2010年全国高中数学联赛试题及答案

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2010年全国高中数学联赛

一 试

一、填空题（每小题8分，共64分，）
1. 函数
f(x)?x?5?24?3x
的值域是 .
2. 已知函数y?(acos
2
x?3)sinx
的最小值为
?3
，则实数< br>a
的取值范围是 .
3. 双曲线
x
2
?y2
?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 .
4. 已知
{a
n
}
是公差不为
0
的等差数列，
{b
n
}
是等比数 列，其中
a
1
?3,b
1
?1,a
2
?b
2
,3a
5
?b
3
，且存在常数
?
,
?< br>使得对每一个正整数
n
都有
a
n
?log
?
b
n
?
?
，
则
?
?
?
?
.
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? A
1
B
1
C
1
的9条棱长都相等，二面角
B?A< br>1
P?B
1
?
?
,
P
是
CC
1
的中点，
则
sin
?
?
.
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（本题满分56分）
32
9. （16分）已知函数
f(x)? ax?bx?cx?d(a?0)
，当
0?x?1
时，
f
?
(x)?1
，试求
a
的最大值.
2
和B(x,y)
10 .（20分）已知抛物线
y?6x
上的两个动点
A(x
1
,y
1
)
22
，其中
x
1
?x
2
且
x
1
?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.

11.（20分）证明：方程
2x?5x?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


1
3
2
5
?r
a
1
?r< br>a
2
?r
a
3
??
.

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解 答


1.
[?3,3]
提示：易知
f(x)< br>的定义域是
?
5,8
?
，且
f(x)
在
?< br>5,8
?
上是增函数，从而可知
f(x)
的值域为
[?3,3 ]
.
2.
?
3
2
?a?12
提示：令sinx?t
，则原函数化为
g(t)?(?at
2
?a?3)t
，即
g(t)??at
3
?(a?3)
.
2
由
?at
3
?(a?3)t??3
，
?at(t?1)?3(t?1)?0< br>，
(t?1)(?at(t?1)?3)?0
及
t?1?0
知
?at(t?1)?3?0
即
a(t?t)??3
. （1）
2
当
t?0,?1
时（1）总成立；
对
0?t? 1,0?t
2
?t?2
；对
?1?t?0,?
1
4
?t?t?0
.从而可知
?
2
3
2
?a?12
.
3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑
x
轴上方的情况，设
y ?k(k?1,2,?,99)
与双曲线
右半支于
A
k
,交直线x?100
于
B
k
，则线段
A
k
B
k
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
?
(99?k)?99?49?4851
.
k? 1
又
x
轴上有98个整点，所以所求整点的个数为
2?4851?98?98 00
.
4.
3
3?3
提示 ：设
{a
n
}
的公差为
d,{b
n
}
的公比为
q
，则
3?d?q,
（1）
3(3?4d)?q
， （2）
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
一切正整数
n
都成立.
从而
log
?
?
2
9
n?1
?
?
对 一切正整数
n
都成立，即
6n?3?(n?1)log
?
9?
?
对
9?6,?3??log
?
9?
?
，
2

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求得
?
?
5.
?
3
3,
?
?3
，< br>?
?
?
?
3
3?3
.
1
4
提示：令
a
x
?y,
则原函数化为
g(y)?y
2
?3y?2
,
g(y)
在
(?
3
2
,+?)
上是递增的.
当
0?a?1
时，
y?[a,a
?1
]
,
g(y)
max
?a
?2
?3a
?1
?2?8?a
?1
?2?a?
1
2
，
所以
1
2
11
g(y)
min
?()?3??2??
；
224
当
a?
时，
y?[a
?1
,a]
，
g(y)
max
?a?3a?2?8?a?2
，
2
所以
g(y)
min
?2
?2
?3?2
?1
?2??< br>1
4
.
综上
f(x)
在
x?[?1,1]
上的最小值为
?
6.
为
7
12
?
(
5
12
)
?
2
1
4
.
21
36
?
7
12
12
17
提示：同 时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率
7
12
?
(
5
12
)
?
4
7
12
??
?7
12
?
1?
1
25
144
?
12< br>17
.
7.
10
4
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，< br>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),B
1
(1,0,2),A
1
(?1,0,2) ,P(0,3,1)
，从而，
BA
1
?(?2,0,2),BP?(?1,3 ,1),B
1
A
1
?(?2,0,0),B
1
P?(?1, 3,?1)
.
设分别与平面
BA
1
P
、平面
B< br>1
A
1
P
垂直的向量
是
m?(x
1
,y
1
,z
1
)
、
n?(x
2
,y
2
,z
2
)
，则
?
?
m?BA
1??2x
1
?2z
1
?0,

?
?
?
m?BP??x
1
?3y
1
?z
1
?0,
?
?
n?B
1
A
1
??2x
2
?0,
?
?
?
n?B
1
P??x
2
?3y
2
?z
2
?0,
B

z
A
1C
1
B
1
P
A
O
C
y
x3

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??????
由此可设
m?(1,0,1),n?(0,1,3)
，所以< br>m?n?m?ncos
?
，即
6
4
3?2?2cos
?
?cos
?
?
.
所以
sin
?
?
10
4
.
A
1
解法二：如图，
PC?PC
1
,PA
1
?PB
.
C
1
设
A
1
B
与
AB
1交于点
O,
则
E
B
1
O
A
P
面
OA
1
?OB,OA?OB
1
,A
1
B?AB
1
.
因为 PA?PB
1
,所以 PO?AB
1
,
从而
AB
1
?
平
PA
1
B
.
C
B
过
O
在平面
PA
1
B
上 作
OE?A
1
P
,垂足为
E
.
连结
B< br>1
E
,则
?B
1
EO
为二面角
B?A
1
P?B
1
的平面角.设
AA
1
?2
,则易求得
PB?PA
1
?5,A
1
O?B
1
O?2,PO? 3
.
在直角
?PA
1
O
中，
A
1
O?PO?A
1
P?OE
,即
2?3?5?OE,?OE?
6
5
.
又
B
1< br>O?2,?B
1
E?B
1
O?OE
22
?2?
6
5
?
45
5
.
sin
?
?sin? B
1
EO?
B
1
O
B
1
E
?2
45
5
?
10
4
.
2
8. 336675 提示：首先易知
x?y?z?2010
的正整数解的个数为
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；
（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

4

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1?3?1003?6k?2009?1004
，
所以

6k?2009?1004?3?1003?1


?2006?1005?2009?3?2?1?2006?1005?2004
，
即
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
.

?
f
?
(0)?c,
?
13
?
?2bx?c,
由
?
f
?
()?a?b?c,
得
24
?
?
?
f
?
(1)?3a?2b?c
9. 解法一：
f
?
(x)?3ax
2
1
3a?2f
?
(0)?2f
?
(1)?4f
?
()
.
2
所以
1
3a?2f
?
(0)?2f
?
(1)?4f
?
()

2
1

?2f
?
(0)? 2f
?
(1)?4f
?
()

?8
，
2
2
所以
a?
为
8
3
8
3
. 又易 知当
f(x)?
8
3
x?4x?x?m
（
m
为常数 ）满足题设条件，所以
a
最大值
3
.
2
解法二：
f
?
(x)?3ax?2bx?c
. 设g(x)?f
?
(x)?1
，则当
0?x?1
时，
0? g(x)?2
.
设
z?2x?1
，则
x?
z?1
2
,?1?z?1
.
z?1
2
)?
3a
4
z?
2
h(z)?g (
3a?2b
2
z?
3a
4
?b?c?1
. 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
?2
， 即
0?
3a
4
z?
2
3a
4
2
?b?c?1?2
，
8
3
从而
3a
4
?b?c?1?0
,
8
3
3a
4
3
z< br>2
?2
，由
0?z
2
?1
知
a?
.
8
3
又易知当
f(x)?x?4x?x?m
（
m
为 常数）满足题设条件，所以
a
最大值为.
5

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10. 解 法一：设线段
AB
的中点为
M(x
0
,y
0
)，则
x
0
?
y
2
?y
1
x
2
?x
1
y
2
?y
1
y
2
2x
1
?x
2
2
6
?
?2,y
0
?
3
y
0
y
1
?y
2
2
， < br>k
AB
??
6
?
y
2
1
?
y
2
?y
1
.
6
线段
AB
的垂直平分线的方程是
y?y
0
??
y
0
3
(x?2)
. （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
y
0
(x?2)
，即
x?
y
0
3
(y?y
0
)?2
. （2）
2
（2）代入
y
2
?6x
得
y?2y0
(y?y
0
)?12
，即
y?2y
0
y?2y
0
?12?0
. （3）
22
依题意，
y
1
,y
2
是方程（3）的两个实根 ，且
y
1
?y
2
，所以
??4y
0
?4 (2y
0
?12)??4y
0
?48?0
,
222
?23?y
0
?23
.
y

AB?(x
1
?x
2
)?(y
1
?y
2
)

y
0
3
2
22
A

?(1?())(y
1
?y
2
)

O
22
B

?(1?
y
0
9< br>y
0
9
2
C(5,0)
x
)[(y
1
?y
2
)?4y
1
y
2
]

2

?

?
2
3
(1?)(4y
0
? 4(2y
0
?12))

22
22
(9?y
0
)(12?y
0
)
.
6

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定点
C(5,0)
到线段
AB
的距离

h?CM?

S
?ABC
?
1
3
1
2
(5?2)?(0?y
0
)
1
3
2
22
?9?y
0
.
2
2
AB?h?(9?y
0
)(12?y
0
)?9 ?y
0

2

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

222
222

?

?
1
3
14
3
1
9?y
0
?24?2y
0
?9?y
0
3
()

23
7
.
22
?24?2y
0
，即
y
0
??5
,< br>A(
当且仅当
9?y
0
6?
3
35
,5?7 ),B(
6?
3
35
,5?7)
或
A(
6?
3
35
,?(5?7)),B(
6?
3
35
,?5?7)
时等号成立.
所以，
?ABC
面积的最大值为
14
3
7
.
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
(5,0)
.
5
t
1
2
2
222
设
x1
?t
1
2
,x
2
?t
2
,t
1
?t
2
,t
1
?t
2
?4
，则
S
?ABC
?
1
2
0
6t
1
6t
2
1
1
的绝对值,
1t
2

S
?ABC
?((56t
1
?
2
2
1
6t
1
t
2
?
2
2
6t
1
t
2
?56t
2
))

22

?

?
3
2
3
(t
1
?t
2
)(t
1
t
2
?5)

(4?2t
1
t
2
)(t1
t
2
?5)(t
1
t
2
?5)

2
2
314
3

?()
,
23
所以
S
?ABC
?
14
3
7
, 当且仅当
(t
1
?t
2
)?t
1
t
2
?5
且
t
1
?t
2
?4
，即
t< br>1
?
222
7?
6
5
,

t
2
??
7?
6
5
,
A(
6?
3
35
,5?7),B(
6?
3
35
,5?7)
或
7

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A(
6?
3
35
,?(5?7)),B(
6?
3
35
,?5?7)
时等号成立.
所以，
?ABC
面积的最大值是
14
3
7
.
11.令
f(x)?2x
3
?5x?2
，则
f
?< br>(x)?6x
2
?5?0
，所以
f(x)
是严格递增的.又< br>131
f(0)??2?0,f()??0
，故
f(x)
有唯一实数根
r?(0,)
.
242
所以
2r
3
?5r?2?0
，
2< br>5
?
r
1?r
3
?r?r?r?r
4710
??
.
故数列
a
n
?3n?2(n?1,2,?)
是满足题设要求的数列.
若存在两个不同的正整数数列
a
1
?a
2
???a
n
??
和
b
1
?b
2
???b
n
??
满足
r
a
1
?r
a
2
?r
a
3
???r
b
1
?r
b
2
?r
b
3
???
2
5
，
去掉上面等式两边相同的项，有 r
s
1
?
r
s
2
?
r
s3
???
r
t
1
?
r
t
2
?
r
t
3
??
，
这里
s
1
?s< br>2
?s
3
??,t
1
?t
2
?t
3
??
，所有的
s
i
与
t
j
都是不同的.
不妨设
s
1
?t
1
，则
r
1?r
t
1
?s
1
s
1
?
r
s
1?
r
s
2
???
r
2
t
1
?
r
1
t
2
??
，
?1?
1
1?
1
2
?1?1
，
?rt
2
?s
1
?
?
?r?r?
?
?1?r
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 ．



M
P
B
O
A
E
K
D
C
Q
8
N

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2. （40分）设k是给定的正整数，
r?k?
f
(l)
1
2
．记
f
(1)
(r)?f(r?)
?< br>r
?
r
?
?
，
(r)?
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
?< br>?
?1
．
?
2
?
?1
?
??
3. （50分）给定整数< br>n?2
，设正实数
a
1
,a
2
,?,a
n< br>满足
a
k
?1,k?1,2,?,n
，记
A
k?
nn
k
a
1
?a
2
?
?
? a
k
k
,k?1,2,
?
,n
．
求证：
?
a
k?1
?
?
k?1
A
k
?
n?1
2
．
4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形
A1
A
2
?A
n
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PK
2
?
P的幂（关于⊙O）
?
K的幂（关于⊙O）

?
?
PO?r
?
?
?
KO?
?
r
，
2222
A
O
B
E
K
D
C
同理

QK
2
?
P
Q
?< br>QO?
2
2
r
?
?
?
2
2
KO?
QO?
2
2
r

?
，
2
N
M
所以
PO?PK?Q
，
K

2
故
OK
⊥
PQ
． 由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是
AQ
QN
AP
PM
?
． ①
由梅内劳斯（Menelaus）定理，得
9

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NBDEAQ
???1
， ②
BDEAQN
MC
CD
NB
BD
MC
CD
?
DE
EA
?
AP
PM
?
?1
． ③
MD
DC
由①，②，③可得
?
， 所以
ND
BD
，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：“
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
， 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
， ⑤
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．












2. 记
v< br>2
(n)
表示正整数n所含的2的幂次．则当
m?v
2
(k) ?1
时，
f
下面我们对
v
2
(k)
?v用数学归纳 法．
当
v?0
时，k为奇数，
k?1
为偶数，此时
1< br>??
1
??
1
??
f(r)?
?
k?
?
?
k?
?
?
?
k?
?
?
k? 1
?

2
??
2
??
2
??
(m )
A
O
F
B
E
K
D
P
C
Q
N
M
(r)
为整数．
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
10

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k?2?< br>?
v?1
?2
vv?1
?
?
v?2
?2v?2
??
，
这里，
?
i
?0
或者1，i?v?1,v?2,?
．
于是

f(r)?
?
k?
?
?
1
??
1
?
1
??
k??k??
?
?
k1
?

?
?
?
?
2
??
2< br>??
2
?
1
2
1
2
?
k
2
?k?k

v?1
2

?

??2?(
?
v?1
?1?)2?
?
(?
?
?vv?1
v
?)2???
2
?v12v
?2?


?k
?
?
这里
1
2
， ①
k
?
?2
v?1
?(
?
v?1
?1) ?2?(
?
v?1
?
?
v?2
)?2
vv?1???2
2v
??
.
显然
k
?
中所含的2 的幂次为
v?1
．故由归纳假设知，
r
?
?k
?
?
由①知，
f
(v?1)
1
2
经过f的v次迭代得到整数，< br>(r)
是一个整数，这就完成了归纳证明．
kn
i
3. 由
0?a
k
?1
知，对
1 ?k?n?1
，有
0?
?
a
i?1
?k,0?
?< br>i?k?1
a
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
k
1
?
11
?
A
n
?A
k
?
?
?
?
?
ai
?
n
?
nk
?
i?1
n
?
i?k?1
a
i

k
?
11
?
a
i
?
?
?
?
?
a
i
< br>?
?
n
i?k?1
?
kn
?
i?1
1
n
?1

?max
?
?
n
k
?
?
11
?
a,?a
?
i
?
kn
?
?
i
?

??
i?1
?
i ?k?1
n
?1
?
11
?max
?
(n?k),< br>?
?
?
kn
?
n
?1?
n
?
?
?
k
?

?
?
k
n
n
，
n
故
?
a
k?1
k
?
?
k?1
A
k
?nA?
n
?
k?1
A
k
11

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n?1n?1
n

??
?
A
k?1
?A
k
?
?
?
k?1
A
n
?A
k


?
n?1
k
??
．
?
1?
?
?
n
?
2
?
k?1?
n?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
A
1
上的
设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点
A
2
,A
3
,?,A
n
上的设置．为了使得最终回到
A
1
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
2j条，
0?j?
?
2
?
?
??
?
2j< br>?
n
?
?
n?2i
?
．选取
2i
条 边标
2
?
?
记a的有
C
n
2i
种方法，在 余下的边中取出
2j
条边标记b的有
C
n?2i
种方法，其余的边标 记c．由乘
2j
2i
法原理，此时共有
C
n
C
n? 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
?
n
?
?
2
?
??
4
?
i?0
?
n ?2i
?
?
?
2
?
?
?
2i
?< br>2j
?
C
n
?
C
n?2i
j?0
?
?
?
?
?
． ①
?
?
0
这里我们约定
C
0
?1
．
当n为奇数时，
n?2i?0
，此时
?
n?2i
?
?
2
?
??
?
j?0
C
n?2i
?2< br>2jn?2i?1
． ②
代入①式中，得
?
n
?
?
2
?
???
n?2i
?
?
?
2
?
?
?
2i
?
2j
CC
?
nn?2i
?
j?0
?
?
n
k
n
4
?
i?0
?
n
?
?
?
2
?
??
?
?
?4
?< br>i?0
?
?
?
C
2i
n
2
n?2i ?1
?
?2
?
?
C
i?0
n
?
n
?
?
2
?
??
2i
n
2
n?2i
?

n
?
?
C
k?0
n
2
n?k
?
?
C
k?0
k
n
2
n?k(?1)?(2?1)?(2?1)

kn
?3?1
．
当n为偶数时，若
i?
n
2
，则②式仍然成立；若
i?
n
2
，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
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?
n
?
?
2
?
??
?
n?2i
?
?
?
2
?
?
?
2i
?
2j
?
C
n
?
C
n?2i
j?0
?
?
?
n
?
?
2
?
??
4
?
i?0
?
?
?
?
4?
?
?
1?
?
?
?
?
?
n
?
n
?
?
2
?
?1
??
?
i?0
?
?
?
C
n
2i
2
n?2i?1
?
?

?
?
?2?4
?
?
C
n
2
2i
i?0
n?2i?1?
?3?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
n
?1
种；当n为
偶数时有
3
n
?3
种．


13