2014年全国高中数学联赛一道排列组合题目的解答
2014年全国高考理科数学试题分类汇编七、排列组合和二项式定理(逐题详解)
2
A.60 种 B.70 种 C.75 种 D.150 种
【答案】C
【解析】根据题意,先从 6 名男医生中选 2 人,有 C62=15 种选法, 再从 5 名女医生中选出 1 人,有 C51=5 种选法, 则不同的选法共有 15×5=75 种;故选 C
(2x 7.【2014 年湖北卷(理 02)】若二项式
而红球篮球是无区别,黑球是有区别的, 根据分布计数原理,第一步取红球,红球的取法有(1+a+a2+a3+a4+a5), 第二步取蓝球,有(1+b5), 第三步取黑球,有(1+c)5, 所以所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法有(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5,
4.【2014
D.210 =20.f(3,0)=20;
含 x2y1 的系数是
=60,f(2,1)=60;
含 x1y2 的系数是
=36,f(1,2)=36;
含 x0y3 的系数是
=4,f(0,3)=4;
∴f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=120.故选:C
11.【2014 年浙江卷(理 14)】在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张,其余 5 张无奖.将这 8 张奖券分配给 4 个人,每人 2 张,不同的获奖情况有_____种(用数字作答).
不同的摆法有_______种.
【答案】36 【解析】根据题意,分 3 步进行分析: ①、产品 A 与产品 B 相邻,将 AB 看成一个整体,考虑 AB 之间的顺序,有 A22=2 种情况, ②、将 AB 与剩余的 2 件产品全排列,有 A33=6 种情况, ③、产品 A 与产品 C 不相邻,C 有 3 个空位可选,即有 3 种情况, 故不同的摆法有 12×3=36 种
答案与评分细则(14年高中数学联赛四川试题)
2014年全国高中数学联赛(四川)参考答案及评分标准说明:1、评阅试卷时,请依据评分标准.选择题和填空题只设5分和0分两档;其它各题的评阅,请严格按照评分标准规定的评分档次给分,不要再增加其它中间档次.2、如果考生的解答题方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评阅时可参考本评分标准适当划分档次评分,5分一个档次,不要再增加其它中间档次. 一、选择题(本大题共6个小题,每小题5分,共30分)1、D2、B3、A4、B5、C6、C 二、填空题(本大题共6个小题,每小题5分,共30分)7、326 8、14 9、80 10、0 11、5 12、28 三、解答题(本大题共4个小题,每小题20分,共80分)13、已知a 为常数,函数1()ln(1xf x ax x−=−+. (1)求函数()f x 的单调递减区间;(2)若83a =−,求()f x 的极值.解:(1)函数()f x 的定义域为(1,1)−.()ln(1)ln(1)f x x x ax =−−+−,2112()111f x a a x x x −−′=−−=−−+− (5分) 因为11x −<<,故2221x−≤−−; ① 当2a >−时,()0f x ′<恒成立,故单调递减区间为(1,1)−; ② 当2a =−时,(1,0)x ∈−时()0f x ′<;0x =时()0f x ′=; (0,1)x ∈时()0f x ′<; 故单调递减区间为(1,1)−;③ 当2a <−时,由()0f x ′<知221a x−<−,即22a x a +>1x <<或者1x −<<;故单调递减区间为,(1,−. 综上所述,当2a ≥−时,单调递减区间为(1,1)−;当2a <−时,单调递减区间为,(1,−−年全国高中数学联赛(四川)试题(2)823a =−<−,由()0f x ′=知驻点为12x =−,或12x =; 于是: 112x −<<−时'()0f x <;1122x −<<时'()0f x >;112x <<时'()0f x <. (15分) 所以,()f x 有极小值14()ln 323f −=−+,有极大值14()ln 323f =−.(20分)14、已知不等式31cos 4cos sin 3222≤++−a x a x x 对一切R x ∈恒成立,求实数a 的取值范围.解:设31cos 4cos sin 3)(222−++−=a x a x x x f ,则28cos 4cos 4)(22−++−=a x a x x f 令x t cos =,则]1,1[−∈t故当]1,1[−∈t 时,22()44280g t t at a =−++−≤恒成立 二次函数()g t 的对称轴2a t =, ①当12a≤−,即2a ≤−时,()g t 在]1,1[−∈t 上单减, 故有()g t 的最大值2(1)4320g a a −=−−≤,解得42a −≤≤−; (5分)②当112a −<<,即22a −<<时,有()g t 的最大值2(22802ag a =−≤, 解得22a −<<; (10分) ③当12a≥,即2a ≥时,()g t 在]1,1[−∈t 上单增,故有()g t 的最大值2(1)4320g a a =+−≤,解得24a ≤≤; (15分) 综上可知,所求a 的取值范围是[4,4]−. (20分)15、已知k 为给定正整数,数列{}n a 满足13a =,2*211(31)3()k n n a S n −+=−+∈N ,其中n S 是{}n a 的前n 项和.令3121log ()()n n b a a a n n =∈"*N ,记213||2kk i i T b ==−∑.若k T ∈*N ,求k 的所有可能值.解:由条件知22121212(31)333k k k a +−−=−×+=,又 2211(31)3k n n a S −+=−+,2211(31)3k n n a S −−=−+(2n ≥) 故2211(31)k n n n a a a −+−=−,即22113k n n a a −+=.于是2223221212)3(2)n k n k k n a a n +−−−−==≥,显然1n =也符合.所以,数列{}n a 的通项公式22321()n k k n a n +−−=∈*N . (5分)从而3121log ()n n b a a a n ="111(223)21ni i k n k ==⋅+−−∑1121n k −=+−.(10分) 于是1()32221n n k b k −+−=−,从而n k ≤时302n b −<;1n k ≥+时302nb −>. 所以222111333||()()22221kk kk i i i i i i k k T b b b k ===+=−=−+−=−∑∑∑. (15分) 因为k T ∈*N ,即2(21)|k k −,故2(21)|(411)k k −−+,于是(21)|1k − 故211k −=,解得1k =.所以所求k 的所有可能值为1k =. (20分)16、过椭圆22132x y +=的右焦点F 作两条垂直的弦AB 、CD ,设AB 、CD 的中点分别为M 、N .(1)求证:直线MN 必过定点,并求出这个定点;(2)若弦AB 、CD 的斜率均存在,求△FMN 的面积的最大值. 解:(1)由题意知,(1,0)F .① 当弦AB 、CD 的斜率均存在,设AB 的斜率为k ,则CD 的斜率为1k−. 设:(1)AB y k x =−,代入椭圆方程22132x y +=,得2222(32)6(36)0k x k x k +−+−=,所以223232A B M x x k x k +==+,22(1)32M M k y k x k −=−=+,故点22232(,3232k kM k k −++.因为CD ⊥AB ,所以将点M 的坐标中的k 换为1k −,即得点2232(,)2323kN k k ++.(5分)(i )当1k ≠±时,22222222332332332MNk kk k k k k k +++=−++24210(1)56633k k k k k +−==−−, 此时直线MN 的方程为222253()233323k ky xk k k −−=−+−+,则直线MN 过定点3(,0)5. (ii )当1k =±时,易得直线MN 的方程为35x =,也过点3(,0)5. ② 当弦AB 或弦CD 的斜率不存在时,易知直线MN 为x 轴,也过点3(,0)5.综上可知,直线MN 必过定点E 3(,0)5. (10分)(2)由(1)知S △FMN =1||||2M N EF y y ⋅⋅− 2212253223k kk k −=−++2222(1)(32)(23)k k k k +=++ (15分) 不妨设0k >,则6424222222222212101012(12212)(1)(32)(23)(32)(23)k k k k k k S k k k k −−++−+−−′==++++ 由0S ′=知1k =.又(0,1)k ∈时,0S ′>; (1,)k ∈+∞时,0S ′<; 故当1k =时,S 有最大值为425.所以,△FMN 的面积的最大值是425. (20分)。
2014年全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案与评分细则(定稿)
2014年全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案与评分细则一、填空题(本题满分70分,每小题7分)1.若x ≥2,则函数f (x )=x +1x +1的最小值是 .答案:73.2.已知函数f (x )=e x .若f (a +b )=2,则f (3a )·f (3b )的值是 . 答案:8.3.已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列,公差为d ,S n 为其前n 项和,且满足a n 2=S 2n -1,n ∈N *,则数列{a n }的通项a n = . 答案:2n -1.4.若函数f (x )=⎩⎨⎧2x 2-3x , x ≥0,-2x 2+ax ,x <0是奇函数,则实数a 的值是_________. 答案:-3. 5.已知函数f (x )=|lg|x -103||.若关于x 的方程f 2(x )-5f (x )-6=0的实根之和为m ,则f (m )的值是 . 答案:1.6.设α、β都是锐角,且cos α=55,sin(α+β)=35,则cos β等于 . 答案:2525.说明:若学生得出255或2525,255,本题得4分.7.四面体ABCD 中,AB =3,CD =5,异面直线AB 和CD 之间的距离为4,夹角为60°,则四面体ABCD 的体积为 . 答案:53.8.若满足∠ABC =π3,AC =3,BC =m 的△ABC 恰有一解,则实数m 的取值范围是 .答案:(0,3]∪{23}.9.设集合S ={1,2,…,8},A ,B 是S 的两个非空子集,且A 中最大的数小于B 中的最小数,则这样的集合对(A ,B )的个数是 . 答案:769.10.如果正整数m 可以表示为x 2-4y 2 (x ,y ∈Z ),那么称m 为“好数”.问1,2,3,…,2014中“好数”的个数为 . 答案:881.二、解答题(本题满分80分,每小题20分)11.已知a ,b ,c 为正实数,a x =b y =c z ,1x +1y +1z=0,求abc 的值.证明:设a x =b y =c z =p >0,则a =1xp ,b =1yp ,c =1zp .…………………… 10分所以abc =1xp·1yp·1zp =111x y zp++. …………………… 15分因为1x +1y +1z=0,所以abc =0p =1. …………………… 20分12.已知F 1,F 2分别是双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左右焦点,点B 的坐标为(0,b ),直线F 1B 与双曲线C 的两条渐近线分别交于P ,Q 两点,线段PQ 的垂直平分线与x 轴交于点M .若MF 2=12F 1F 2,求双曲线C 的离心率.解:设双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的半焦距长为c ,则点F 1,F 2的坐标分别(-c ,0),(c ,0).从而直线F 1B 的方程为x -c +y b=1,双曲线C :x 2a 2-y 2b 2=1的渐近线方程为x 2a 2-y 2b 2=0.联立⎩⎨⎧x -c +yb =1,x 2a 2-y2b 2=0,消去y 得,b 2x 2-2a 2cx -a 2c 2=0.由韦达定理得:线段PQ 中点的坐标(a 2c b 2,c 2b ). ………………………… 10分因此PQ 中垂线的方程是:y -c 2b =-c b (x -a 2cb2).在上式中,令y =0,得M (c +a 2cb 2,0). ………………………… 15分另一方面,由MF 2=12F 1F 2,则M (2c ,0),或M (0,0)(舍去),由此可得,c +a 2cb2=2c ,即a =b ,故e =2. ………………………… 20分13.如图,已知△ABC 是锐角三角形,以AB 为直径的圆交边AC 于点D ,交边AB 上的高CH于点E .以AC 为直径的半圆交BD 的延长线于点G .求证:AG =AE .证明:连结BE ,CG . 因为AB 为直径,所以∠AEB =90°,BG ⊥AC . 又EH ⊥AB ,在△AEB 中,由射影定理得 AE 2=AH ·AB . 因为AC 为直径,所以∠AGC =90°.在△AGC 中,由射影定理得AG 2=AD ·AC . …………10分因为∠BDC =∠BHC =90°, 所以B ,C ,D ,H 四点共圆,从而由割线定理知AH ·AB =AD ·AC . …………………… 15分 所以AE 2=AG 2,即AE =AG . …………………… 20分14.(1)正六边形被3条互不交叉(端点可以重合)的对角线分割成4个三角形.将每个三角形区域涂上红、蓝两种颜色之一,使得有公共边的三角形涂的颜色不同.怎样分割并涂色可以使红色三角形个数与蓝色三角形个数的差最大?(2) 凸2016边形被2013条互不交叉(端点可以重合)的对角线分割成2014个三角形.将每个三角形区域涂上红、蓝两种颜色之一,使得有公共边的三角形涂的颜色不同.在上述分割并涂色的所有情形中,红色三角形个数与蓝色三角形个数之差的最大值是多少?证明你的结论.ABCDEFABCDGE HABCDGEH解:(1)3条对角线分得4个三角形,相邻的两个涂色相异,则既有红 色三角形,又有蓝色三角形.不妨设红色三角形多于蓝色三角形.则蓝色三角形至少有1个,红色三角形最多3个,红色三角形个数与蓝色三角形个数之差不超过3-1=2.如图连接AC ,CE ,EA ,△ACE 涂蓝色,其余3个三角形涂红色,差为2. 故红色三角形个数与蓝色三角形个数之差的最大值为2. …………………… 5分 (2)2013条互不交叉(端点可以重合)的对角线分割成2014个三角形.每个三角形区域涂红、蓝两种颜色之一,使得有公共边的三角形涂的颜色不同.设红色三角形多于蓝色三角形.每个蓝色三角形三条边中至少有一条对角线,即三条边中对角线的条数只能为1、2或3.每条对角线只属于一个蓝色三角形.设边中恰含k (k =1,2,3)条对角线的蓝色三角形的个数为m k ,则对角线条数m 1+2m 2+3m 3=2013, 蓝色三角形个数m 1+m 2+m 3=3m 1+3m 2+3m 33≥m 1+2m 2+3m 33= 20133 =671,红色三角形个数≤2013-671=1343,红色三角形个数与蓝色三角形个数之差≤1343-671=672. ……………………10分 注意到凸6边形中红色三角形个数与蓝色三角形个数之差的最大值为2,此时6边形的边均为红色; 假定凸3k 边形中,红色三角形个数与蓝色三角形个 数之差的最大值为k 且凸3k 边形的边均为红色.则凸3(k +1)边形A 1A 2A 3…A 3k A 3k +1A 3k +2A 3k +3中的凸3k 边形A 1A 2A 3…A 3k 按假定涂色,红色三角形个数与蓝色三角形个数之差最大值为k 且边A 1A 3k 为红色.如图,则△A 1A 3k A 3k +2区域涂蓝色,△A 3k A 3k +1A 3k +2区域涂红色,△A 1A 3k +2A 3k +3区域涂红色,凸3(k +1)边形中红色三角形个数与蓝色三角形个数之差的值为k +2-1= k +1.即按上述方法涂色,凸2016边形中红色三角形个数与蓝色三角形个数之差为20163 = 672.所以凸2016边形中红色三角形个数与蓝色三角形个数之差的最大值为672.……………………20分ABCDEFA 1A 3k +1A 3kA 3k +2A 3k +3。
2014年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(B卷)
2014B 10、(本题满分 20 分)设 x1, x2 , x3 是多项式方程 x3 10x 11 0 的三个根.
⑴已知 x1, x2 , x3 都落在区间 5,5 之中,求这三个根的整数部分;(5 分)
2014 年全国高中数学联合竞赛试题(B 卷) 第 4 页 共 10 页
以得到 an3 an 12 ,说明 a3k1,a3k ,a3k1分别是公差为12 的等差数列,首先分别为 a2 5 , a3 9 , a4 13 。又 a1, a2 , a3 , a4 成公差为 4 的等差数列,所有 an 也是公差为 4 的等差数列,
an 4n 3。
由过
AD
,
BE
交点的直线系方程为
x0 (x 2) 2(2 x0 2 y0
)
y
x 2
2y0 ( 2 x0
y 1) 2y0
0
,
把 C(2,1)
代入可得
1,此时直线系就变为
x0 (x 2(2 x0
2) 2y0
)
y
x
2
件 A 共包含 45 C153 。由于在 52 张牌随机抽取 5 张的基本事件个数为 C552 ,于是事件 A 发生的概率
为 45 C153
C
5 52
0.5071,从而 P( A) 1 0.5071 0.4929 。
2014B 8、设 g(x) x(1 x) ,是定义在区间[0,1]上的函数,则函数 y xg (x) 的图像与 x
2014年全国高中数学联赛试题及答案
2014年全国高中数学联赛(B 卷)一 试一、填空题(每小题8分,共64分,) 1.函数xx x f 3245)(---=的值域是 .2. 已知函数x x a y sin )3cos (2-=的最小值为3-,则实数a 的取值范围是 .3.双曲线122=-y x的右半支与直线100=x 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 .4.已知}{n a 是公差不为0的等差数列,}{n b 是等比数列,其中3522113,,1,3b a b a b a ====,且存在常数βα,使得对每一个正整数n 都有βα+=n n b a log ,则=+βα .5. 函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a a x f x x 在区间]1,1[-∈x 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111C B A ABC -的9条棱长都相等,P 是1CC 的中点,二面角α=--11B P A B ,则=αsin .8.方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解(x ,y ,z )的个数是 .二、解答题(本题满分56分) 9. (16分)已知函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f ,当10≤≤x 时,1)(≤'x f ,试求a 的最大值.10.(20分)已知抛物线x y 62=上的两个动点1122(,)(,)A x y B x y 和,其中21x x ≠且421=+x x .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.(20分)证明:方程02523=-+x x恰有一个实数根r ,且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ,使得+++=32152a a a r r r .解 答1. ]3,3[- 提示:易知)(x f 的定义域是[]8,5,且)(x f 在[]8,5上是增函数,从而可知)(x f 的值域为]3,3[-.2. 1223≤≤-a 提示:令t x =sin ,则原函数化为t a at t g )3()(2-+-=,即 t a at t g )3()(3-+-=.由3)3(3-≥-+-t a at ,0)1(3)1(2≥----t t at ,0)3)1()(1(≥-+--t at t 及01≤-t 知03)1(≤-+-t at 即3)(2-≥+t t a . (1)当1,0-=t 时(1)总成立;对20,102≤+<≤<t t t ;对041,012<+≤-<<-t t t .从而可知 1223≤≤-a . 3. 9800 提示:由对称性知,只要先考虑x 轴上方的情况,设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ,则线段k k B A 内部的整点的个数为99k -,从而在x 轴上方区域内部整点的个数为991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点,所以所求整点的个数为98009848512=+⨯.3 提示 :设}{n a 的公差为}{,n b d 的公比为q ,则,3q d =+ (1) 2)43(3q d =+, (2)(1)代入(2)得961292++=+d d d ,求得9,6==q d .从而有βα+=-+-19log )1(63n n 对一切正整数n 都成立,即βα+-=-9log )1(36n n 对一切正整数n 都成立.从而βαα+-=-=9log 3,69log ,求得 3,33==βα,333+=+βα.5. 41- 提示:令,y a x=则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的.当10<<a 时,],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=,所以412213)21()(2min -=-⨯+=y g ;当1>a 时,],[1a a y -∈,2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ,所以412232)(12min -=-⨯+=--y g . 综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-. 6.1217 提示:同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=,从而先投掷人的获胜概率为 +⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯=.提示:解法一: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)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -,从而,)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=B A B .设分别与平面PBA 1、平面PA B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =,则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x z x BA ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x B x A B n 由此可设)3,1,0(),1,0,1(==,所以cos m n m n α⋅=⋅,即2cos cos 4αα=⇒=.所以 410sin =α.OEPC 1B 1A 1A解法二:如图,PB PA PC PC==11, .设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .11,,PA PB PO AB =⊥因为 所以 从而⊥1AB 平面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .连结EB 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB .在直角O PA 1∆中,OE P A PO O A ⋅=⋅11,即 56,532=∴⋅=⋅OE OE .又 554562,222111=+=+=∴=OE O B E B OB .4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α. 8. 336675 提示:首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C .把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类:(1)z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1;(2)z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数,易知为1003; (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知100420096100331⨯=+⨯+k ,所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=,即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.9. 解法一:,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得 )21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=.所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤8≤,所以38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)((m 为常数)满足题设条件,所以a 最大值为38. 解法二:c bx ax x f ++='23)(2. 设1)()(+'=x f x g ,则当10≤≤x 时,2)(0≤≤x g .设 12-=x z,则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h .容易知道当11≤≤-z 时,2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . 从而当11≤≤-z 时,22)()(0≤-+≤z h z h , 即21434302≤++++≤c b a z a , 从而 0143≥+++c b a ,2432≤z a ,由 102≤≤z 知38≤a .又易知当m x x x x f ++-=23438)((m 为常数)满足题设条件,所以a 最大值为38.10. 解法一:设线段AB 的中点为),(00y x M ,则 2,22210210y y y x x x +==+=,01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=.线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . (1) 易知0,5==y x 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)0,5(.由(1)知直线AB 的方程为)2(30-=-x y y y ,即 2)(300+-=y y y x . (2) (2)代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ,即012222002=-+-y y y y . (3)依题意,21,y y 是方程(3)的两个实根,且21y y ≠,所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-=22120))()3(1(y y y -+=]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=. 定点)0,5(C 到线段AB 的距离22029)0()25(y y CM h+=-+-==.2020209)12)(9(3121y y y h AB S ABC+⋅-+=⋅=∆)9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314=.当且仅当222249yy-=+,即0y=,66((33A B+-或66((33A B-时等号成立.所以,ABC∆面积的最大值为7314.11.令252)(3-+=xxxf,则056)(2>+='xxf,所以)(xf是严格递增的.又43)21(,02)0(>=<-=ff,故)(xf有唯一实数根1(0,)2r∈.所以32520r r+-=,3152rr-=4710r r r r=++++.故数列),2,1(23=-=nnan是满足题设要求的数列.若存在两个不同的正整数数列<<<<naaa21和<<<<nbbb21满足52321321=+++=+++bbbaaa rrrrrr,去掉上面等式两边相同的项,有+++=+++321321tttsss rrrrrr,这里<<<<<<321321,tttsss,所有的is与jt都是不同的.不妨设11ts<,则++=++<21211ttsss rrrrr,112111111121211=--<--=++≤++<--rrrrr stst,矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加试1. (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.2. (40分)设k 是给定的正整数,12rk =+.记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥,()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥.证明:存在正整数m ,使得()()m f r 为一个整数.这里,x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数,例如:112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥,11=⎡⎤⎢⎥. 3. (50分)给定整数2n>,设正实数12,,,n a a a 满足1,1,2,,k a k n ≤=,记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==.求证:1112n nk k k k n a A ==--<∑∑. 4. (50分)一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 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 答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2PK=P 的幂(关于⊙O )+K 的幂(关于⊙O )()()2222PO r KO r =-+-,同理()()22222QK QO rKOr=-+-,所以2222PO PK QO QK-=-,故OK ⊥PQ . 由题设,OK ⊥MN ,所以PQ ∥MN ,于是AQ APQN PM=. ①由梅内劳斯(Menelaus )定理,得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=, ② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=. ③M由①,②,③可得NB MC BD CD =, 所以ND MDBD DC=,故△DMN ∽ △DCB ,于是DMN DCB ∠=∠,所以BC ∥MN ,故OK ⊥BC ,即K 为BC 的中点,矛盾!从而,,,A B D C 四点共圆.注1:“2PK=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 ⋅=⋅, ④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 ⋅=⋅, ⑤⑤-④,得2PK 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.2. 记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次.则当2()1m v k =+时,()()m f r 为整数.下面我们对2()v k v =用数学归纳法.当0v=时,k 为奇数,1k +为偶数,此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数. 假设命题对1(1)v v-≥成立.对于1v ≥,设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+,这里,0i α=或者1,1,2,i v v =++.于是FE QPONMK DCBA()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122kk k =+++11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+, ①这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.显然k '中所含的2的幂次为1v -.故由归纳假设知,12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数,由①知,(1)()v fr +是一个整数,这就完成了归纳证明. 3. 由01k a <≤知,对11k n ≤≤-,有110,0kni ii i k a k an k ==+<≤<≤-∑∑.注意到当,0x y >时,有{}max ,x y x y -<,于是对11k n ≤≤-,有11111kn n k i ii i k A A a a n k n ==+⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭∑∑11111n ki ii k i a a n k n =+=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑11111max ,nk i i i k i a a n k n =+=⎧⎫⎛⎫<-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑∑ 111max (),n k k n k n ⎧⎫⎛⎫≤--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭1kn=-, 故111nnnk kn kk k k a AnA A ===-=-∑∑∑()1111n n nk n kk k AA A A --===-≤-∑∑111n k k n -=⎛⎫<- ⎪⎝⎭∑12n -=.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11 上b ,如果数字和颜色都相同,则标上c .于是对于给定的点1A 上的设置(共有4种),按照边上的字母可以依次确定点23,,,n A A A 上的设置.为了使得最终回到1A 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,02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦,标有b 的边有2j 条,202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦.选取2i 条边标记a 的有2i n C 种方法,在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j n i C -种方法,其余的边标记c .由乘法原理,此时共有2i n C 22j n i C -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 222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑. ① 这里我们约定001C =.当n 为奇数时,20n i ->,此时22221202n i j n i n ij C -⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑. ② 代入①式中,得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 0022(1)(21)(21)n n kn k k n k k n n nn k k C C --===+-=++-∑∑ 31n =+.当n 为偶数时,若2n i <,则②式仍然成立;若2n i =,则正n 边形的所有边都标记a ,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222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑ ()2221024233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑.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31n +种;当n 为偶数时有33n +种.。
2014年高中数学联赛试题及其解答
加试
一、(本题满分 40 分)设实数a、b、c满足a + b + c = 1,abc>0,求证:ab + bc + ca< √ + 。
证明方法一:因为abc>0,故a、b、c全为正数,或一正两负。 (Ⅰ)若a、b、c中一正两负,不妨设a>0,b、c<0,则ab + bc + ca = a(b + c) + bc = a(b + c) + bc = [1 − (b + c)](b + c) + bc = (b + c) − b − − <0< √ + 。
解答:我们考虑存在复数z 、z ,|z |、|z |<1,z ≠ z ,使得(z + α) + αz =
(z + α) + αz 的充要条件。此时
(z + α) + αz = (z + α) + αz
⇔ α(z − z ) = (z − z )(z + z + 2α)
⇔ α[(z − z ) + 2(z − z )] = (z − z )(z + z )
3、若函数f(x) = x + a|x − 1|在[0, + ∞)上单调递增,则实数a的取值范围是
。
x − ax + a,x ∈ 0,1
解答:根据条件知f(x) =
。f(x)在 0,1 单调递增的充要
x + ax − a,x ∈ 1, + ∞
条件为 ≤ 0 ⇔ a ≤ 0;f(x)在 1, + ∞ 单调递增的充要条件为− ≤ 1 ⇔ a ≥ −2。故实数
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1 。 100
,a n 1 arctan(sec a n ) , (n N ) 求正整数 m , 6 , ) ,且 tan a n 1 sec a n 2 2
★解析:由已知条件可知,对任意正整数 n , a n 1 ( 由于 sec a n 0 ,故 a n 1 (0,
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2a | QF1 | | QF2 || PF1 | | PF2 | 2c 4
于是 | QF2 || PF1 | | PF2 | | QF1 | 2c 1 设 H 为线段 PF1 的中点,则 | F1 H | 2, | QH | 5 ,且有 F2 H PF1 。由勾股定理知,
① ②
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而点 P 的坐标 ( a, b) 同时满足①,②。故 A , B 的坐标均满足方程
by 2( x a )
③ ( x1 , y1 ) , ( x 2 , y 2 )
故③就是直线 AB 的方程。 直线 PO 与 AB 的斜率分别为 从而③即为 y
tan a m tan a1 tan a 2 … sec a1 sec a 2 sec a m
tan a m tan a1 tan a 2 … (利用①) tan a 2 tan a3 tan a m 1
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2 2 2 2 2 2 5
48 3 。 64 4
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。 2014A 9、 (本题满分 16 分)平面直角坐标系 xOy 中, P 是不在 x 轴上的一个动点,满足条件:过 P 可作抛物线 y 4 x 的两条切线,两切点连线 l P 与 PO 垂直.设直线 l P 与直线 PO , x 轴的交点分别 为 Q, R 。 ⑴证明: R 是一个定点; ⑵求
2014年全国高中数学联赛试题及解答
全国高中数学联合竞赛试题(A 卷)一试一、填空题(本大题共8小题,每小题8分,共64分)1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+,则11a b+的值为________.答案:设连等式值为k ,则232,3,6k k ka b a b --==+=,可得答案108分析:对数式恒等变形问题,集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ,则M m -的值为______.答案:33251b a +≤+=,33b a a a+≥+≥,均能取到,故答案为5-分析:简单最值问题,与均值、对勾函数、放缩有关,集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增,则实数a 的取值范围是______.答案:零点分类讨论去绝对值,答案[]2,0-分析:含绝对值的函数单调性问题,集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =,()()*1221n n n a a n N n ++=∈+,则2014122013a a a a =+++______. 答案:()1221n n n aa n ++=+,迭乘得()121n n a n -=+,()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++,乘以公比错位相减,得2n n S n =,故答案为20152013.分析:迭乘法求通项,等差等比乘积求前n 项和,集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -中,侧面是边长为1的正三角形,,M N 分别是边,AB BC 的中点,则异面直线MN与PC 之间的距离是________.答案:OB 为公垂线方向向量,故距离为12OB =分析:异面直线距离,也可以用向量法做,集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ,过点1F 的直线与Γ交于点,P Q .若212PF F F =,且1134PF QF =,则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________.答案:不妨设焦点在x 轴(画图方便),设114,3PF QF ==,焦距为2c ,224a c =+,可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +,过2F 作高,利用勾股可得5c =. 分析:椭圆中常规计算,与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关,集训队讲义训练过相关7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2,圆心为I .若点P 满足1PI =,则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________.答案:sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠,又两角和为60最大,即AP 与(),1I 切于对称轴右侧8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点,以12的概率在每对点之间连一条边,任意两点之间是否连边是相互独立的,则,A B 之间可以用空间折线(一条边或者若干条边组成)连结的概率为_______. 答案:总连法64种,按由A 到B 最短路线的长度分类.长度为1,即AB 连其余随意,32种; 长度为2,即AB 不连,ACB 或ADB 连,其余随意,ACB 连8种,故共88214+-=种 (一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次,根据CD 是否连有2种情形);长度为3,两种情形考虑ACDB ,ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种,故连法为2种;综上,答案483644=分析:组合计数,分类枚举,难度不大但容易算错,集训队讲义训练过类似题目二、解答题(本大题共3小题,共56分)9. (本题满分16分)平面直角坐标系xOy 中,P 是不在x 轴上的一个动点,满足条件:过P 可作抛物线24y x =的两条切线,两切点连线P l 与PO 垂直.设直线P l 与直线PO ,x 轴的交点分别为,Q R . (1)证明:R 是一个定点;(2)求PQQR的最小值.答案:(1)设(),P a b ,()()1122,,,A x y B x y ,0,0a b ≠≠,()11:2PA yy x x =+,()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+,利用垂直,可得2a =-,故交点为定点()2,0(2)∵2a =-,故,2PO PR b bk k =-=-,设OPR α∠=,则α为锐角,1tan PQ QR α=,利用两角差 的正切公式,可得282PQ b QR b+=≥. 分析:涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值,集训队讲义专门训练并重点过10. (本题满分20分)数列{}n a 满足16a π=,()()*1arctan sec n n a a n N +=∈.求正整数m ,使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=. 答案:由反函数值域,知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==,1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析:涉及简单反三角函数、数列通项公式求法,集训队讲义对类似题目进行过训练11. (本题满分20分)确定所有的复数α,使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠,均有()()221122z z z z αααα++≠++.答案:转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等,记()()2f z z z αα=++,()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=, 则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-,故12122222z z z z a ααα=++≥-->-, 故2α<; 若2α<,令12,22z i z i ααββ=-+=--,其中012αβ<<-,则12z z ≠,122i ααββ-±≤-+<,计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入,知()()12f z f z =.综上,满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、(本题满分40分)设实数,,a b c满足1a b c++=,0abc>.求证:14ab bc ca++<.a b c≥≥>,则1a≥1c≤.)ab bc ca c++-+⎭12c-,故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->,故原不等式成立.方法2:不妨设0a b c≥≥>,则13a≥c,设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-,()f b递增f⇔,()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝,()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a;题目转化为21ac+=,a c≥,记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭,由于13a≥1=,得1532a=,115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析:一道偏函数化的不等式题,可以将其放缩为一元函数,也可以拿导数与调整法很快做出来,集训队讲义上两种方法都训练过.二、(本题满分40分)在锐角三角形ABC中,60BAC∠≠,过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE,且满足BD CE BC==.直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G.设CF与BD交于点M,CE与BG交于点N.证明:AM AN=.答案:设△ABC三边为,,a b c,则BD CE a==,先计算AM,∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠,∴△BFD∽△CBA.由比例可知acDFb=,故BM BC bBDDF c==,故abBMb c=+,故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭,整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析:由于一旦,,a b c三边确定则图形固定,所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、(本题满分50分)设{}1,2,3,,100S =.求最大的整数k ,使得S 有k 个互不相同的非空子集,具有性质:对这k 个子集中任意两个不同子集,若它们的交非空,则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同.答案:一方面,取包含1的、至少含2个元素的所有子集,共9921-个,显然满足题意; 另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =,任取()123n n -≥个子集,均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时,将7个非空子集分为三类:{}{}{}31,32,3,{}{}21,2,{}{}11,2,3.任取四个必有两个同类. 假设n k =时命题成立,当1n k =+时,如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +,利用归纳假设知成 立;如果不含1k +的不足12k -,则至少有121k -+个含有1k +,而S 含有1k +的子集共2k 个,可以配成12k - 对,使得每对中除了公共元素1k +外,其余恰为1到n 的互补子集,这样,如果选出121k -+个,则必有两 个除1k +外不交,故命题成立. 综上,k 的最大值为9921-.分析:集合中的组合最值问题,比较常规的一道题,类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、(本题满分50分)设整数122014,,,x x x 模2014互不同余,整数122014,,,y y y 模2014也互不同余.证明:可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ,使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余.答案:不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡,1,2,,2014i =.下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列:若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余,则1007,i i y y +不调整;否则,交换1007,i i y y +位置,1,2,,2014i =.下证,进行1007次调整后,得到的i z 序列一定满足条件. 任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=,只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法,i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的,因为不可能调整前后均同余,故只需看另两个; 首先,对于不同的,i j ,2i 与2j 模4028不同余,否则会导致()mod 2014i j ≡.若,i j y y 均未调整,则()2mod 2014i i x z i +≡,()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡,故成立;若,i j y y 均已调整,则()21007mod 2014i i x z i +≡+,()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+,故成立; 若只有一个被调整过,不妨设i y 未调整、j y 已调整,则()2mod 2014i i x z i +≡, ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+,若()4028|21007i j --,则()1007|i j -,矛盾,故同样成立. 综上,构造的i z 序列满足条件.全国高中数学联赛试题及解答高中联赛试题分析从试题类型来看,今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为:代数37.3%,几何26.7%,数论16.7%,组合19.3%.这方面和历年情况差不多,但具体的知识点差别极大.一试第7题填空题可谓出人意表,虽然解答是用三角函数的方法处理的,对比历年试题,这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置.但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题.从图中不难看出,最值情况在相切时取到,剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题.其余填空题中,第1~6题和往年出题风格类似,第8题概率计算略显突兀,本题几乎不需要用到计数的技巧,而是用单纯枚举的方法即可解决.放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够.一试三道解答题中,第9题和第10题均不太难,所考知识点也和往年类似,无需多说.第11题又再次爆了冷门,考了一道复数问题.联赛已经多年没有考复数的大题了,许多学生都没有准备.可以说,这次一下戳中了学生的罩门.相信本题最终的得分率不容乐观.而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了.一反从1997年开始保持到如今的惯例,没有将平面几何题放在加试的第一题.而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题,这无疑又让此题失色不少.今年的加试第一题放了一道不等式问题,虽然近几年不等式考察得较少,但是不等式一直是数学竞赛中的热门,在历年联赛中多有出现.考虑到本题难度并不大,放在联赛加试第一题还是非常合适的.全国高中数学联赛试题及解答加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往,可以从很极端的情况下猜出答案,再进行证明.值得一提的是本题题干描述有歧义,最后一句“则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同”中,记最小元素为a ,两个最大元素为b 和c .本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠,无疑是容易让人误解的.希望今后联赛试题中能避免出现这种情况.加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识,但更多考察的是构造法技巧,这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想.从难度上来说本题难度不算太大,只要能从较小的数开始构造并寻找规律,找出2014的构造并不显得困难.但本题的出题背景无疑和以下题目相关:“n 为给定正整数,()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列,则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余.” 总的说来,本次联赛考察的知识点和往年比差别较大,但从试卷难度来说,和前两年是相当的.预计今年联赛的分数线可能比去年略低.。
2014年全国高中数学联赛试题及答案
2014年全国高中数学联赛(B 卷)一 试一、填空题(每小题8分,共64分,)1.函数x x x f 3245)(---=的值域是 .2.已知函数x x a y sin )3cos (2-=的最小值为3-,则实数a 的取值范围是 .3.双曲线122=-y x 的右半支与直线100=x 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 .4.已知}{n a 是公差不为0的等差数列,}{n b 是等比数列,其中3522113,,1,3b a b a b a ====,且存在常数βα,使得对每一个正整数n 都有βα+=n n b a log ,则=+βα .5.函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a a x f x x 在区间]1,1[-∈x 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111C B A ABC -的9条棱长都相等,P 是1CC 的中点,二面角α=--11B P A B ,则=αsin .8.方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解(x ,y ,z )的个数是 .二、解答题(本题满分56分)9. (16分)已知函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f ,当10≤≤x 时,1)(≤'x f ,试求a 的最大值.10.(20分)已知抛物线x y 62=上的两个动点1122(,)(,)A x y B x y 和,其中21x x ≠且421=+x x .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.(20分)证明:方程02523=-+x x 恰有一个实数根r ,且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ,使得 Λ+++=32152a a a r r r .解 答1. ]3,3[- 提示:易知)(x f 的定义域是[]8,5,且)(x f 在[]8,5上是增函数,从而可知)(x f 的值域为]3,3[-.2. 1223≤≤-a 提示:令t x =sin ,则原函数化为t a at t g )3()(2-+-=,即t a at t g )3()(3-+-=.由3)3(3-≥-+-t a at ,0)1(3)1(2≥----t t at ,0)3)1()(1(≥-+--t at t 及01≤-t 知03)1(≤-+-t at 即3)(2-≥+t t a . (1)当1,0-=t 时(1)总成立;对20,102≤+<≤<t t t ;对041,012<+≤-<<-t t t .从而可知 1223≤≤-a .3. 9800 提示:由对称性知,只要先考虑x 轴上方的情况,设)99,,2,1(Λ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ,则线段k k B A 内部的整点的个数为99k -,从而在x 轴上方区域内部整点的个数为991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点,所以所求整点的个数为98009848512=+⨯.3 提示 :设}{n a 的公差为}{,n b d 的公比为q ,则,3q d =+ (1)2)43(3q d =+, (2)(1)代入(2)得961292++=+d d d ,求得9,6==q d .从而有βα+=-+-19log )1(63n n 对一切正整数n 都成立,即βα+-=-9log )1(36n n 对一切正整数n 都成立. 从而βαα+-=-=9log 3,69log ,求得 3,33==βα,333+=+βα.5. 41- 提示:令,y a x =则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的. 当10<<a 时,],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=, 所以412213)21()(2min -=-⨯+=y g ;当1>a 时,],[1a a y -∈,2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ,所以412232)(12min -=-⨯+=--y g .综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-. 6.1217 提示:同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=,从而先投掷人的获胜概率为Λ+⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯=.提示:解法一: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)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -,从而,)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=B A B BA .设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x =,则由此可设 )3,1,0(),1,0,1(==,所以cos m n m n α⋅=⋅u r r u r r,即2cos cosαα=⇒=.所以410sin=α.解法二:如图,PBPAPCPC==11, .设BA1与1AB交于点,O则1111,,OA OB OA OB A B AB==⊥ .BPA1.11,,PA PB PO AB=⊥因为所以从而⊥1AB平面过O在平面BPA1上作PAOE1⊥,垂足为E.连结EB1,则EOB1∠为二面角11BPAB--的平面角.设21=AA,则易求得3,2,5111=====POOBOAPAPB.在直角OPA1∆中,OEPAPOOA⋅=⋅11,即56,532=∴⋅=⋅OEOE.又554562,222111=+=+=∴=OEOBEBOB.4105542sinsin111===∠=EBOBEOBα.8. 336675 提示:首先易知2010=++zyx的正整数解的个数为1004200922009⨯=C.把2010=++zyx满足zyx≤≤的正整数解分为三类:(1)zyx,,均相等的正整数解的个数显然为1;OEPC1B1A1CBA(2)z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数,易知为1003; (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知100420096100331⨯=+⨯+k ,所以200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=, 即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.9. 解法一:,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=.所以)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤ 8≤,所以38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)((m 为常数)满足题设条件,所以a 最大值为38.解法二:c bx ax x f ++='23)(2. 设1)()(+'=x f x g ,则当10≤≤x 时,2)(0≤≤x g . 设 12-=x z ,则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h . 容易知道当11≤≤-z 时,2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . 从而当11≤≤-z 时,22)()(0≤-+≤z h z h , 即21434302≤++++≤c b a z a , 从而0143≥+++c b a ,2432≤z a ,由 102≤≤z 知38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)((m 为常数)满足题设条件,所以a 最大值为38.10. 解法一:设线段AB 的中点为),(00y x M ,则 2,22210210y y y x x x +==+=, 01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=.线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . (1) 易知0,5==y x 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)0,5(.由(1)知直线AB 的方程为)2(30-=-x y y y ,即2)(300+-=y y y x . (2) (2)代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ,即012222002=-+-y y y y . (3)依题意,21,y y 是方程(3)的两个实根,且21y y ≠,所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .)12)(9(322020y y -+=. 定点)0,5(C 到线段AB 的距离202029)0()25(y y CM h +=-+-==7314=当且仅当20202249y y -=+,即0y =,A B 或A B -时等号成立. 所以,ABC ∆面积的最大值为7314. 11.令252)(3-+=x x x f ,则056)(2>+='x x f ,所以)(x f 是严格递增的.又043)21(,02)0(>=<-=f f ,故)(x f 有唯一实数根1(0,)2r ∈.所以 32520r r +-=,3152rr -=4710r r r r =++++L .故数列),2,1(23Λ=-=n n a n 是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列ΛΛ<<<<n a a a 21和ΛΛ<<<<n b b b 21满足52321321=+++=+++ΛΛb b b a a a r r r r r r , 去掉上面等式两边相同的项,有ΛΛ+++=+++321321t t t s s s r r r r r r ,这里ΛΛ<<<<<<321321,t t t s s s ,所有的i s 与j t 都是不同的. 不妨设11t s <,则ΛΛ++=++<21211t t s s s r r r r r ,112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ΛΛ,矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加 试1. (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.2. (40分)设k 是给定的正整数,12r k =+.记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥,()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥.证明:存在正整数m ,使得()()m f r 为一个整数.这里,x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数,例如:112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥,11=⎡⎤⎢⎥. 3. (50分)给定整数2n >,设正实数12,,,n a a a L 满足1,1,2,,k a k n ≤=L ,记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==L L .求证: 1112nnk k k k n a A ==--<∑∑. 4. (50分)一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A L 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 答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2PK =P 的幂(关于⊙O )+K 的幂(关于⊙O )()()2222PO r KO r =-+-, 同理()()22222QK QO r KO r =-+-,所以 2222PO PK QO QK -=-,故OK ⊥PQ . 由题设,OK ⊥MN ,所以PQ ∥MN ,于是MAQ APQN PM=. ① 由梅内劳斯(Menelaus )定理,得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=, ② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=. ③ 由①,②,③可得NB MC BD CD =, 所以ND MDBD DC=,故△DMN ∽ △DCB ,于是DMN DCB ∠=∠,所以BC ∥MN ,故OK ⊥BC ,即K 为BC 的中点,矛盾!从而,,,A B D C 四点共圆. 注1:“2PK =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 ⋅=⋅, ④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 ⋅=⋅, ⑤⑤-④,得2PK 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FE QPONMK DCBA类似.2. 记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次.则当2()1m v k =+时,()()m f r 为整数. 下面我们对2()v k v =用数学归纳法. 当0v =时,k 为奇数,1k +为偶数,此时为整数. 假设命题对1(1)v v -≥成立.对于1v ≥,设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+L ,这里,0i α=或者1,1,2,i v v =++L . 于是12k '=+, ① 这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++L L .显然k '中所含的2的幂次为1v -.故由归纳假设知,12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数,由①知,(1)()v f r +是一个整数,这就完成了归纳证明.3. 由01k a <≤知,对11k n ≤≤-,有110,0kni ii i k a k an k ==+<≤<≤-∑∑.注意到当,0x y >时,有{}max ,x y x y -<,于是对11k n ≤≤-,有1kn=-, 故 111nnnk k n kk k k a A nA A ===-=-∑∑∑111n k k n -=⎛⎫<- ⎪⎝⎭∑12n -=. 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1A 上的设置(共有4种),按照边上的字母可以依次确定点23,,,n A A A L 上的设置.为了使得最终回到1A 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,02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦,标有b 的边有2j 条,202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦.选取2i 条边标记a 的有2i n C 种方法,在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j n i C -种方法,其余的边标记c .由乘法原理,此时共有2i n C 22j n i C -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222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭∑∑. ① 这里我们约定001C =. 当n 为奇数时,20n i ->,此时22221202n i jn i n ij C-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑. ②代入①式中,得31n =+.当n 为偶数时,若2n i <,则②式仍然成立;若2n i =,则正n 边形的所有边都标记a ,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()222124233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑.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31n +种;当n 为偶数时有33n +种. 2020-2-8。
2014-2009排列组合高考题及参考答案
2014-2009排列组合高考题及参考答案排列、组合高考题一、选择题1.(2014辽宁)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( )A.144B.120C.72D.242.(2014大纲全国)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组.则不同的选法共有( )A.60种B.70种C.75种D.150种3.(2014四川)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有( )A.192种B.216种C.240种D.288种4.(2014重庆)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120C.144D.1685.(2013山东理)试题用0,1,……,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为()A.243 B.252 C.261 D.2796.(2013四川卷理)从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别为,a b,共可得到lg lga b-的不同值的个数是()A.9B.10C.18D.207.(2012辽宁)一排9个座位坐了3个三口之家,若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为(A)3×3!(B) 3×(3!)3 (C)(3!)4(D) 9!8.(2012新课标)将2名教师,4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有D8种()A12种()B10种()C9种() 9.(2012全国)将字母,,,,,a ab bc c排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有A.12种B.18种C.24种D.36种10.(2011年高考全国卷理科7)某同学有同样的画册2本,同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友每位朋友1本,则不同的赠送方法共有()A.4种B.10种C.18种D.20种11.(2010山东理)某台小型晚会由6个节目组成,演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前两位、节目乙不能排在第一位,节目丙必须排在最后一位,该台晚会节目演出顺序的编排方案共有(A )36种(B )42种 (C)48种(D )54种12.(2010全国卷I 理科)某校开设A 类选修课3门,B 类选择课4门,一位同学从中共选3门,若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法共有(A) 30种 (B)35种 (C)42种 (D)48种13. (2010重庆理)某单位安排7位员工在10月1日至7日值班,每天安排1人,每人值班1天,若7位员工中的甲、乙排在相邻两天,丙不排在10月1日,丁不排在10月7日,则不同的安排方案共有(A ) 504种(B ) 960种(C ) 1008种(D ) 1108种14.(2010四川文)由1、2、3、4、5组成没有重复数字且1、2都不与5相邻的五位数的个数是(A )36 (B )32 (C )28 (D )2415.(2010年高考四川卷理科10)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.72B.96C.108D.14416.8名学生和2位第师站成一排合影,2位老师不相邻的排法种数为()A.8289A AB.8289A CC.8287A AD.8287A C17.(2010全国理)将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中.若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的方法共有()A.12种B.18种C.36种D.54种18.(2009北京理)用0到9这10个数字,可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A .324B .328C .360D .64819.(2009全国Ⅰ理)甲组有5名男同学,3名女同学;乙组有6名男同学、2名女同学。
2014年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)解析
如图,l3
:
x0x 4
+
y0y
=
1,
令 x = −2 得 E −2, 2 + x0 . 2y0
令 y = −1 得 D 4(1 + y0), −1 . x0
则 |EA| = 2 + x0 ,
|AC |
2y0
|CB| = |BD|
x0 ,|DP | = 2(1 + y0) |P E|
y0 + 1
2 + x0 2y0
所以函数 xg(x) 的图像与 x 轴所围成图形的面积是 1 · 1
1
2
π=
π.
222
16
二、解答题:本大题共 3 小题,满分 56 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演
算步骤.
第3页 共5页
9. 设数列 {an} 的前 n 项和 Sn 组成的数列满足 Sn + Sn+1 + Sn+2 = 6n2 + 9n + 7
1,tan ∠P F1F2
=
1 2
,
tan
∠P
F2F1
=
−2.
则
a
=
.
解答
作 P M ⊥ x 轴,设 |F2M | = x,则
tan ∠P F2M = 2 ⇒ |P M | = 2|F2M | = 2x,
tan
∠P F1F2
=
1 2
⇒
|F1M |
=
2|P M |
=
4x,
于是 |F√1F2| = 3x ⇒ S△P F1F2 = 3x2 = 1
⇒x=
3 3
⇒
|F1F2|
2014年高中数学联赛二试解答
2014年高中数学联赛二试解答一、实数,,a b c 满足1a b c ++=,0abc >。
求证:124ab bc ca ++<+。
证明:不妨设a b c ≥≥,由于02>,故我们可以假设14ab bc ca ++>。
由于13a ≥,因此21()11434124abc a ab bc ca ++++−≤−=≤①,等号仅当13a b c ===时成立。
也有111()(1)444ab bc ca a b c bc a a bc bc ++−=++−=−+−≤②,等号仅当12a =时成立,因此①、②等号不能同时成立。
①、②相乘可得2144abc ab bc ca ⎛⎞++−<⎜⎟⎝⎠,因此142ab bc ca ++−<。
综上所述,结论成立。
二、如图,在锐角ABC Δ中60BAC ∠≠°,过,B C 作ABC Δ外接圆的切线,BD CE ,满足BD CE BC ==。
直线DE 与,AB AC 延长线交于,F G ,,CF BD 交于M ,,CE BG 交于N ,求证:AM AN =。
证明:由已知BD CE =,并且DBC BAC ECB ∠=∠=∠,故BCED 是等腰梯形,作BAC ∠的平分线与BC 交于X 。
由于DFB ABC ∠=∠,FDB DBC BAC ∠=∠=∠,所以DFB ABC ΔΔ∼,因此BX AB DF DF FMXC AC DB BC MC====所以XM BF ,同理XN CG ,故XC ACXM BF BF BC AB AC==+,XB ABXN CG CG BC AB AC ==+,因此1XM AC BF XN AB CG==,所以XM XN =,由于11802AXM BAC AXN ∠=°−∠=∠,因此AXM AXN Δ≅Δ,所以AM AN =。
三、设{}1,2,3,...,100S =,求最大的整数k ,使得S 有k 个互不相同的非空子集,具有性质:对这k 个子集中任意两个不同的子集,若它们的交非空,则它们交集中最小元素与这两个子集的最大元素均不相同。
2014全国高中数学联合竞赛一试参考答案及评分标准
2014年全国高中数学联合竞赛一试一、填空题:本大题共8小题,没小题8分,共64分。
1.若正数a 、b 满足)(log log 2log 2632b a b a +=+=+,则ba 11+的值为. 2.设集合}213{≤≤≤+b a b a中最大元素与最小元素分别为m M ,,则m M -的值. 3.若函数1)(2-+=x a x x f 在),0[+∞上单调递增,则实数a 的取值范围是. 4.数列{}n a 满足n n a n n a a 1)2(2,211++==+(+∈N n ),则2013212014a a a a +⋅⋅⋅++=. 5.正四棱锥ABCD P -中,侧面是边长为1的正三角形,M,N 分别是边AB,BC 的中点,则异面直线MN 与PC 之间的距离是.6.设椭圆Γ的两个焦点是21,F F ,过点1F 的直线与Γ交于点Q P ,,若212F F PF =且1143QF PF =,则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为.7.设等边三角形ABC 的内切圆半径为2,圆心为I 。
若点P 满足PI=1,则A P B ∆与APC ∆的面积之比最大值为.8.设A,B,C,D 是空间四个不共面的点,以21的概率在每对点之间连一条边,任意两对点之间是否连边是相互独立的,则B A ,可用(一条边或者若干条边组成的)空间折现连接的概率为.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.(本题满分16分)平面直角坐标系xOy 中,P 是不在x 轴上的一个动点,满足条件呢:过P 可作抛物线x y 42=的两条切线,两切点连线p l 与PO 垂直.设直线p l 与直线PO ,x 轴的交点分别为Q,R 。
(1)证明R 是一个定点; (2)求QRPQ 的最小值。
10.(本体满分20分)数列{}n a 满足61π=a ,))(arctan(sec 1++∈=N n a a n n 。
2014年高考数学解排列组合应用题的15种策略(二)
2014年高考数学解排列组合应用题的15种策略(二)1、特殊优先法对于存在特殊元素或特殊位置的排列组合问题,我们可以从这些特殊入手。
先满足特殊元素或特殊位置,再去满足其它元素或位置,这种解法叫做特殊优先法。
例:1名老师和4名学生排成一排,若老师不排在两端,则共有多少种不同的排法?分析:(解法1、特殊元素法)老师在中间3个位置上任选1个的选法有A41种,然后剩余的四名学生在余下的四个位置上,排法有A44种。
由分步记数原理,所以共有A31A44=72 种。
(解法2、特殊位置法)先安排两端站两名学生共有A42种方法,其余位置安排有A33种。
所以共有排法数为A42A33=72种。
答案:72种。
2、总体淘汰法对于含否定词的问题,还可以从总体中把不符合要求的除去。
比如上面的例题中,1名老师和4名学生共5人,其排列方法为A55种,把老师排在队伍两端的情况A21A44减去。
所以方法数为A55-A21 A44=72种。
答案:72种。
相邻问题用“捆绑法”对于某些元素要求相邻的问题,可先将相邻的元素捆绑并看作一个元素并与其它元素进行排列,同时对相邻元素内部进行排列。
例:3个女生与5个男生排在一起,女生必须在一起,可以有多少种不同的方法?分析:因为3个女生必须排在一起,所以可以把她们看作一个整体,连同5个男生共6个元素,排成一排有A66种不同的排法,同时每种排法中,女生之间又有A33种不同的排法,利用分步记数原理,可得有A66A33种不同的排法。
答案:A66A333、问题用“插空法”对于几个元素不相邻的排列问题,先将没有限制条件的元素排好,然后再将不相邻的元素在已排好的元素之间及两端的空隙插入即可。
例:7人排成一排照相,若要求甲、乙、丙三人不相邻,有多少种不同的排法?分析:先将其余4人站好,有A44种排法,再于4人之间及两端5个“空隙”中选3个位置将甲、乙、丙插入,有A53种方法。
由分步记数原理,这样共有A44A53种不同的排法。
排列与组合 高考数学总复习 高考数学真题详细解析
四字口诀
求解排列组合问题的思路:“排组分清,加乘明确;有序 排列,无序组合;分类相加,分步相乘.”
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
考点自测
A.152
解析
B.126
C.90
D.54
2 3 当司机只安排 1 人时,有 C1 C 3 4A3=108 种;当司机
3 安排 2 人时有 C2 A 3 3=18 种.由分类加法计数原理知不同安
排方案的种数是 108+18=126 种.
答案
B
抓住2个考点 突破3个考向 揭秘3年高考
4.(2011· 全国)某同学有同样的画册2本,同样的集邮册3
第2讲 排列与组合
【2014年高考会这样考】
1.考查排列组合的概念及公式的推导. 2.综合应用排列、组合知识解决简单的实际问题.
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
考点梳理
1.排列 不同 元素中,任取m(m≤n)个元素 (1)排列的概念:从n个_____ 顺序 排成一列,叫 (这里的被取元素各不相同)按照一定的_____ 做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.
答案
36
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
考男生、5名女生,全体排成一行,问下列情形 各有多少种不同的排法? (1)甲不在中间也不在两端; (2)甲、乙两人必须排在两端; (3)男女相间.
[审题视点] 这是一个排列问题,一般情况下,从受到限制
的特殊元素开始考虑,或从特殊的位置开始讨论.
2014年全国高中数学联赛试题及答案
2014年全国高中数学联赛(B 卷)一 试一、填空题(每小题8分,共64分,) 1.函数xx x f 3245)(---=的值域是 .2. 已知函数x x a y sin )3cos (2-=的最小值为3-,则实数a 的取值围是 .3.双曲线122=-y x的右半支与直线100=x 围成的区域部(不含边界)整点(纵横坐标均为整数的点)的个数是 .4.已知}{n a 是公差不为0的等差数列,}{n b 是等比数列,其中3522113,,1,3b a b a b a ====,且存在常数βα,使得对每一个正整数n 都有βα+=n n b a log ,则=+βα .5. 函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a a x f x x 在区间]1,1[-∈x 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111C B A ABC -的9条棱长都相等,P 是1CC 的中点,二面角α=--11B P A B ,则=αsin .8.方程2010=++z y x满足z y x ≤≤的正整数解(x ,y ,z )的个数是 .二、解答题(本题满分56分) 9. (16分)已知函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f ,当10≤≤x 时,1)(≤'x f ,试求a 的最大值.10.(20分)已知抛物线x y 62=上的两个动点1122(,)(,)A x y B x y 和,其中21x x ≠且421=+x x .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.(20分)证明:方程02523=-+x x恰有一个实数根r ,且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ,使得+++=32152a a a r r r .解 答1. ]3,3[- 提示:易知)(x f 的定义域是[]8,5,且)(x f 在[]8,5上是增函数,从而可知)(x f 的值域为]3,3[-.2. 1223≤≤-a 提示:令t x =sin ,则原函数化为t a at t g )3()(2-+-=,即 t a at t g )3()(3-+-=.由3)3(3-≥-+-t a at ,0)1(3)1(2≥----t t at ,0)3)1()(1(≥-+--t at t 及01≤-t 知03)1(≤-+-t at 即3)(2-≥+t t a . (1)当1,0-=t 时(1)总成立;对20,102≤+<≤<t t t ;对041,012<+≤-<<-t t t .从而可知 1223≤≤-a . 3. 9800 提示:由对称性知,只要先考虑x 轴上方的情况,设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ,则线段k k B A 部的整点的个数为99k -,从而在x 轴上方区域部整点的个数为991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点,所以所求整点的个数为98009848512=+⨯.3 提示 :设}{n a 的公差为}{,n b d 的公比为q ,则,3q d =+ (1) 2)43(3q d =+, (2)(1)代入(2)得961292++=+d d d ,求得9,6==q d .从而有βα+=-+-19log )1(63n n 对一切正整数n 都成立,即βα+-=-9log )1(36n n 对一切正整数n 都成立.从而βαα+-=-=9log 3,69log ,求得 3,33==βα,333+=+βα.5. 41- 提示:令,y a x=则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的.当10<<a 时,],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=,所以412213)21()(2min -=-⨯+=y g ;当1>a 时,],[1a a y -∈,2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ,所以412232)(12min -=-⨯+=--y g . 综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-. 6.1217 提示:同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=,从而先投掷人的获胜概率为 +⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯=.提示:解法一: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)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -,从而,)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=B A B .设分别与平面PBA 1、平面PA B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =,则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x z x BA ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x B x A B n 由此可设)3,1,0(),1,0,1(==,所以cos m n m n α⋅=⋅,即2cos cos 4αα=⇒=.所以 410sin =α.OEPC 1B 1A 1A解法二:如图,PB PA PC PC==11, .设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .11,,PA PB PO AB =⊥因为 所以 从而⊥1AB 平面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .连结EB 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB .在直角O PA 1∆中,OE P A PO O A ⋅=⋅11,即 56,532=∴⋅=⋅OE OE .又 554562,222111=+=+=∴=OE O B E B OB .4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α. 8. 336675 提示:首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C .把2010=++z y x满足z y x ≤≤的正整数解分为三类:(1)z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1;(2)z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数,易知为1003; (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知100420096100331⨯=+⨯+k ,所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=,即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.9. 解法一:,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得 )21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=.所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤8≤,所以38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)((m 为常数)满足题设条件,所以a 最大值为38. 解法二:c bx ax x f ++='23)(2. 设1)()(+'=x f x g ,则当10≤≤x 时,2)(0≤≤x g .设 12-=x z,则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h .容易知道当11≤≤-z 时,2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . 从而当11≤≤-z 时,22)()(0≤-+≤z h z h , 即21434302≤++++≤c b a z a , 从而 0143≥+++c b a ,2432≤z a ,由 102≤≤z 知38≤a .又易知当m x x x x f ++-=23438)((m 为常数)满足题设条件,所以a 最大值为38.10. 解法一:设线段AB 的中点为),(00y x M ,则 2,22210210y y y x x x +==+=,01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=.线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . (1) 易知0,5==y x 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)0,5(.由(1)知直线AB 的方程为)2(30-=-x y y y ,即 2)(300+-=y y y x . (2) (2)代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ,即012222002=-+-y y y y . (3)依题意,21,y y 是方程(3)的两个实根,且21y y ≠,所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-=22120))()3(1(y y y -+=]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=. 定点)0,5(C 到线段AB 的距离22029)0()25(y y CM h+=-+-==.2020209)12)(9(3121y y y h AB S ABC+⋅-+=⋅=∆)9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314=.当且仅当222249yy-=+,即0y=,66((33A B+-或66((33A B-时等号成立.所以,ABC∆面积的最大值为7314.11.令252)(3-+=xxxf,则056)(2>+='xxf,所以)(xf是严格递增的.又43)21(,02)0(>=<-=ff,故)(xf有唯一实数根1(0,)2r∈.所以32520r r+-=,3152rr-=4710r r r r=++++.故数列),2,1(23=-=nnan是满足题设要求的数列.若存在两个不同的正整数数列<<<<naaa21和<<<<nbbb21满足52321321=+++=+++bbbaaa rrrrrr,去掉上面等式两边相同的项,有+++=+++321321tttsss rrrrrr,这里<<<<<<321321,tttsss,所有的is与jt都是不同的.不妨设11ts<,则++=++<21211ttsss rrrrr,112111111121211=--<--=++≤++<--rrrrr stst,矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加试1. (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.2. (40分)设k 是给定的正整数,12rk =+.记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥,()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥.证明:存在正整数m ,使得()()m f r 为一个整数.这里,x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数,例如:112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥,11=⎡⎤⎢⎥. 3. (50分)给定整数2n>,设正实数12,,,n a a a 满足1,1,2,,k a k n ≤=,记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==.求证:1112n nk k k k n a A ==--<∑∑. 4. (50分)一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 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 答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2PK=P 的幂(关于⊙O )+K 的幂(关于⊙O )()()2222POr KO r =-+-,同理()()22222QKQO rKOr=-+-,所以 2222PO PK QO QK-=-,故OK ⊥PQ . 由题设,OK ⊥MN ,所以PQ ∥MN ,于是AQ APQN PM=. ①由梅劳斯(Menelaus )定理,得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=, ② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=. ③M由①,②,③可得NB MC BD CD =, 所以ND MDBD DC=,故△DMN ∽ △DCB ,于是DMN DCB ∠=∠,所以BC ∥MN ,故OK ⊥BC ,即K 为BC 的中点,矛盾!从而,,,A B D C 四点共圆.注1:“2PK=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 ⋅=⋅, ④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 ⋅=⋅, ⑤⑤-④,得 2PKPE 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.2. 记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次.则当2()1m v k =+时,()()m f r 为整数.下面我们对2()v k v =用数学归纳法.当0v=时,k 为奇数,1k +为偶数,此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数. 假设命题对1(1)v v-≥成立.对于1v ≥,设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+,这里,0i α=或者1,1,2,i v v =++.于是FE QPONMK DCBA()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122kk k =+++ 11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+, ①这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.显然k '中所含的2的幂次为1v -.故由归纳假设知,12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数,由①知,(1)()v fr +是一个整数,这就完成了归纳证明. 3. 由01k a <≤知,对11k n ≤≤-,有110,0kni ii i k a k an k ==+<≤<≤-∑∑.注意到当,0x y >时,有{}max ,x y x y -<,于是对11k n ≤≤-,有11111kn n k i ii i k A A a a n k n ==+⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭∑∑11111n ki i i k i a a n k n =+=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑11111max ,nk i i i k i a a n k n =+=⎧⎫⎛⎫<-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑∑ 111max (),n k k n k n ⎧⎫⎛⎫≤--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭1kn=-, 故111nnnk kn kk k k a AnA A ===-=-∑∑∑()1111n n nk n kk k AA A A --===-≤-∑∑111n k k n -=⎛⎫<-⎪⎝⎭∑12n -=. 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DOC 专业资料. 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1A 上的设置(共有4种),按照边上的字母可以依次确定点23,,,n A A A 上的设置.为了使得最终回到1A 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,02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦,标有b 的边有2j 条,202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦.选取2i 条边标记a 的有2i n C 种方法,在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j n i C -种方法,其余的边标记c .由乘法原理,此时共有2i n C 22j n i C -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222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑. ① 这里我们约定001C =.当n 为奇数时,20n i ->,此时22221202n i j n i n ij C -⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑. ② 代入①式中,得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 0022(1)(21)(21)n n kn k k n k k n n nn k k C C --===+-=++-∑∑ 31n =+.当n 为偶数时,若2n i <,则②式仍然成立;若2n i =,则正n 边形的所有边都标记a ,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222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑ ()2221024233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑.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31n +种;当n 为偶数时有33n +种.。
湖北省武汉市吴家山中学2014届高中数学复习 排列组合问题的解题方法
排列组合问题的解题方法排列组合是高中数学中相对独立的内容,它不仅应用广泛,而且还是学习概率统计知识和进一步学习的基础.它与许多数学知识都有联系,其思考方法和解题技巧都有其特殊性,具备概念性强、灵活性强、抽象性强、思维方法新颖等特点.因此,总结、归纳其解题思想和方法,并能深入浅出地加以类比、延伸和拓展,才能“以不变应万变”,达到事倍功半之效果.一、特殊元素(或位置)“优先法”:排列组合问题无外乎“元素”与“位置”的关系问题,即某个元素排在什么位置或某个位置上排什么元素的问题.因此,对于有限制条件的排列组合问题,可从限制元素(或位置)入手,优先考虑.例1、在由数字0、1、2、3、4、5所组成的没有重复数字的四位数中,不能被5整除的数共有( )个. 解1:(元素优先法)根据所求四位数对0和5两个元素的特殊要求将其分为四类:①含0不含5,共有1324C A =48(个);②含5不含0,共有1334C A =72(个);③含0也含5,共有112224C C A =48(个);④不合0也不含5,共有44A =24(个).所以,符合条件的四位数共有48+72+48+24=192(个).解2:(位置优先法)根据所求四位数对首末两位置的特殊要求可分三步:第一步:排个位,有14C 种方法;第二步;排首位,有14C 种方法;第三步:排中间两位,有24A 种方法.所以符合条件的四位数共有14C 14C 24A =192(个). 二、相邻问题“捆绑法”:对于元素相邻的排列问题,可先将相邻元素“捆绑”起来看作一个元素(整体),先与其它元素排列,然后相邻元素之间再进行排列.例2、6个人排成一排,甲、乙二人必须相邻的排法有多少种?解:将甲、乙二人“捆绑”起来看作一个元素与其它4个元素一起排列,有A 55种,甲、乙二人的排列有A 22种,共有A 22·A 55=240种. 三、不相邻问题“插空法”:对元素不相邻问题,可先不考虑限制条件先排其它元素,再将不相邻元素插入已排好元素的空隙中(包括两端)即可.例3、用1,2,3,4,5,6,7,8组成没有重复数字的八位数,其中1与2相邻、3与4相邻、5与6相邻、7与8不相邻的八位数共有 个.解:先“相邻”排列成三个“大元素”,再三个“大元素”排列,最后7与8“插空”,共有2223222234576A A A A A 种.四、有序问题“无序法”:对于元素顺序一定的排列问题,可先考虑没有顺序元素的排列,然后除以有顺序的几个元素的全排列即可.例4、3男3女排成一排,若3名男生身高不相等,则按从高到低的一种顺序站的站法有多少种?解:6个人的全排列有A 66种,3名男生不考虑身高的顺序的站法有A 33种,而由高到低又可从左到右,或从右到左(这是两种不同的站法),故共有不同站法2A 66÷A 33=240种.五、分排问题“直排法”:n 个元素分成m (m <n )排,即为n 个元素的全排列. 例5、将6个人排成前后两排,每排3人,有多少种排法.解:6个人中选3个人排在前排有A C 3336种,剩下3人排在后排有A 33种,故共有A C 3336A 33=A 66=720种.六、分组与分配问题的解法例6、6本不同的书,按以下要求各有多少种分法?⑴平均分成三组;⑵分成1本,2本、3本三组;⑶平均分给甲、乙、丙三人;⑷分给甲、乙、丙三人,一人拿1本,一人拿2本、一人拿3本;⑸甲得一本,乙得二本,丙得三本.解:⑴此为平均分组问题,共有153222426=!C C C 分法;⑵此为非平均分组问题,共有60332516=CC C 分法;⑶先分组,再排序,共有9033222426=•!!C C C 种分法;⑷先分组,再排序,36033332516=AC C C 分法;⑸共有60332516=CC C 分法. 【注】此例中的每一个小题都提出了一种类型问题,搞清类型的归属对今后解题大有裨益,其中:⑴均匀分组问题;⑵非均匀分组问题;⑶均匀不定向分配问题;⑷非均匀不定向分配问题;⑸非均匀定向分配问题.七、综合问题的解法:对排列组合的综合问题,由于限制条件较多而使问题较为复杂.解此类问题时,应注意解题的基本策略与方法,抓住问题的本质,采用恰当方法求解.1、分类分步法:解排列组合的综合问题,应遵循“按元素的性质进行分类,按事情的发展过程进行分步”的原则,做到分类标准明确,分步层次清楚,不重不漏.例7、6个人排成一排,甲不在排头,乙不在排尾的排法有多少种?解:按元素甲分类:①甲在排尾,此时乙无任何限制条件地和其余4个元素排在一起,有A 55种排法;②甲不在排尾,而甲又不在排头,则甲有A 14种排法,乙不在排尾也有A 14种排法,其它4人有A 44种排法,共有A 55+A 14A 14A 44=504种.2、排除法:对含有否定词的问题,也可从总体中把不符合条件的排法除去,此时应注意不能多除,也不能少除.例如:在例8中,6个人的全排列有A 66种,甲在排头的排法有A 55种,乙在排尾的排法有A 55种,甲在排头且乙在排尾的排法有A 44种,故共有A 66-A 55-A 55+A 44=504种. 3、集合思想例8、用0、1、2、3、4、5、6七个数字组成没有重复数字的五位数,若数字3不在百位,数字5不在个位,共有多少个这样的五位数?解:设M={从七个数中任取五个数的排法},A={0在首位的排法},B={3在百位上的排法},C={5在个位上的排法},如图,则满足条件的五位数共有:card (M )-card (A )-card (B )-card (C )+card (A ∩B )+card (B ∩C )+card (C ∩A )-card (A ∩B ∩C )=16083324354657=-+-A A A A 个. 4、图示(表)法:对于某些综合问题,如暂无思路求解,可考虑回归课本,用树图、框图或图表法求解.例9、同室四人各写一张贺年卡,先集中起来,然后每人拿一张别人写的贺年卡,则四张贺年卡的不同分配方法有多少种?解:(树图法)如图,共有9种不同的选法. 例10、3男3女排成一排,下列情形各有多少种排法.⑴男女相间.⑵甲乙之间恰隔二人.解:⑴男女相间的站法有两类:男女男女男女,女男女男女男,共有2A 33·A 33=72种; ⑵甲乙之间恰隔二人有三类:甲××乙××,×甲××乙×,××甲××乙,因甲乙可交换位置,故共有3×A 22×44A =144种. 例11、9人组成的蓝球队中,有7人会打卫,3人会打锋,现选5人,按3卫2锋组队出场,有多少种不同的组队方法?解:9个人中7人会卫3人会锋,故有1人既会卫也会锋,则只会卫的有6人,只会锋的有2人,见下表:故共有A A 2236+A A C 223326+A C A 221236=900种方法. 5、至多、至少问题间接法:对于含有 “至多”、“至少”的组合问题,分类讨论十分麻烦,若用间接法处理,可使问题简化.例12、①某校要从6个班级中选出10人组成一个篮球队,要求每班至少选1人参加,则这10个名额的不同分配方法有多少种?②从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台,其中至少含甲型与乙型电视机各一台的不同选法有 种?解:①(隔板法)因为名额之间无区别,所以可把它们视作排成一排的10相同的球,要把这10个球分开成6段(每段至少有一个球),这样,第一种分隔方法都对应一种名额的分配方法,这10个球之间(不含两端)共有9个空位,现要在这9个空位中放进5块隔板,共有C 59=126种放法,故共有126种分配方法. ②(排除法)在被取出的3台中,不含甲型或不含乙型的取法分别为34C 与35C 种,故符合题意的取法有39C -34C -35C =70种.6、角色转换法:对元素可重复的排列组合问题,若将元素与位置互换,则可化为相异元素的问题求解.人数 6人只会卫 2人只会锋 1人既卫又锋 结果 不同 选法 3 2 A A 2236 2 2 1(锋) A A C 223326 3 1 1(卫) A C A 221236例13、有2个A ,3个B ,4个C 共9个字母排成一排,有多少种排法?解:将字母作为元素,则这是九个元素排在九个位置上的“不尽相异元素的全排列”问题.若将九个位置作为元素,则问题转化为“相异元素不许重复的组合问题”,即共有1260443729=CC C 种不同的排法. 7、分组与分配问题的解法例14、6本不同的书,按以下要求各有多少种分法?⑴平均分成三组;⑵分成1本,2本、3本三组;⑶平均分给甲、乙、丙三人;⑷分给甲、乙、丙三人,一人拿1本,一人拿2本、一人拿3本;⑸甲得一本,乙得二本,丙得三本.解:⑴此为平均分组问题,共有153222426=!CC C分法;⑵此为非平均分组问题,共有60332516=C C C 分法;⑶先分组,再排序,共有9033222426=•!!CC C 种分法;⑷先分组,再排序,36033332516=AC C C 分法;⑸共有60332516=C C C 分法. 【注】此例中的每一个小题都提出了一种类型问题,搞清类型的归属对今后解题大有裨益,其中:⑴均匀分组问题;⑵非均匀分组问题;⑶均匀不定向分配问题;⑷非均匀不定向分配问题;⑸非均匀定向分配问题.8、方程思想例15、球台上有4个黄球,6个红球,击黄球入袋记2分,击红球入袋记1分。