x)是周期 T=2[1-(-1)]=4 的周期函数. ∴f(-x-1+4)=-f(x-1+4) , f(-x+3)=-f(x+3) , f(x+3)是奇函数. 故选 D

点评:本题主要考查奇函数性质的灵活运用,并考查函数周期的求法.

105 5
在集合{1,2,3,4,5}中任取一个偶数 a 和一个奇数 b 构成以原点为起点的向量 a=(a,b)从所有得到 的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形,记所有作成平行四边形的个数为 n,其中面 积等于 4 的平行四边形的个数为 m,则 mn=( )

A、 215

B、 15

C、 415

D、 13

考点:古典概型及其概率计算公式. 专题:计算题. 分析:本题是一个古典概型,a 的取法有 2 中,b 的取法有 3 中,得到可以组成向量的个数,从中任取两
个向量共 C62 种取法,再由列举法求出面积等于 4 的平行四边形的个数,根据概率公式得到结果.

解答:解:由题意知本题是一个古典概型,
试验发生包含的事件是取出数字,构成向量, a 的取法有 2 中,b 的取法有 3 中,故向量 a→有 6 个,

从中任取两个向量共 C62=15 种取法,即 n=15; 由满足条件的事件列举法求出面积等于 4 的平行四边形的个数有 3 个, ∴根据古典概型概率公式得到 P= 315=15, 故选 B.

点评:本题考查古典概型及其概率计算公式,考查组合数问题、考查三角形面积问题,注意列举法在解题
中的作用.本题是一个综合题目.

108 5(四川理科第 12 题)在集合 成以原点为起点的向量

中任取一个偶数 和一个奇数 构

.从所得到的以原点为起点的向量中任取两个

向量为邻边作平行四边形.记所有作成的平行四边形的个数为 ,其中面积不超 过 4 的平行四边形的个数为 ,则 ( )

解析 这 6 条向量如图所示,任取两个向量为邻边作平行四边形的个数为 .每一个平行四边形的面积等于这两个向量所构成三角形面积的两倍, 于是面积不超过 4 的平行四边形的个数为 就是面积不超过 2 的三角形的个数. 下面对向量终点所在直线与坐标轴的位置关系进行分类讨论.

(1)当两向量终点所在直线平行于 . (2) 当两向量终点所在直线平行于

轴时,满足条件的三角形有 2 个:

轴时, 满足条件的三角形有 1 个:



(3)当两向量终点所在直线的斜率大于零时,满足条件的三角形有 2 个: 。 (4)当两向量终点所在直线的斜率小于零时,没有满足条件的三角形.

综上可知,满足条件的三角形个数为 和 注 这里 两种算法. 法 1 延长 至

,所以

,故选

. 的面积给出

的面积计算是一个难点,下面对

,则 .



之中点,所以

法2 设

,则 .

同法 2 可算出

的面积.

点评 本小题考查集合、平面向量、排列组合、平面图形面积、概率等基础 知及综合运用,考查运算能力和分析问题解决定问题的能力.其中三角形面积的 计算也就是格点三角形面积的计算是本题的一个难点,需要用到分类讨论思想、 数形结合思想和化归转化思想,若用下文的皮克定理则计算变得异常简单.

二、格点问题链接 1.格点与面积 关于顶点都是格点的多边形即格点多边形, 维也纳的皮克 (Pick, 1859—1943) 于 1899 年提出了如下结论: 皮克定理 若格点多边形内部含有 个格点,边界上含有 个格点,则这个

多边形的面积

.

下面我们用皮克定理中格点多边形面积公式再解四川理科第 12 题,因为 内的格点数 可求得 ,边界上格点数 ,所以 ,同理

的面积为 1,

2.内含 个格点的圆 对于任意给定的整数 ,是否总存在这样的圆,其内部恰好有 个格点?结 论是肯定的,但证法巧妙纯属构造耐人寻味叹为观止,先证明一个有趣的引理. 引理 以点 证明 假设 为圆心,以任意正数 为半径的圆周上最多有一个格点. 是此圆上的两个格点,则 .两式相减可得, .因为 整数,则右边必为整数,所以必有 得证. 该引理表明,平面上的格点到点 格点到点 的距离互不相等,据此我们可将 ,即 为整数,所以等式左边为 两点重合,故引理 ,

的距离由小到大进行排列.下面我们在此引理的基础上来构

造恰好含有 个格点的圆. 定理 对于任意给定的整数 ,总存在这样的圆其内部恰好有 个格点. 证明 因为与点 心 为半径的圆为 最近的格点是 ,则 外与点 , 令 , 记以点 为圆

内的格点是 0 个,由引理知,其圆上的 最近的格点是 ,令 ,则

格点数为 1 个.又在

内的格点是 1 个,就是 点数为 1 个.在 外与点

上的那个格点,由引理知,其圆上的格 最近的格点是 ,令 ,则

内的格点是 2 个,由引理知,其圆上的格点数为 1 个.如此类推,由于这样每做 一次只能增加一个格点,故 内恰好有 个格点.

109 9 若 A,B,C 是圆 x2+y2=1 上不同的三个点,且 OA→?OB→=0,存在实数 λ,? 使得 OC→= λOA→+?OB→,实数 λ,? 的关系为( )

A、λ2+?2=1

B、 1λ+1?=1

C、λ??=1

D、λ+?=1

考点:直线和圆的方程的应用;向量的共线定理;数量积判断两个平面向量的垂直关系. 专题:计算题;转化思想. 分析:由 A,B,C 是圆 x2+y2=1 上不同的三个点,可得 |OA→|=|OB→|=|OC→|=1,又 OA→?OB→=0,
所以对 OC→=λOA→+?OB→两边平方即可得到结论.

解答:解:∵ OC→=λOA→+?OB→,两边平方得:
|OC→|2=λ2|OA→2|+?2|OB→|2+2λ?OA→?OB→ ∵ |OA→|=|OB→|=|OC→|=1 ∴λ2+?2=1 故选 A

点评: 本题主要考查圆的定义及向量的模及其数量积运算, 还考查了向量与实数的转化. 在向量的加, 减,
数乘和数量积运算中,数量积的结果是实数,所以考查应用较多.

109 12 已知集合 A={z|(a+bi)z? +(a-bi)z+2=0,a,b∈R,z∈C},B={z||z|=1,z∈C},若 A∩B=φ,则 a、 b 之间的关系是( )

A、a2+b2>1

B、a2+b2<1

C、a+b>1

D、a+b<1

考点:集合的包含关系判断及应用;复数的基本概念. 专题:计算题. 分析:先设出复数 z,利用复数相等的定义得到集合 A 看成复平面上直线上的点,集合 B 可看成复平面上
圆的点集,若 A∩B=φ 即直线与圆没有交点,借助直线与圆相离的定义建立不等关系即可.

解答:解:设 z=x+yi,则(a+bi) (x-yi)+(a-bi) (x+yi)+2=0
化简整理得,ax+by+1=0 即,集合 A 可看成复平面上直线上的点,

集合 B 可看成复平面上圆的点集,若 A∩B=φ 即直线与圆没有交点, d= 1a2+b2>1,即 a2+b2<1 故选 B

点评:本题属于以复数为依托,求集合的交集的基础题,也是高考常会考的题型.

110 19
(2010?上海)在平面直角坐标系中,双曲线 Γ 的中心在原点,它的一个焦点坐标为 (5,0), e→1=(2, 1)、 e→2=(2,-1)分别是两条渐近线的方向向量.任取双曲线 Γ 上的点 P,若 OP→=ae→1+be2→(a、 b∈R) ,则 a、b 满足的一个等式是

4ab=1

考点:双曲线的简单性质;向量数乘的运算及其几何意义. 专题:计算题. 分析:根据 e→1=(2,1)、 e→2=(2,-1)是渐进线方向向量,进而可知双曲线渐近线方程根据 c= 5,进而
求得 a 和 b,求得双曲线方程,进而根据 OP→=ae→1+be2→化简整理可得答案.

解答:解:因为 e→1=(2,1)、 e→2=(2,-1)是渐进线方向向量,
所以双曲线渐近线方程为 y=±12x, 又 c=5,∴ a=2,b=1 双曲线方程为 x24-y2=1, OP→=ae→1+be2→=(2a+2b,a-b) , ∴ (2a+2b)24-(a-b)2=1,化简得 4ab=1. 故答案为 4ab=1.

点评:本题主要考查了双曲线的简单性质.考查了考生分析问题和解决问题的能力.

110 24

如图,已知△OAP 的面积为 S, OA→?AP→=1.设 |OA→|=c(c≥2), S=34c,并且以 O 为中心、A 为焦 点的椭圆经过点 P.当 |OP→|取得最小值时,则此椭圆的方程为

x210+y26=1


考点:向量在几何中的应用;椭圆的标准方程. 专题:计算题. 分析:先以 O 为原点, OF→所在直线为 x 轴建立直角坐标系, |OF→|=c,P 点坐标为(x0,y0) ,则 12?
|OF→|?|y0|= 12×43m×|y0|=m,即 |y0|=32.因为 OF→=(c,0) FP→=(x0-c,y0) OF→? FP→=1, , , 可得 |OP→|= x02+y02= (c+1c)2+94,设 f(c)=c+1c,判断知 f(c)在[2,+∞)上是增函数;所以当 c=2 时,f(c)为最小,从而 |OP→|为最小,此时 P( 52,32) ,最终得到答案.

解答:解:
坐标系 设 |OA→|=c(c≥2), S=34c, ∴ 12? |OF→|?|y0|= 12×43m×|y0|=m,∴ |y0|=32

如图,以 O 为原点, OF→所在直线为 x 轴建立直角

∵ OF→=(c,0) FP→=(x0-c,y0) OF→? FP→=1 , , ∴c(x0-c)=1,∴ x0=c+1c ∴ |OP→|= x02+y02= (c+1c)2+94 设 f(c)=c+1c,当 c≥2 时,任取 c2>c1≥2

有 f(c2)-f(c1)=c2+1c2-c1-1c1=(c2-c1)+c1-c2c1c2=(c2-c1)(1-1c1c2) 当 c2>c1≥2 时, 1c1c2<1,(1-1c1c2)>0,c2-c1>0 ∴f(c2)-f(c1)>0,∴f(c)在[2,+∞)上是增函数 ∴当 c=2 时,f(c)为最小,从而 |OP→|为最小,此时 P( 52,32) 设椭圆的方程为 x2a2+y2b2=1(a>b>0),则 {a2-b2=4254a2+94b2=1∴a2=10,b2=6 故椭圆的方程为 x210+y26=1. 故答案为: x210+y26=1.

点评:本题主要考查向量的数量积运算和椭圆的标准方程的求法,解答的关键对向量的运算要相当熟悉,
同时要善于利用函数思想求最值.

115 14 试题
(2011?安徽)在平面直角坐标系中,如果 x 与 y 都是整数,就称点(x,y)为整点,下列命题中正确的是

①③⑤
(写出所有正确命题的编号) . ①存在这样的直线,既不与坐标轴平行又不经过任何整点 ②如果 k 与 b 都是无理数,则直线 y=kx+b 不经过任何整点 ③直线 l 经过无穷多个整点,当且仅当 l 经过两个不同的整点 ④直线 y=kx+b 经过无穷多个整点的充分必要条件是:k 与 b 都是有理数 ⑤存在恰经过一个整点的直线.

考点:直线的一般式方程. 专题:新定义. 分析:①举一例子即可说明本命题是真命题;
②举一反例即可说明本命题是假命题; ③假设直线 l 过两个不同的整点,设直线 l 为 y=kx,把两整点的坐标代入直线 l 的方程,两式相减得到两整

点的横纵坐标之差的那个点也为整点且在直线 l 上,利用同样的方法,得到直线 l 经过无穷多个整点 经过无穷多个整点,得到 本命题为真命题; ④根据③为真命题,把直线 l 的解析式 y=kx 上下平移即不能得到 y=kx+b,所以本命题为假命题 所以本命题为假命题; ⑤举一例子即可得到本命题为真命题 举一例子即可得到本命题为真命题.

解答:解:①令 y=x+ 12,既不与坐标轴平行又不经过任何整点 既不与坐标轴平行又不经过任何整点,所以本命题正确;
②若 k= 2,b= 2,则直线 y= 2x+ 2 经过(-1,0) ,所以本命题错误; 设 y=kx 为过原点的直线,若此直线 l 过不同的整点(x1,y1)和(x2,y2) 若此直线 , 把两点代入直线 l 方程得:y1=kx1,y2=kx2, 两式相减得:y1-y2=k(x1-x2) , 则(x1-x2,y1-y2)也在直线 y=kx 上且为整点, 通过这种方法得到直线 l 经过无穷多个整点 经过无穷多个整点, 又通过上下平移得到 y=kx+b 不一定成立 不一定成立.则③正确,④不正确; ⑤令直线 y= 2x 恰经过整点(0, ,所以本命题正确. ,0) 综上,命题正确的序号有:①③⑤ ①③⑤. 故答案为:①③⑤

点评:此题考查学生会利用举反例的方法说明一个命题为假命题 要说明一个命题是真命题必须经过严格 此题考查学生会利用举反例的方法说明一个命题为假命题,要说明一个命题是真命题必须经过严格
的说理证明,以及考查学生对题中新定义的理解能力 以及考查学生对题中新定义的理解能力,是一道中档题.

119 4

如图,从双曲线 x2a2-y2b2=1(a y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点 F 引圆 x2+y2=a2 的切线,切点为 T,延长 FT 交双曲 切点为 线右支于 P 点,若 M 为线段 FP 的中点,O 为坐标原点,则|MO|-|MT|与 b-a 的大小关系为 的大小关系为( )

A、|MO|-|MT|>b-a

B、|MO|-|MT|<b-a

C、|MO|-|MT|=b-a

D、以上三种可能都有

考点:圆与圆锥曲线的综合. 专题:综合题. 分析: 将点 P 置于第一象限. F1 是双曲线的右焦点, 设 连接 PF1. M、 分别为 FP、 1 的中点, 由 O FF 知|MO|=
12|PF1|.由双曲线定义,知|PF|-|PF1|=2a,|FT|= |OF|2-|OT|2=b.由此知|MO|-|MT|= 12(|PF1|-|PF|) +|FT|=b-a.

解答:解:将点 P 置于第一象限.
设 F1 是双曲线的右焦点,连接 PF1. ∵M、O 分别为 FP、FF1 的中点,∴|MO|= 12|PF1|. 又由双曲线定义得, |PF|-|PF1|=2a, |FT|= |OF|2-|OT|2=b. 故|MO|-|MT| = 12|PF1|-|MF|+|FT| = 12(|PF1|-|PF|)+|FT| =b-a. 故选 C.

点评:本题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力,具体涉及到轨迹方程的求法及直线与双曲线的相关
知识,解题时要注意合理地进行等价转化.

119 5

120 7
(2010?湖北) 已知椭圆 c: x22+y2=1 的两焦点为 F1, 2, P 0, 0) F 点 (x y 满足 0<x022+y02 x022+y02<1, 则|PF1|+PF2| 的取值范围为

[2,2 2]
,直线 x0x2+y0y=1 与椭圆 C 的公共点个数

0


考点:椭圆的应用;椭圆的简单性质 椭圆的简单性质. 分析:当 P 在原点处时(|PF1|+|PF2|)max=2,当 P 在椭圆顶点处时,取到(|PF1|+|PF2|)max= 22,故范围
为 [2,22).因为(x0,y0)在椭圆 x22+y2=1 的内部,则直线 x?x02+y?y0=1 上的点(x 在椭圆 x,y)均在椭圆外, 故此直线与椭圆不可能有交点. .

解答:

解:依题意知,点 P 在椭圆内部.画出图形 画出图形,

由数形结合可得,当 P 在原点处时 在原点处时(|PF1|+|PF2|)max=2,

当 P 在椭圆顶点处时,取到(|PF1|+|PF2|)max 为 (2-1)+(2+1)=22, 故范围为 [2,22). 因为(x0,y0)在椭圆 x22+y2=1 的内部, 则直线 x?x02+y?y0=1 上的点(x,y)均在椭圆外, 故此直线与椭圆不可能有交点,故交点数为 0 个. 答案:[2, 22],0.

点评:本题考查椭圆的性质及其应用,画出图形,数形结合事半功倍.

120 12
(2009?北京)点 P 在直线 l:y=x-1 上,若存在过 P 的直线交抛物线 y=x2 于 A,B 两点,且|PA|=|AB|,则

称点 P 为“

点”,那么下列结论中正确的是(



A、直线 l 上的所有点都是“

点”

B、直线 l 上仅有有限个点是“

点”

C、直线 l 上的所有点都不是“

点”

D、直线 l 上有无穷多个点(点不是所有的点)是“

点”

考点:两点间距离公式的应用. 专题:计算题;创新题型. 分析:根据题设方程分别设出 A,P 的坐标,进而 B 的坐标可表示出,把 A,B 的坐标代入抛物线方程联
立消去 y,求得判别式大于 0 恒成立,可推断出方程有解,进而可推断出直线 l 上的所有点都符合.

解答:解:设 A(m,n) ,P(x,x-1)则,B(2m-x,2n-x+1)
∵A,B 在 y=x2 上 ∴n=m2,2n-x+1=(2m-x)2 消去 n,整理得关于 x 的方程

x2-(4m-1 )x+2m2-1=0 ∵△=8m2-8m+5>0 恒成立, ∴方程恒有实数解, ∴故选 A.

点评:本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系.一般是把直线与圆锥曲线方程联立,解决直线与圆锥
曲线的交点个数时,利用判别式来判断.

130 10 (2010?四川)由 1、2、3、4、5、6 组成没有重复数字且 1、3 都不与 5 相邻的六位偶数 的个数是( )

A、72

B、96

C、108

D、144

考点:排列、组合的实际应用. 专题:计算题. 分析:本题是一个分步计数原理,先选一个偶数字排个位,有 3 种选法,对于 5 要求比较
多,需要分类,若 5 在十位或十万位,则 1、3 有三个位置可排有,若 5 排在百位、千位或 万位,则 1、3 只有两个位置可排,根据分步计数原理得到结果.

解答:解:由题意知,本题是一个分步计数原理,
先选一个偶数字排个位,有 3 种选法, ①若 5 在十位或十万位,则 1、3 有三个位置可排有 3A32A22=24 个 ②若 5 排在百位、千位或万位,则 1、3 只有两个位置可排,共 3A22A22=12 个 根据分步计数原理知共计 3(24+12)=108 个 故选 C

点评:本题考查分步计数原理,考查分类计数原理,考查排列组合的实际应用,是一个数字
问题,这种问题的限制条件比较多,注意做到不重不漏.

130 16

(2010?湖北)现安排甲、乙、丙、丁、戌 5 名同学参加上海世博会志愿者服务活动,每人 从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一,每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但 能从事其他三项工作,丙丁戌都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是( )

A、152

B、126

C、90

D、54

考点:排列、组合的实际应用. 专题:计算题. 分析:根据题意,按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论,①甲乙一起参加除了开车的三项
工作之一,②甲乙不同时参加一项工作;分别由排列、组合公式计算其情况数目,进而由分 类计数的加法公式,计算可得答案.

解答:解:根据题意,分情况讨论,①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一:C31×A32=18
种; ②甲乙不同时参加一项工作,进而又分为 2 种小情况; 1°丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作,有 A32×C32×A22=3×2×3×2=36 种; 2°甲或乙与丙、丁、戌三人中的一人承担同一份工作:A32×C31×C21×A22=72 种; 由分类计数原理,可得共有 18+36+72=126 种, 故选 B.

点评:本题考查排列、组合的综合运用,注意要根据题意,进而按一定顺序分情况讨论.

130 17
n n (2010?浙江) n≥2, 设 n∈N, (2x+ 12)(3x+ 13)=a0+a1x+a2x2+…+anxn, k(0≤k≤n) 将|a |

的最小值记为 Tn,则 T2=0,T3= 123- 133,T4=0,T5= 125- 135,…,Tn…,其中 Tn= {0n 为偶数 12n-13n,n 为奇数

考点:归纳推理;进行简单的合情推理. 专题:规律型.

分析:本题主要考查了合情推理,利用归纳和类比进行简单的推理,属容易题.根据已知中
n n T2=0, 3= 123- 133, 4=0, 5= 125- 135, (2x+ 12)T T T 及, (3x+ 13)=a0+a1x+a2x2+…+anxn,

将|ak|(0≤k≤n)的最小值记为 Tn,我们易得,当 n 的取值为偶数时的规律,再进一步分析, n 为奇数时,Tn 的值与 n 的关系,综合便可给出 Tn 的表达式.

解答:解:根据 Tn 的定义,列出 Tn 的前几项:
T0=0 T1= 16= 12-13 T2=0 T3= 123- 133 T4=0 T5= 125- 135 T6=0 … 由此规律,我们可以推断:Tn= {0n 为偶数 12n-13n,n 为奇数 故答案: {0n 为偶数 12n-13n,n 为奇数

点评:归纳推理的一般步骤是:(1)通过观察个别情况发现某些相同性质;(2)从已知
的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题(猜想).

131 8

(2010?天津)如图,用四种不同颜色给图中的 A,B,C,D,E,F 六个点涂色,要求每 个点涂一种颜色,且图中每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法用( )

A、288 种

B、264 种

C、240 种

D、168 种

考点:排列、组合及简单计数问题. 专题:分类讨论. 分析:由题意知图中每条线段的两个端点涂不同颜色,可以根据所涂得颜色的种类来分类,
当 B,D,E,F 用四种颜色,B,D,E,F 用三种颜色,B,D,E,F 用两种颜色,分别写 出涂色的方法,根据分类计数原理得到结果.

解答:解:∵图中每条线段的两个端点涂不同颜色,
可以根据所涂得颜色的种类来分类, B,D,E,F 用四种颜色,则有 A44×1×1=24 种涂色方法; B,D,E,F 用三种颜色,则有 A43×2×2+A43×2×1×2=192 种涂色方法; B,D,E,F 用两种颜色,则有 A42×2×2=48 种涂色方法; 根据分类计数原理知共有 24+192+48=264 种不同的涂色方法.

点评:本题主要考查排列组合的基础知识与分类讨论思想,
属于难题.近两年天津卷中的排列、组合问题均处理压轴题的位置,且均考查了分类讨论思 想及排列、组合的基本方法,要加强分类讨论思想的训练.

132 16 (2010?浙江)有 4 位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、 “握力”、“台阶”五个项目的测试,每位同学上、下午各测试一个项目,且不重复.若上午不 测“握力”项目,下午不测“台阶”项目,其余项目上、下午都各测试一人.则不同的安排方式 共有 264 种(用数字作答).

考点:排列、组合及简单计数问题. 专题:分类讨论. 分析:法一:先安排上午的测试方法,有 A44 种,再安排下午的测试方式,由于上午的测试
结果对下午有影响,故需要选定一位同学进行分类讨论,得出下午的测试种数,再利用分步

原理计算出结果 法二:假定没有限制条件,无论是上午或者下午 5 个项目都可以选.组合总数为: 4×5×4×4=320.再考虑限制条件:上午不测“握力”项目,下午不测“台阶”项目.在总组合为 320 种的组合中,上午为握力的种类有 32 种;同样下午为台阶的组合有 32 种.最后还要 考虑那去掉的 64 种中重复去掉的,如 A 同学的一种组合,上午握力,下午台阶(这种是被 去掉了 2 次) A 同学上午台阶, , 下午握力 (也被去掉了 2 次) 这样的情况还要考虑 B. D , C. 三位,所以要回加 2×4=8.进而可得答案.

解答:解:法一:先安排 4 位同学参加上午的“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“台阶”
测试,共有 A44 种不同安排方式;接下来安排下午的“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、 “握力”测试,假设 A、B、C 同学上午分别安排的是“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”测 试,若 D 同学选择“握力”测试,安排 A、B、C 同学分别交叉测试,有 2 种;若 D 同学选择 “身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”测试中的 1 种,有 A31 种方式,安排 A、B、C 同学进 行测试有 3 种;根据计数原理共有安排方式的种数为 A44(2+A31×3)=264, 故答案为 264 解:假定没有这个限制条件:上午不测“握力”项目,下午不测“台阶”项目.无论是上午或者 下午 5 个项目都可以选.上午每人有五种选法,下午每人仅有四种选法,上午的测试种数 是 4×5=20, 下午的测试种数是 4×4=16 故我们可以很轻松的得出组合的总数: 4×5×4×4=320. 再考虑这个限制条件:上午不测“握力”项目,下午不测“台阶”项目.在总组合为 320 种的组 合中,上午为握力的种类有多少种,很好算的,总数的 110,32 种;同样下午为台阶的组 合为多少的,也是总数的 110,32 种.所以 320-32-32=256 种. 但是最后还要考虑那去掉的 64 种中重复去掉的,好像 A 同学的一种组合,上午握力,下午 台阶(这种是被去掉了 2 次),A 同学上午台阶,下午握力(也被去掉了 2 次),这样的情 况还要 B.C.D 三位,所以要回加 2×4=8. 所以最后的计算结果是 4×5×4×4-32-32+8=264.

答案:264. 题考查了排列组合及其应用问题,关键是推理与分析的应用,以及分类讨论思维等.

点评: 本题主要考查了排列与组合的相关知识点, 突出对分类讨论思想和数学思维能力的考
查,属较难题.

133 19 (2011?湖南)对于 n∈N+,将 n 表示 n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak-1×21+ak×20,当 i=0 时, i=1, 1≤i≤k 时,a1 为 0 或 1. I(n) a 当 记 为上述表示中 ai 为 0 的个数 (例如: 1=1×20, 4=1×22+0×21+0×20,故 I(1)=0,I(4)=2),则 (1)I(12)= 2 ;(2) ∑n=11272I(n)= 1093 .

考点:带余除法. 专题:计算题;分类讨论;转化思想. 分析:(1)根据题意,分析可得,将 n 表示 n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak-1×21+ak×20,
实际是将十进制的数转化为二进制的数, 易得 12=1×23+1×22+0×21+0×20, (n) 由I 的意义, 可得答案; (2)将 n 分为 n=127,64≤n≤126,32≤n≤63,…n=1 等 7 种情况,有组合数的性质,分析 其中 I(n)的取值情况,与二项式定理结合,可转化为等比数列的前 7 项和,计算可得答 案.

解答:解:(1)根据题意,12=1×23+1×22+0×21+0×20,则 I(12)=2;
(2)127=1×26+1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20, 设 64≤n≤126,且 n 为整数; 则 n=1×26+a1×25+a2×24+a3×23+a4×22+a5×21+a6×20,

a1,a2,a3,a4,a5,a6 中 6 个数都为 0 或 1,其中没有一个为 1 时,有 C60 种情况,即有 C60 个 I(n)=5; 其中有一个为 1 时,有 C60 种情况,即有 C60 个 I(n)=5; 其中有 2 个为 1 时,有 C62 种情况,即有 C62 个 I(n)=4; … ∑n=641272I
(n)

=C6026+C61×25+C62×24+C63×23+C64×22+C65×2+1=(2+1)n=36,

同理可得: ∑n=32632I(n)=35, … ∑n=232I(n)=31, 2I
(1)

=1;

则 ∑n=11272I(n)=1+3+32+…+36= 37-13-1=1093; 故答案为:(1)2;(2)1093.

点评:解本题关键在于分析题意,透彻理解 I(n)的含义 ∑n=11272I(n)的运算,注意转化
思想,结合二项式定理与等比数列的前 n 项和公式进行计算.


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