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1981-2018年全国高中数学联赛真题分类汇编含解析答案11逻辑与不定方程

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1981年~2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编1、逻辑部分2014B 3、对于实数R 的任意子集U ，我们在R 上定义函数U x Ux x f U ∉∈⎩⎨⎧=,,01)(，如果B A ,是实数R的两个子集，则1)()(≡+x f x f B A ，的充分必要条件是 ◆答案：B A ,互为补集★解析：对于任意的R x ∈，1)()(≡+x f x f B A ，这说明)(),(x f x f B A 中至少有一个是1，即B A x ∈，所以R B A = ，另一方面，)(),(x f x f B A 中仅有一个是1，即φ=B A ，从而BA ,互为补集。

2001*15、（本题满分20分）用电阻值分别为654321,,,,,a a a a a a (654321a a a a a a >>>>>) 的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论．★解析：首先，对电路图进行截取分段考虑，如下三个图设6个电阻的组件（如图3）的总电阻为FG R ．当i i a R = ，6,5,4,3=i ，1R ，2R 是1a ，2a 的任意排列时，FG R 最小．证明如下：1°设当两个电阻1R ，2R 并联时，所得组件阻值为R ：则21111R R R +=．故交换二电阻的位置，不改变R 值，且当1R 或2R 变小时，R 也减小，因此不妨取1R >2R ．2°设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为R AB ：2132********1R R R R R R R R R R R R R R AB +++=++=．显然1R +2R 越大，AB R 越小，所以为使AB R 最小必须取3R 为所取三个电阻中阻值最小的一个． 3°设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为CD R ：43243142142324131214111R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R AB CD ++++++=+=． 若记∑≤<≤=411j i j i R R S ，∑≤<<≤=412k j i k j i R R R S ．则S 1、S 2为定值．于是4313212R R S R R R S R CD --=．只有当43R R 最小，321R R R 最大时，CD R 最小，故应取34R R <，23R R <，13R R <，即得总电阻的阻值最小．4°对于图3，把由321,,R R R 组成的组件用等效电阻AB R 代替．要使FG R 最小，由3°必需使56R R <；且由1°，应使CE R 最小．由2°知要使CE R 最小，必需使45R R <，且应使CD R 最小．而由3°，要使CD R 最小，应使234R R R <<且134R R R <<． 这就说明，要证结论成立1998*4、设命题P :关于x 的不等式01121>++c x b x a 与02222>++c x b x a 的解集相同；命题Q :212121c c b b a a ==。

则命题Q （ ） A.是命题P 的充分必要条件 B.是命题P 的充分条件但不是必要条件C.是命题P 的必要条件但不是充分条件D.既不是命题P 的充分条件也不是命题P 的必要条件 ◆答案：D★解析：若两个不等式的解集都是R ，否定A 、C ，若比值为1-，否定A 、B ，选D1995*3、如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大，则称甲不亚于乙，在100个小伙子中，如果某人不亚于其他99人，就称他为棒小伙子，那么，100个小伙子中的棒小伙子最多可能有( )A.1个B.2个C. 50个D. 100个 ◆答案：D★解析：把身高按从高到矮排为100~1号，而规定二人比较，身高较高者体重较小，则每个人都是棒小伙子．故选D ．1994*2、给出下列两个命题：(1)设c b a ,,都是复数，如果222c b a >+，则0222>-+c b a ； (2)设c b a ,,都是复数，如果0222>-+c b a ，则222c b a >+． 那么下述说法正确的是（ ）A.命题(1)正确，命题(2)也正确B.命题(1)正确，命题(2)错误C.命题(1)错误，命题(2)也错误D.命题(1)错误，命题(2)正确 ◆答案：B★解析：⑴正确，⑵错误；理由：⑴222c b a >+，成立时，22b a +与2c 都是实数，故此时0222>-+c b a 成立；⑵ 当0222>-+c b a 成立时，222c b a -+是实数，但不能保证22b a +与2c 都是实数，故222c b a >+不一定成立．故选B ．1988*4．已知三个平面α、β、γ，每两个之间的夹角都是θ，且a =βα ，b =γβ ，c =αγ ，．若有命题甲：3πθ>； 命题乙：a 、b 、c 相交于一点． 则A ．甲是乙的充分条件但不必要B ．甲是乙的必要条件但不充分C ．甲是乙的充分必要条件D ．A 、B 、C 都不对 ◆答案：C★解析：a 、b 、c 或平行，或交于一点．但当c b a ////时，3πθ=．当它们交于一点时，πθπ<<3．选C ．1985*1、 假定有两个命题：甲：a 是大于0的实数；乙：b a >且11-->b a．那么( )A ．甲是乙的充分而不必要条件B ．甲是乙的必要而不充分条件C ．甲是乙的充分必要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 ◆答案：B★解析：由于b a >且11-->b a成立时，必有0,0<>b a ．故由乙可得甲，故选B1985*10、 对任意实数y x ,，定义运算y x *为cxy by ax y x ++=*，其中c b a ,,为常数，等式右端中的运算是通常的实数加法、乘法运算．现已知321=*，432=*，并且有一个非零实数d ，使得对于任意实数都有x d x =*，则=d ． ◆答案：4★解析：x cdx bd ax =++．取0=x ，代入得，0=bd ，但0≠d ，故0=b ，322=++c b a ，4632=++c b a ．1,5-==c a ．取1=x 代入，得4=d ．经验算：xy x y x -=*5，对于一切x ，有x x x x =-=*454成立．故4=d ．1984*一、(本题满分15分)下列命题是否正确？若正确，请给予证明，否则给出反例。

⑴若Q P ,是直线l 同侧的两不同点，则必存在两个不同的圆，通过Q P ,且与直线l 相切； ⑵若0,0>>b a ，且1≠a ，1≠b ，则2log log ≥+a b b a ；⑶设B A ,是坐标平面上的两个点集，(){}222,r y x y x C r ≤+=，若对任意0≥r ，都有B C A C r r ⊆,则必有B A ⊆。

★解析：⑴若l PQ //，则只能作出一个圆过Q P ,且与直线l 相切； ⑵ 若10,1<<>b a ，则2log log -≤+a b b a ； ⑶ (){}222,r y x y x A ≤+=，(){}2220,ry x y x A ≤+<=，于是()B C A Cr r⊆恒成立，但不满足B A ⊆．1983*1、 设q p ,是自然数，条件甲：33q p -是偶数；条件乙：q p +是偶数．那么（ ） A ．甲是乙的充分而非必要条件 B ．甲是乙的必要而非充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件 ◆答案：C★解析：()()2233qpq p q p q p ++-=-．又q q p q p 2+-=+，故q p +与q p -的奇偶性相同．∴ q p +为偶数，得q p -为偶数，33q p -为偶数． q p +为奇数，q p ,一奇一偶，33q p -为奇数．故选C ．1982*8、 当b a ,是两个不相等的正数时，下列三个代数式： 甲：⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 11，乙：21⎪⎭⎫ ⎝⎛+ab ab ， 丙：222⎪⎭⎫ ⎝⎛+++b a ba ，中间，值最大的一个是（ ） A ．必定是甲 B ．必定是乙C ．必定是丙D ．一般并不确定，而与b a ,的取值有关◆答案：D★解析：甲>乙，但甲、丙大小不确定．故选D ．1981*1、条件甲：两个三角形的面积和两条边对应相等．条件乙：两个三角形全等．则下列正确的是（ ）A ．甲是乙的充分必要条件B ．甲是乙的必要条件C ．甲是乙的充分条件D ．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件 ◆答案：B★解析：乙⇒甲，但甲⇒/乙，故选B .1981*2、条件甲：a =+θsin 1．条件乙：a =+2cos 2sinθθ．则下列正确的是（ ） A ．甲是乙的充分必要条件 B ．甲是乙的必要条件C ．甲是乙的充分条件D ．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件 ◆答案：D★解析：由a =+θsin 1得a =+2cos2sin θθ；而a =+2c o s2s i nθθ，得a =+θs i n 1．故选D ．1981*10、(本题15分) 组装甲、乙、丙三种产品，需用C B A ,,三种零件．每件甲需用B A ,各2个；每件乙需用C B ,各1个；每件丙需用2个A 与1个C ．用库存的C B A ,,三种零件，如组装成p 件甲产品、q 件乙产品和r 件丙产品，则剩下2个A 和1个B ，但C 恰好用完．试证：无论怎样改变甲、乙、两产品的件数，也不能把库存的C B A ,,三种零件都恰好用完．★解析：已知即：每个甲用 A 2，B 2，每个乙用B 1，C 1，每个丙用 A 2， C 1． ∴ 共有A 产品222++r p 件；B 产品12++q p 件；C 产品r q +件．设组装m 件甲，n 件乙，k 件丙，则用k m 22+件A ； 用n m +2件B ； 用k n +件C ．如全部用完，则有)4()3()2()1(212122222⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=++=+++=+++=++kn r q n m q p km r p k m r p ∴)4()3()2(-+：m p 323=+．这是不可能的．故证．1981*11、(本题20分)一张台球桌形状是正六边形ABCDEF ，一个球从AB 的中点P 击出，击中BC 边上的某点Q ，并且依次碰击CD 、DE 、EF 、FA 各边，最后击中AB 边上的某一点．设θ=∠BPQ ，求θ的范围．提示：利用入射角等于反射角的原理．★解析：只要把这个正六边形经过5次对称变换．则击球时应如图所示，击球方向在∠MPN 内部时即可． 设2=AB ，以P 为原点，PB 为x 轴正方向建立直角 坐标系，点M 坐标为()33,8．点N 坐标为()33,10，即⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈833arctan ,1033arctan θ不定方程2011B 一、（本题满分40分）求所有三元整数组(,,)x y z ，使其满足333320111515x y z xyz x y ⎧++-=⎪≥⎨⎪≥⎩★解析：由20113333=-++xyz z y x ，得()()()()[]4022222=-+-+-++x z z y y x z y x ①因220114022⨯=，且()()()0222≡-+-+-x z z y y x ()2m od，所以①等价于()()()⎩⎨⎧=-+-+-=++40221222x z z y y x z y x ②或()()()⎩⎨⎧=-+-+-=++22011222x z z y y x z y x ③ 对方程组②，消去z 得()()()40221212222=-++-++-y x y x y x ，即67022=--++y x xy y x ④⑴若15=x ，15=y ，则67064522<=--++y x xy y x 与④矛盾；⑵若16≥x ，15≥y ，则670690434256))(1(2>=+≥+-+y x y x 与④矛盾； ⑶若15≥x ，16≥y ，则670690434256))(1(2>=+≥+-+y x x y 与④矛盾； 综上方程组②无解；对方程组③，由()()()2222=-+-+-x z z y y x 可得y x -，z y -，x z -中有两个为1，一个为0。

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历年全国高中数学联赛(1981-2019)试题分类汇编： 12不定方程

历年全国高中数学联赛(1981-2019)试题分类汇编： 12不定方程

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编不定方程部分2011B 一、（本题满分40分）求所有三元整数组(,,)x y z ，使其满足333320111515x y z xyz x y ⎧++-=⎪≥⎨⎪≥⎩★解析：由20113333=-++xyz z y x ，得()()()()[]4022222=-+-+-++x z z y y x z y x ①因220114022⨯=，且()()()0222≡-+-+-x z z y y x ()2m od ，所以①等价于()()()⎩⎨⎧=-+-+-=++40221222x z z y y x z y x ②或()()()⎩⎨⎧=-+-+-=++22011222x z z y y x z y x ③ 对方程组②，消去z 得()()()40221212222=-++-++-y x y x y x ，即67022=--++y x xy y x ④⑴若15=x ，15=y ，则67064522<=--++y x xy y x 与④矛盾；⑵若16≥x ，15≥y ，则670690434256))(1(2>=+≥+-+y x y x 与④矛盾；⑶若15≥x ，16≥y ，则670690434256))(1(2>=+≥+-+y x x y 与④矛盾；综上方程组②无解；对方程组③，由()()()2222=-+-+-x z z y y x 可得y x -，z y -，x z -中有两个为1，一个为0。

⑴若1=-y x ，1=-z y ，0=-x z ，则z x y ==+1或z x y ==-1，z x y ==+1代入③的第一个方程，无解；z x y ==-1代入③的第一个方程，解得671=y ，670==z x ⑵若1=-y x ，0=-z y ，1=-x z ，同理可得671=x ，670==z y ⑶若0=-y x ，1=-z y ，1=-x z ，同理可得671=z ，670==y x综上，满足条件的三元数组为()670,670,671，()670,671,670，()671,670,6702010AB 8、方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解),,(z y x 的个数是 ◆答案： 336675★解析：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*********-⨯-⨯=k 200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=， 即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2010B 二、（本题满分40分）设m 和n 是大于1的整数，求证：11111112(1)().1m m n m mm k k jj m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ ★证明：1111)m m jj m j q Cq +++=+=∑由（得到1110(1),mm m j jm j q qC q +++=+-=∑ 1,2,,q n =分别将代入上式得：11021,m m jm j C ++=-=∑1110322,mm m j jm j C +++=-=∑1110(1)(1),mm m j jm j nn C n +++=--=-∑ 1110(1).mm m j j m j n nC n +++=+-=∑ n 将上面个等式两边分别相加得到： 111(1)1(),mnm jjm j i n Ci++==+-=∑∑ （20分）11111(1)(1)1(1),m nnmj j m m j i i n nn C i m i-+===++-=+++∑∑∑（）11111112(1)().1m m nmmmk k j j m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ （40分）2008A B5、方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+++=+=++000y xz yz xy z xyz z y x 的有理数解),,(z y x 的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4◆答案： B★解析：若0z =，则00.x y xy y +=⎧⎨+=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，或11.x y =-⎧⎨=⎩， 若0z ≠，则由0xyz z +=得1xy =-． ① 由0x y z ++=得z x y =--． ②将②式代入0xy yz xz y +++=得220x y xy y ++-=． ③由①式得1x y=-，代入③式化简得3(1)(1)0y y y ---=.易知310y y --=无有理数根，故1y =，由①式得1x =-，由②式得0z =，与0z ≠矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,0,0x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩或1,1,0.x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩2008B 二、（本题满分50分）求满足下列关系式组2222,50,x y z z y z ⎧+=⎨<≤+⎩的正整数解组(,,)x y z 的个数．★解析：令r y z =-，由条件知050r <≤，方程化为222()2x z r z ++=，即2222x zr r z ++=． （1）因0y z r -=>，故22222z x y z x =+->，从而z x >．设0p z x =->．因此（1）化为22220zp p zr r -+++=．（2） 下分r 为奇偶讨论，（ⅰ）当r 为奇数时，由（2）知p 为奇数．令121r r =+，121p p =+，代入（2）得221111112()10p p zp zr r r +-++++=． （3）（3）式明显无整数解．故当r 为奇数时，原方程无正整数解．（ⅱ）当r 为偶数时，设12r r =，由方程（2）知p 也为偶数．从而可设12p p =，代入（2）化简得2211110p zp zr r -++=． （4）由（4）式有221111()0z p r p r -=+>，故11p r >，从而可设11p r a =+，则（4）可化为2211()0r a za r +-+=，2211220r ar za a +-+=． （5）因21122r z r a a=++为整数，故212a r ，又1122()z z x p r a >-==+，因此22111()2()r a r za r a a ++=>+，得2212a r <，即a <．因此，对给定的11,2,,25r =⋅⋅⋅，解的个数恰是满足条件1a 的212r 的正因数a 的个数1()N r ．因212r 不是完全平方数，从而1()N r 为212r 的正因数的个数21(2)r σ的一半．即211()(2)/2N r r σ=．由题设条件，1125r ≤≤．而25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23．将25以内的数分为以下八组：012341{2,2,2,2,2}A =，2{23,25,27,211}A =⨯⨯⨯⨯，223{23,25}A =⨯⨯，34{23}A =⨯，25{23}A =⨯，1{3,5,7,11,13,17,19,23}B =， 222{3,5}B =，3{35,37}B =⨯⨯，从而易知012341()(2)(2)(2)(2)(2)1234515N A N N N N N =++++=++++=，2()(23)46424N A N =⨯⨯=⨯=，3()9218N A =⨯=，4()12N A =，5()10N A =，1()3824N B =⨯=，2()5210N B =⨯=，3()9218N B =⨯=，将以上数相加，共131个．因此解的个数共131．2006*11、方程()()20052004422006200611x x x x x=+++++ 的实数解的个数为 ◆答案：1 ★解析：200520044220062006)1)(1(x x x x x=+++++24200420051()(1)2006x x x x x⇔+++++= 35200520052003200111112006x x x x x x xx⇔+++++++++= 32005320051112006210032006x x x x x x⇔=++++++≥=要使等号成立，必须 3200532005111,,,x x xx x x===，即1x =±。

11立体几何-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案125-146

11立体几何-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案125-146

3 AM 2 - AK 2 5 49 +16 - 28 37 ⎤ 1981 年~2018 年全国高中数学联赛试题分类汇编立体几何部分2018A 2、设点 P 到平面α的距离为 ，点Q 在平面α上，使得直线 PQ 与平面α所成角不小于300 且不大于600，则这样的点Q 所构成的区域的面积为◆ 答案： 8π★解析：设点 P 在平面α上的射影为O ，由条件知 tan ∠OQP = OP ∈⎡ 3 ,3 ，即OQ ∈ [1,3]，所以区域的面积为π⨯ 32 -π⨯12= 8π。

⎥ OQ ⎣ 3 ⎦2018B 2、已知圆锥的顶点为 P ，底面半径长为 2 ，高为1．在圆锥底面上取一点Q ，使得直线 PQ 与底面所成角不大于 450，则满足条件的点Q 所构成的区域的面积为◆ 答案： 3πOP★解析:记圆锥的顶点 P 在底面的投影为O ，则O 为底面中心，且 tan ∠OQP = OQ故所以区域的面积为π⨯ 22 -π⨯12= 3π。

≤ 1，即OQ ≥ 1，2017A 5、正三棱锥 P - ABC 中， AB = 1， AP = 2，过 AB 的平面α将其体积平分，则棱 PC 与平面α所成角的余弦值为◆ 答案：10★ 解 析 ： 设 AB , PC 的 中 点 分 别 为 K , M ， 则 平 面 α 即 平 面 ABM ， 则 中 线AM 2 =1(AP 2+ AC 2)- 1 PC 2= 1 (2 2+ 1)- 1 ⨯ 2 2= 3 ，242 4 23 ⎛ 1 ⎫ 2则 KM = = - ⎪ = 。

2 ⎝ 2 ⎭ 2又棱 PC 与平面α的射影线是直线 MK ，而CM = 1, KC =5 + 1 - 33 ，所以2cos ∠KMC = 44 = 35 ，即为所求。

5102017B 5、在正四面体 ABCD 中，E , F 分别在棱 AB , AC 上，满足 BE = 3, EF = 4 ，且 EF 与面 BCD 平行，则 ∆DEF 的面积为．◆ 答案： 2★解析：由条件知， EF 平行于 BC ，因为正四面体 ABCD 的各个面是全等的正三角形，故 AE = AF = EF = 4 ， AD = AB = AE + BE = 7 . 由余弦定理得， DE = AD 2+ AE 2- 2AD • AE • cos 60= ，3 53337 DE 2 - EH 2 33 1 = 同理有 DF = .作等腰 ∆DEF 底边 EF 上的高 DH ，则 EH =EF = 2，故DH = = ，2于是 S∆DEF= 1EF DH = 2 33 . 22016A 5、设 P 为圆锥曲线的顶点， A ， B ，C 是其地面圆周上的三点，满足∠ABC = 900， M 为 线段 AP 的中点。

1集合1981历年数学联赛真题分类汇编Word版含答案

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1981年~2018年全国高中数学联赛一试一试题分类汇编1、会合部分2018A1、设会合A 1,2,3, ,99，会合B 2x|xA ，会合C x|2x A ，则会合BC 的元素个数为 ◆答案：24★分析：由条件知， B C 2,4,6, ,48，故B C 的元素个数为 24。

2018B1、设会合A 2,0,1,8，会合B2a|aA ，则会合AB 的所有元素之和是◆答案：31★分析:易知B 4,0,2,16 ，所以AB 0,1,2,4,8,16 ，元素之和为 31.2018B 三、（此题满分 50分）设会合A 1,2, ,n ，X,Y 均为A 的非空子集（同意XY ）．X中的最大元与Y 中的最小元分别记为 maxX,minY ．求知足maxX minY 的有序会合对(X,Y) 的数量。

★分析:先计算知足maxX minY 的有序会合对(X,Y)的数量.对给定的m maxX ，会合X 是会合1,2, ,m 1的随意一个子集与m 的并，故共有2m1种取法.又mminY ，故Y 是m,m1,m2, ,n 的随意一个非空子集，共有2n1m1种取法.所以，知足maxXminY 的有序会合对(X,Y)的数量是：nnn2m12n1m12n2m1n12n1m1m1m1(X,Y)有2n12n1 2n2个，于是知足maxX minY 的有序会合对因为有序会合对1(X,Y)的数量是2n2n2n2n14n2n n1 12017B二、（此题满分40分）给定正整数m，证明：存在正整数k，使得可将正整数集N分拆为k个互不订交的子集A1,A2, ,A k，每个子集A i中均不存在4个数a,b,c,d（能够相同），满足abcdm．★证明：取k m1，令A i{xx i(modm1),x N}，i1,2,,m1设a,b,c,d A i，则ab cd iii i0(modm1)，故m1ab cd，而m1m，所以在A i中不存在4个数a,b,c,d，知足ab cdm2017B四、（此题满分50分）。

5集合-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案11-23

5集合-1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案11-23

1981 年~2018 年全国高中数学联赛试题分类汇编 集合部分
2018A1、设集合 A 1,2,3,,99，集合 B 2x | x A，集合 C x | 2x A，则集合 B C 的
元素个数为
◆答案： 24
★解析：由条件知， B C 2,4,6,,48，故 B C 的元素个数为 24 。
a
1
3 b 3 a 2 3 ，当 a b 3 时，得最小元素 m 2 3 。因此， M m 5 2 3 。
a
a
2014A 三、（本题满分 50 分）设 S 1,2,,100，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
2018B1、设集合 A 2,0,1,8，集合 B 2a | a A，则集合 A B 的所有元素之和是
◆答案： 31
★解析:易知 B 4,0,2,16，所以 A B 0,1,2,4,8,16，元素之和为 31.
2018B 三、（本题满分 50 分）设集合 A 1,2,, n， X ,Y 均为 A 的非空子集（允许 X Y ）． X
中的最大元与 Y 中的最小元分别记为 max X , min Y ．求满足 max X min Y 的有序集合对 ( X ,Y )
的数目。
★解析:先计算满足 max X min Y 的有序集合对 ( X ,Y ) 的数目.对给定的 m max X ，集合 X 是
集 合 1,2,, m 1 的 任 意 一 个 子 集 与 m 的 并 ， 故 共 有 2m1 种 取 法 . 又 m min Y ， 故 Y 是 m, m 1, m 2,, n 的任意一个非空子集，共有 2n1m 1 种取法.