1、五年高考,A组 自主命题江苏卷题组,1.(2018江苏,23,10分)设nN*,对1,2,n的一个排列i1i2in,如果当sit,则称(is,it)是排列 i1i2in的一个逆序,排列i1i2in的所有逆序的总个数称为其逆序数,例如:对1,2,3的一个排列231, 只有两个逆序(2,1),(3,1),则排列231的逆序数为2.记fn(k)为1,2,n的所有排列中逆序数为k的 全部排列的个数. (1)求f3(2), f4(2)的值; (2)求fn(2)(n5)的表达式(用n表示).,解析 本题主要考查计数原理、排列等基础知识,考查求解能力和推理论证能力. (1)解法一:记(abc)为排列abc的
2、逆序数,对1,2,3的所有排列,有(123)=0,(132)=1,(213)=1,(23 1)=2,(312)=2,(321)=3,所以f3(0)=1, f3(1)=f3(2)=2. 对1,2,3,4的排列,利用已有的1,2,3的排列,将数字4添加进去,4在新排列中的位置只能是最后三 个位置. 因此f4(2)=f3(2)+f3(1)+f3(0)=5. 解法二:记(abc)为排列abc的逆序数,对1,2,3的所有排列,有(123)=0,(132)=1,(213)=1,(231)= 2,(312)=2,(321)=3,所以f3(0)=1, f3(1)=f3(2)=2. 对1,2,3,4的排列,若1
3、在首位,则2,3,4的排列逆序数为2,(1342)=2,(1423)=2.若1在第二个位置, 则首位只能是2,3,如果首位是2,则只能是(2143)=2,如果首位是3,则只能是(3124)=2.若1在第 三个位置,则只能是(2314)=2,因此, f4(2)=2+1+1+1=5. (2)解法一:对一般的n(n4)的情形,逆序数为0的排列只有一个:12n,所以fn(0)=1.逆序数为1 的排列只能是将排列12n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列, 所以fn(1)=n-1.,为计算fn+1(2),当1,2,n的排列及其逆序数确定后,将n+1添加进原排列,n+1在新排列中的位置 只能是最后三个位
4、置. 因此, fn+1(2)=fn(2)+fn(1)+fn(0)=fn(2)+n. 当n5时, fn(2)=fn(2)-fn-1(2)+fn-1(2)-fn-2(2)+f5(2)-f4(2)+f4(2)=(n-1)+(n-2)+4+f4(2)= . 因此,当n5时, fn(2)= . 解法二:对一般的n(n4)的情形,逆序数为0的排列只有一个:12n,所以fn(0)=1.逆序数为1的排 列只能是将排列12n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列, 所以fn(1)=n-1. 为计算fn+1(2),若1在首位,则2,3,n的排列逆序数为2的排列必有fn(2)个.若1在第二个位置,则首 位只能是2或
5、3,如果首位是2,则3,4,n的排列逆序数为1的排列必有fn-1(1)=(n-2)个,如果首位是 3,则2,4,n的排列逆序数为0的排列必有fn-1(0)=1个.若1在第三个位置,则只有(2314n)=2, 因此, fn+1(2)=fn(2)+fn+1(1)+fn-1(0)+1=fn(2)+n. 当n5时, fn(2)=fn(2)-fn-1(2)+fn-1(2)-fn-2(2)+f5(2)-f4(2)+f4(2)=(n-1)+(n-2)+4+f4(2)=,. 因此,当n5时, fn(2)= .,2.(2016江苏,23,10分) (1)求7 -4 的值; (2)设m,nN*,nm,求证: (m
6、+1) +(m+2) +(m+3) +n +(n+1) =(m+1) .,解析 本题主要考查组合数及其性质等基础知识,考查运算求解能力和推理论证能力. (1)7 -4 =7 -4 =0. (2)证法一:当n=m时,结论显然成立.当nm时, (k+1) = =(m+1) =(m+1) ,k=m+1,m+2,n. 又因为 + = , 所以(k+1) =(m+1)( - ),k=m+1,m+2,n. 因此,(m+1) +(m+2) +(m+3) +(n+1) =(m+1) +(m+2) +(m+3) +(n+1) =(m+1) +(m+1)( - )+( - )+( - )=(m+1) . 证法二:
7、因为(k+1) =(m+1) , 所以(m+1) +(m+2) +(m+3) +n +(n+1),=(m+1) +(m+1) +(m+1) =(m+1)( + + + ). 又因为 + = ,所以 + + + = + + + = + + = , 所以(m+1) +(m+2) +(m+3) +n +(n+1) =(m+1) . 证法三:(数学归纳法) 对任意的mN*, 当n=m时,左边=(m+1)= =m+1,右边=(m+1) =m+1,等式成立. 假设n=k(km)时等式成立, 即(m+1) +(m+2) +(m+3) +k +(k+1) =(m+1) . 则当n=k+1时, 左边=(m+1)
8、 +(m+2) +(m+3) +k +(k+1) +(k+2) =(m+1) +(k+2) . 因为(k+1) =(m+1) , + = , 所以(m+1) +(k+2) =(m+1) +(m+1) =(m+1)( + )=(m+1) .,因此左边=右边,即n=k+1时等式也成立. 综合可得等式对任意nm均成立. 证法四:记f(x)=(1+x)m+1+(1+x)m+2+(1+x)n+1, 其中m,nN*,且mn,1+x1, 则f (x)=(m+1)(1+x)m+(m+2)(1+x)m+1+(n+1)(1+x)n, 其中xm项的系数为(m+1) +(m+2) +(m+3) +n +(n+1) .
9、 又f(x)=(1+x)m+1 = , 所以f (x) = , 其中xm项的系数为(n+2) - . 因为(k+1) =(m+1) , 所以(n+2) - =(m+2) - =(m+1) . 所以(m+1) +(m+2) +(m+3) +n +(n+1) =(m+1) .,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,考点 计数原理与排列组合,1.(2018课标全国理,15,5分)从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入 选,则不同的选法共有 种.(用数字填写答案),答案 16,解析 本题主要考查组合问题. 解法一:从2位女生,4位男生中选3人,且至少有1位女生入选的情况有以下2种:
10、2女1男:有 =4种选法;1女2男:有 =12种选法,故至少有1位女生入选的选法有4+12=16种. 解法二:从2位女生,4位男生中选3人有 =20种选法,其中选出的3人都是男生的选法有 =4种, 所以至少有1位女生入选的选法有20-4=16种.,2.(2018浙江,16,4分)从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成 个没有重复数字的四位数.(用数字作答),答案 1 260,解析 本题考查排列、组合及其运用,考查分类讨论思想. 含有数字0的没有重复数字的四位数共有 =540个,不含有数字0的没有重复数字的四 位数共有 =720个,故一共可以组成540+
11、720=1 260个没有重复数字的四位数.,易错警示 数字排成数时,容易出错的地方: (1)数字是否可以重复; (2)数字0不能排首位.,3.(2017课标全国理改编,6,5分)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1 人完成,则不同的安排方式共有 种.,答案 36,解析 本题主要考查排列、组合. 第一步:将4项工作分成3组,共有 种分法. 第二步:将3组工作分配给3名志愿者,共有 种分配方法,故共有 =36种安排方式.,方法总结 分组、分配问题是排列组合的综合问题,解题思想是先分组后分配. (1)分组问题属于“组合”问题,常见的分组方法有三种: 完全均匀分组,每组元素的个数
12、都相等; 部分均匀分组,应注意不要重复; 完全非均匀分组,这种分组不考虑重复现象. (2)分配问题属于“排列”问题,常见的分配方法有三种: 相同元素的分配问题,常用“挡板法”; 不同元素的分配问题,利用分步乘法计数原理,先分组,后分配; 有限制条件的分配问题,采用分类法求解.,4.(2017浙江,16,4分)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务 队,要求服务队中至少有1名女生,共有 种不同的选法.(用数字作答),答案 660,解析 本题考查计数原理、排列、组合,排列数、组合数计算,利用间接法解决“至少”类的 组合问题,考查推理运算能力. 从8人中选出4人,且
13、至少有1名女学生的选法种数为 - =55. 从4人中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人的选法为 =12种. 故总共有5512=660种选法.,5.(2017天津理,14,5分)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的 四位数,这样的四位数一共有 个.(用数字作答),答案 1 080,解析 本题主要考查计数原理及排列组合的应用. (1)有一个数字是偶数的四位数有 =960个. (2)没有偶数的四位数有 =120个. 故这样的四位数一共有960+120=1 080个.,思路分析 分两种情况:有一个数字是偶数的四位数; 没有偶数的四位数.,6.(2016
14、课标全国理改编,5,5分)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到 位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 .,答案 18,解析 分两步,第一步,从EF,有6条可以选择的最短路径;第二步,从FG,有3条可以选择的 最短路径.由分步乘法计数原理可知有63=18条可以选择的最短路径.,7.(2016课标全国理改编,12,5分)定义“规范01数列”an如下:an共有2m项,其中m项为0,m 项为1,且对任意k2m,a1,a2,ak中0的个数不少于1的个数,若m=4,则不同的“规范01数列” 共有 个.,答案 14,解析 当m=4时,数列an共有8项
15、,其中4项为0,4项为1,要满足对任意k8,a1,a2,ak中0的个数 不少于1的个数,则必有a1=0,a8=1,a2可为0,也可为1.(1)当a2=0时,分以下3种情况:若a3=0,则a4,a 5,a6,a7中任意一个为0均可,则有 =4种情况;若a3=1,a4=0,则a5,a6,a7中任意一个为0均可,有 = 3种情况;若a3=1,a4=1,则a5必为0,a6,a7中任一个为0均可,有 =2种情况;(2)当a2=1时,必有a3=0, 分以下2种情况:若a4=0,则a5,a6,a7中任一个为0均可,有 =3种情况;若a4=1,则a5必为0,a6,a7 中任一个为0均可,有 =2种情况.综上所
16、述,不同的“规范01数列”共有4+3+2+3+2=14个.,8.(2016四川理改编,4,5分)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为 .,答案 72,解析 奇数的个数为 =72.,9.(2015广东,12,5分)某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么 全班共写了 条毕业留言.(用数字作答),答案 1 560,解析 同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,且全班共有40人,全班共写了4039= 1 560条毕业留言.,10.(2015四川改编,6,5分)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数 共有
17、 个.,答案 120,解析 数字0,1,2,3,4,5中仅有0,2,4三个偶数,比40 000大的偶数为以4开头与以5开头的数.其中 以4开头的偶数又分以0结尾与以2结尾,有2 =48个;同理,以5开头的有3 =72个.于是共有48 +72=120个.,评析 本题考查了分类与分步计数原理、排列数的知识.考查学生分析问题、解决问题的能 力.,C组 教师专用题组,1.(2014四川改编,6,5分)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 种.,答案 216,解析 若最左端排甲,其他位置共有 =120种排法;若最左端排乙,最右端共有4种排法,其余4 个位置有 =
18、24种排法,所以共有120+424=216种排法.,2.(2014重庆改编,9,5分)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 .,答案 120,解析 先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有 =144种,再剔 除小品类节目相邻的情况,共有 =24种,于是符合题意的排法共有144-24=120种.,3.(2014安徽改编,8,5分)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60的 共有 对.,答案 48,解析 利用正方体中两个独立的正四面体解题,如图, 它们的棱是原正方体的12条面对角线. 一个正四
19、面体中两条棱成60角的有( -3)对,两个正四面体有( -3)2对.又正方体的面对角 线平行成对,所以共有( -3)22=48对.,4.(2014大纲全国改编,5,5分)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 种.,答案 75,解析 从6名男医生中选出2名有 种选法,从5名女医生中选出1名有 种选法,由分步乘法计 数原理得不同的选法共有 =75种.,5.(2014北京,13,5分)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻, 则不同的摆法有 种.,答案 36,解析 记另外两件产品为D、E,A、B相邻视为一个元素,先
20、与D、E排列,有 种方法;再将 C插入,仅有3个空位可选,共有 =263=36种不同的摆法.,6.(2013北京理,12,5分)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人,每人至少1张.如果分 给同一人的2张参观券连号,那么不同的分法种数是 .,答案 96,解析 5张参观券分成4份,1份2张,另外3份各1张,且2张参观券连号,则有4种分法,把这4份参观 券分给4人,则不同的分法种数是4 =96.,评析 本题主要考查排列组合问题,“5张参观券分成4份,且2张参观券连号的分法有4种”是 解题的关键,审题不清楚是学生失分的主要原因.,7.(2013重庆理,13,5分)从3名骨科、4名脑外
21、科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医 疗小组,则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是 (用数字作答).,答案 590,解析 按每科选派人数分3、1、1和2、2、1两类. 当选派人数为3、1、1时,有3类,共有 + + =200(种). 当选派人数为2、2、1时,有3类,共有 + + =390(种). 故共有590种.,评析 本题考查了组合问题,恰当分类、合理分步、不重不漏是解决此问题的关键.,8.(2013浙江理,14,4分)将A,B,C,D,E,F六个字母排成一排,且A,B均在C的同侧,则不同的排法共 有 种(用数字作答).,答案 480,解析 从左往右看,若C排在第1
22、位,共有排法 =120种;若C排在第2位,共有排法 =72种; 若C排在第3位,则A、B可排在C的左侧或右侧,共有排法 + =48种;若C排在第4,5,6位 时,其排法数与排在第3,2,1位相同,故共有排法2(120+72+48)=480种.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点 计数原理与排列组合,1.(2019如皋期末,23)设集合U=1,2,3,4,n,其中n2,nN*,若AU,且集合A中的最小元素 是偶数,记所有满足上述条件的集合A中的最大元素之和为Sn. (1)求S3,S4的值; (2)当n为奇数时,求Sn.,解析 (1)当n=3时,U=1,2,3,则A=2或
23、2,3,故S3=5; 当n=4时,U=1,2,3,4,则A=2或2,3或2,4或2,3,4或4,故S4=17. (3分) (2)设A中的最小元素为2k,kN*,则最大元素可以取2k,2k+1,2k+2,n. 其中最大元素为2k的集合A共有1个, 最大元素为2k+1的集合A共有1个, 最大元素为2k+2的集合A共有 + =21个, 最大元素为n的集合A共有 + + =2n-2k-1个. 所以,最小元素为2k的所有集合A中的最大元素为 Mk=2k1+(2k+1)20+(2k+2)21+n2n-2k-1, 故Mk-2k=(2k+1)20+(2k+2)21+n2n-2k-1, 2(Mk-2k)=(2k
24、+1)21+(2k+2)22+(n-1)2n-2k-1+n2n-2k, -得,-Mk+2k=(2k+1)20+21+22+2n-2k-1-n2n-2k, 所以-Mk=20+21+22+2n-2k-1-n2n-2k= -n2n-2k,=2n-2k-1-n2n-2k,则Mk=(n-1)2n-2k+1. (8分) 所以Sn= Mk= (n-1)2n-2k+1 =(n-1) 2n-2k+ =(n-1)2n + =(n-1)2n + =(n-1)2n + = (n-1)= . (10分),2.(2019海安中学检测,23)现有 (n2,nN*)个给定的不同的数随机排成一个如图所示 的三角形数阵: 设Mk
25、是第k行中的最大数,其中1k .,解析 (1)由题意知P2= = ,即P2的值为 . (2)证明:先排第n行,则最大数在第n行的概率为 = , 去掉第n行已经排好的n个数, 则余下的 -n= 个数中最大数在第(n-1)行的概率为 = , 故Pn= = = . 由于2n=(1+1)n= + + + + + + = , 所以 ,即Pn .,3.(2019苏州期初,23)设f(n)=(a+b)n(n2,nN*),若在f(n)的展开式中,存在连续的三项的二项式 系数依次成等差数列,则称f(n)具有性质P. (1)求证: f(7)具有性质P; (2)若存在n2 018,使得f(n)具有性质P,求n的最大
26、值.,解析 (1)证明: f(7)=(a+b)7的展开式中第2,3,4项的二项式系数分别为 =7, =21, =35, , , 成等差数列,f(7)具有性质P. (3分) (2)假设f(n)具有性质P,则一定存在kN*,1kn-1, 使得 , , 成等差数列,2 = + . 2 = + . 化简可得4k2-4nk+n2-n-2=0. (5分) (2k-n)2=n+2. k,nN*,n+2是完全平方数. (8分) n2 018,4422 020452,n的最大值为442-2=1 934. 此时k=989或k=945. (10分),4.(2019南通基地学校三月联考,23)设整数数列an共有2n(
27、n3,nN*)项,满足3a1=a2n,a2+a2(n-1)= 2an,且ai+11+ai,2+ai(i=1,2,2n-1). (1)当n=3时,写出满足条件的数列的个数; (2)当n=m(m3)时,求满足条件的数列的个数.,解析 (1)n=3时,满足条件的所有的数列的个数为8. (2分) (2)设bi=ai+1-ai1,2(i=1,2,2m-1), 则由3a1=a2m得2a1=a2m-a1=(a2m-a2m-1)+(a2m-1-a2m-2)+(a2-a1)=b2m-1+b2m-2+b1, 由a2+a2(m-1)=2am得a2(m-1)-am=am-a2, 则(a2(m-1)-a2m-3)+(a
28、2m-3-a2m-4)+(am+1-am)=(am-am-1)+(am-1-am-2)+(a3-a2), 即b2m-3+b2m-4+bm=bm-1+bm-2+b2, 用t表示b2,b3,bm-2,bm-1中值为2的项数, 由可知t也是bm,bm-1,b2m-4,b2m-3中值为2的项数,其中t0,1,2,m-2, 所以b2,b3,b2m-4,b2m-3的取法数为( )2+( )2+( )2, (5分) 确定b2,b3,b2m-4,b2m-3后,任意指定b2m-2,b2m-1的值,有22=4种, 由式可知,应取b11,2,使得b2m-1+b2m-2+b1为偶数, 这样的b1的取法是唯一的,且确定
29、了a1的值. 从而数列b1,b2,b2m-2,b2m-1唯一地对应着一个满足条件的a1,a2,a2m-2,a2m-1. 所以满足条件的数列共有4( )2+( )2+( )2(m3)个. (7分),下面化简( )2+( )2+( )2. 设(1+x)m-2= + x+ xm-2, = + + , 两展开式右边乘积中的常数项恰好为( )2+( )2+( )2. 因为(1+x)m-2 = (1+x)2m-4, 又(1+x)2m-4中xm-2的系数为 , 所以( )2+( )2+( )2= . 所以满足条件的数列共有4( )2+( )2+( )2=4 (m3)个. (10分),5.(2019南通、如皋
30、二模,23)已知An=x0|x=k12+k222+kn2n,其中nN*,n2,ki-1,1(i=1, 2,n),记集合An的所有元素之和为Sn. (1)求S2,S3的值; (2)求Sn.,解析 (1)当n=2时,A2=x0|x=k12+k222=x0|x=2k1+4k2=2,6, 所以S2=2+6=8. 当n=3时,A3=x0|x=k12+k222+k323=x0|x=2k1+4k2+8k3=2,6,10,14. 所以S3=2+6+10+14=32. (2)若kn=-1,且k1=k2=kn-1=1,n2,nN*, x=2+22+2n-1-2n= -2n=-20,此时xAn. 所以当kn=1,k
31、1,k2,kn-1-1,1,n2,nN*时,都有xAn. 根据乘法原理知,使得ki=1(i=1,2,3,n-1,n2,nN*)的x共有2n-2个,使得ki=-1(i=1,2,3,n-1,n 2,nN*)的x也共有2n-2个, 所以Sn中的所有ki2i(i=1,2,3,n-1,n2,nN*)项的和为0, 又因为使得kn=1的x共有2n-1个, 所以Sn=2n-12n=22n-1.,6.(2018宿迁期中,23)设n3,nN*,在集合1,2,n的所有元素个数为2的子集中,把每个子集 的较大元素相加,和记为a,较小元素之和记为b. (1)当n=3时,求a,b的值; (2)求证:对任意的n3,nN*,
32、 为定值.,解析 (1)当n=3时,集合1,2,3的所有元素个数为2的子集为1,2,1,3,2,3,所以a=2+3+3= 8,b=1+1+2=4. (2)证明:当n3,nN*时,依题意得 b=1 +2 +3 +(n-2) +(n-1) , a=2 +3 +4 +(n-1) +n =21+32+43+(n-1)(n-2)+n(n-1), 则 = + + + = + + + = + + = , 所以a=2 . 又a+b=(1+2+3+n) = (n-1)=3 , 所以b= . 从而 = .,解答题(共50分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间：40分钟 分值：50分),1.(2
33、019南师附中、天一中学、海门中学、淮阴中学联考,23)设集合M=1,2,3,m,集合A,B 是M的两个不同子集,记|AB|表示集合AB的元素个数,若|AB|=n,其中1nm-1,则称 (A,B)是M的一组n阶关联子集对(A,B)与(B,A)看作同一组关联子集对),并记集合M的所有n阶 关联子集对的组数为an. (1)当m=3时,求a1,a2; (2)当m=2 019时,求an的通项公式,并求an的最大项.,解析 (1)a1=34=12,a2=3. (2)an= (22 019-n-1)+ 22 018-n+ 22 019-k-n+ 21+ 20 = . = = 1, 化简,得(1 008-2
34、n)32 018-n1 009-n, 当n503时,成立; 当504n1 008时,不成立; 当n1 009时,不成立; 即a1a505a2 018, 即(an)max=a504= .,2.(2019南京六校联合体联考,23)设nN*且n4,集合M=1,2,3,n的所有3个元素的子集记 为A1,A2, . (1)当n=4时,求集合A1,A2, 中所有元素之和S; (2)记mi为Ai(i=1,2, )中最小元素与最大元素之和,求 的值.,解析 (1)因为含元素1的子集有 个,含元素2或3或4的子集也各有 个,于是所求元素之和 为(1+2+3+4) =30. (3分) (2)集合M=1,2,3,n
35、的所有3个元素的子集中: 以1为最小元素的子集有 个,以n为最大元素的子集有 个; 以2为最小元素的子集有 个,以n-1为最大元素的子集有 个; 以n-2为最小元素的子集有 个,以3为最大元素的子集有 个. (5分) mi=m1+m2+ =(n+1)( + + + ) =(n+1)( + + + ) =(n+1)( + + + ) =(n+1) , (8分) =n+1. (9分), =2 018+1=2 019. (10分),解题关键 本题考查了子集的概念,组合的概念及性质,分类讨论的思想方法,考查推理、计算 能力.得出含有相关数字出现的次数是关键.,3.(2019徐州检测,22)设r,s,t
36、为整数,集合a|a=2r+2s+2t,0tsr中的数由小到大组成数列an. (1)写出数列an的前三项; (2)求a36.,解析 (1)数列an的前三项分别为7,11,13. (3分) (2)r,s,t为整数且0tsr,r最小取2,此时符合条件的数有 =1个; (4分) r=3,s,t可在0,1,2中取,符合条件的数有 =3个; (5分) 同理,r=4时,符合条件的数有 =6个; (6分) r=5时,符合条件的数有 =10个; (7分) r=6时,符合条件的数有 =15个; (8分) r=7时,符合条件的数有 =21个; (9分) 因此,a36是r=7中的最小值,即a36=20+21+27=1
37、31. (10分),4.(2019南京、盐城二模,23)平面上有2n(n3,nN*)个点,将每一个点染上红色或蓝色.从这2n 个点中任取3个点,记3个点颜色相同的所有不同取法总数为T. (1)若n=3,求T的最小值; (2)若n4,求证:T2 .,解析 (1)当n=3时,共有6个点, 若染红色的点的个数为0或6,则T= =20; 若染红色的点的个数为1或5,则T= =10; 若染红色的点的个数为2或4,则T= =4; 若染红色的点的个数为3,则T= + =2. 因此T的最小值为2. (3分) (2)证明:首先证明对任意n,kN*,nk,有 . 因为 - = 0, 所以 . 设2n个点中含有p(
38、pN,p2n)个染红色的点, 当p0,1,2时, T= = =4 , 因为n4,所以2n-3n,于是T4 =4 2 . (5分) 当p2n-2,2n-1,2n时, T= , 同上可得T2 . (6分) 当3p2n-3时, T= + , 设f(p)= + ,3p2n-3, 当3p2n-4时, f(p+1)-f(p)= + - - = - , 显然p2n-p-1, 当p2n-p-1,即np2n-4时, f(p+1)f(p), 当pf(4)f(n), 因此f(p)f(n)=2 ,即T2 .,综上,当n4时,T2 . (10分),5.(2018泰州中学二模)如图,一只蚂蚁从单位正方体ABCD-A1B1
39、C1D1的顶点A出发,每一步(均为 等可能的)经过一条棱到达另一顶点,设该蚂蚁经过n步回到点A的概率为pn. (1)分别写出p1,p2的值; (2)设蚂蚁从顶点A出发经过n步到达点C的概率为qn,求pn+3qn的值; (3)求pn.,解析 (1)p1=0, p2=3 = . (2)由于从顶点A出发经过n步到达到C的概率为qn,则由A出发经过n步到达点B1,D1的概率也是 qn,并且由A出发经过n步不可能到A1,B,D,C1这四个点, 所以n为奇数时,pn=qn=0,所以pn+3qn=0, n为偶数时,pn+3qn=1. (3)由C,B1,D1分别经过2步到点A的概率都是2 = , 由A出发经过
40、n步再回到A的路径分为以下四类: 由A经过(n-2)步到A,再经2步回到A,概率为 pn-2; 由A经过(n-2)步到C,再经2步回到A,概率为 qn-2; 由A经过(n-2)步到B1,再经2步回到A,概率为 qn-2; 由A经过(n-2)步到D1,再经2步回到A,概率为 qn-2.,所以pn= pn-2+ qn-2,结合pn+3qn=1, 消元得pn= pn-2+ = pn-2+ , 即pn- = , 所以pn- = = , 故pn= . 综上所述,pn=,思路分析 (1)由题意得经过1步不可能从点A回到点A,故p1=0;经过2步从点A回到点A的方法 有3种,即A-B-A;A-D-A;A-A1-A,且选择每一种走法的概率都是 ,由此可得结果. (2)分n为奇数和偶数两种情况讨论可得结论. (3)结合(2)中的结论,分四种情况讨论,可得pn= pn-2+ qn-2,又pn+3qn=1,故pn- = ,于是 得到pn= ,从而可得结论.,
