未分类

You are currently browsing the archive for the 未分类 category.

这几天我在浙大华家池校区进行主题为《基于核心素养的高中数学“解题、说题、 命题”的技巧与方法》的90学分培训.今天的主讲人是浙江省教育厅教研室的张 金良教研员,讲座题目是《一份好试卷的衡量标准与命制技术》.张教研员指出, 试题命制最起码的要求是科学无误,然后他举了几道出现在高考和数学竞赛中的错题作为例子.

(1987年高考理科数学填空题7) 一个正三棱台的下底和上底的周长分别为{30}cm和{12}cm,而侧面积等于两底 面积之差,求斜高.


这道题的错误在于,满足条件的正三棱台的高为{0},因此是个平面图形,不是棱台.

(2003年江苏高考选择题1)

 


这道题的错误在于,点{(a,b)}{aOb}平面上形成的区域不包括{b}轴,所以应当 把{b}轴画成虚线.没有答案符合.当年这题引起很大争议,部分院士联名反对此题 的科学性.后来教育部出面协调,不了了之.我个人认为这题无可厚非,毕竟把坐标 轴画成虚线并无先例.

(2011年全国高中数学联赛一试B卷第5题) 若{\triangle ABC}的角{A,C}满足

\displaystyle 5(\cos A+\cos C)+4(\cos A\cos C+1)=0,

{\tan \frac{A}{2}\tan \frac{C}{2}=\underline{~~~~~}}


这道题,命题组给出了基于三角万能公式的解答.然而,满足题目条件的三角形并 不存在.事实上,由和差化积公式可得{\cos A+\cos C=2\cos \frac{A+C}{2}\cos \frac{A-C}{2}}.因为 {-\frac{\pi}{2}<\frac{A+C}{2},\frac{A-C}{2}<\frac{\pi}{2}},所以{2\cos \frac{A+C}{2}\cos \frac{A-C}{2}>0}.也即{\cos A+\cos C}为正.且易得{4(\cos A\cos C+1)}非负.正数加上非负的数怎么可能是{0}呢?所以满足题目条件的三角 形不存在.

(2013浙江高考文科数学解答题18) 在锐角{\triangle ABC}中,内角{A,B,C}的对边分别为{a,b,c}{2a\sin B=\sqrt{3}b}.

(1).求角{A}的大小;

(2).若{a=6,b+c=8},求{\triangle ABC}的面积.

由这道题第二小题的条件可以求得三角形的三边长分别为{6,4-\frac{2 \sqrt{15}}{3},4+\frac{2 \sqrt{15}}{3}},这样的三角形是钝角三角形,不再 是题目中声称的锐角三角形.所以满足第二小题条件的三角形不存在!

(2007浙江高考理科数学填空题16) 已知点{O}在二面角{\alpha-AB-\beta}的棱上,点{P}{\alpha}内,且{\angle POB=45^{\circ}}.若对于{\beta}内异于{O}的任意一点{Q},都有{\angle POQ\geq 45^{\circ}},则二面角{\alpha-AB-\beta}的大小是{\underline{~~~~~~~}}.


这道题的答案并不唯一,{[90^{\circ},180^{\circ}]}范围内的角都可以.关键在 于如何理解“对于{\beta}内异于{O}的任意一点{Q}”这句话.可能命题人认为这里 的{\beta}是指平面{\beta},在这样的设定下,点{Q}可以是整个平面{\beta}上除 {O}外的任意一点,答案是{90^{\circ}}.然而在二面 角的定义中,这里的{\beta}指的是半平面{\beta}(参见人教A版必修二),这样,所有的钝二面角都满足题意!

面对高考,命题人不可谓不谨慎,然而在这么多人的眼皮底子下还是出了错题.纵观这些错题,相当一部分是因为出题人只是叙述了对象满足的性质,而并没有实际地验证满足条件的对象确实存在.后来者不可不引以为鉴,在命题阶段一定要验证满足题目条件的对象是否存在.

在博文利用三维空间点阵求平方和 和博文利用四维空间点阵求立方和中,我们使用合 适排布的空间点阵,分别求出了 {\sum_{i=1}^ni^2}{\sum_{i=1}^ni^3}的表 达式.

在这篇博文里,我们使用合适排布的{p+1(p\geq 1)}维空间点阵,来求

\displaystyle \sum_{i=1}^ni^{p}=1^{p}+2^{p}+\cdots+n^{p}

的表达式.

考虑{p+1}维空间中的点集

\displaystyle A_1=\{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|\forall 1\leq i\leq p,x_i+x_{p+1}\leq n-1;\forall 1\leq j\leq n,0\leq x_j\leq n-1,x_{j}\in \mathbf{Z}\},

以及剩下的{p}个点集:{\forall 1\leq k\leq p},

\displaystyle A_{k+1}=\{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|x_k+x_{p+1}\geq n-1;x_k=\max\{x_{1},x_{2},\cdots,x_{k};\forall 1\leq j\leq n,0\leq x_j\leq n-1,x_{j}\in \mathbf{Z}\}.

首先证明,

{\bigcup_{i=1}^{k+1}A_i=\{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|\forall 1\leq j\leq p+1,0\leq x_j\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\}}.

证明: 当点{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})}满足条件{\forall 1\leq i\leq p},{x_i+x_{p+1}\leq n-1}时,该点属于集合{A_1}.否则,该点满足 {x_1+x_{p+1}>n-1}{x_2+x_{p+1}>n-1}或……或{x_{p}+x_{p+1}>n-1}.设 {x_{u}=\max\{x_{1},x_{2},\cdots,x_{p}\}},其中{1\leq u\leq p},则必有 {x_{u}+x_{p+1}>n-1},此时该点属于集合{A_{u+1}}.因此

\displaystyle \{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|\forall 1\leq j\leq p+1,0\leq x_{j}\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\}\subset \bigcup_{i=1}^{k+1}A_{i},

再结合

\displaystyle \bigcup_{i=1}^{k+1}A_i\subset \{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|\forall 1\leq j\leq p+1,0\leq x_{j}\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\},

可得

\displaystyle \bigcup_{i=1}^{k+1}A_i= \{(x_1,x_2,\cdots,x_{p+1})|\forall 1\leq j\leq p+1,0\leq x_{j}\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\}.

\Box

而且,

集合{A_1,A_2,\cdots,A_{p+1}}中,任取{k}个集合,取这{k}个集合的交集,则该 交集中元素的个数为{\sum_{i=1}^ni^{p+1-k}}.即{\forall 1\leq i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{k}\leq p+1},

\displaystyle \# \left(\bigcap_{m=1}^{k}A_{i_{m}}\right)=\sum_{i=1}^{n}i^{p+1-k},

其中{1\leq k\leq p+1}.

由容斥原理,

\displaystyle \#\left(\bigcup_{i=1}^{p+1}A_i\right)=\sum_{i=1}^{p+1}\# A_{i}-\sum_{1\leq i_1<i_2\leq p+1}\# (A_{i_1}\cap A_{i_2})+\sum_{1\leq i_1<i_{2}<i_{3}\leq p+1}\# (A_{i_1}\cap A_{i_2}\cap A_{i_3})+\cdots+(-1)^{k-1}\sum_{1\leq i_1<i_2<\cdots<i_{k}\leq p+1}\# \bigcap_{m=1}^{k}(A_{i_{m}})+\cdots+(-1)^{p}\bigcap_{i=1}^{p+1}A_{i},

\displaystyle n^{p+1}={p+1\choose 1}\sum_{i=1}^ni^{p}-{p+1\choose 2}\sum_{i=1}^ni^{p-1}+\cdots+(-1)^{k-1}{p+1\choose k}\sum_{i=1}^{n}i^{p+1-k}+\cdots+(-1)^{p}{p+1\choose p+1}\sum_{i=1}^{p+1}1.

这样就建立了{\sum_{i=1}^{n}i^{p}}{\sum_{i=1}^{n}i^{m}(\forall 0\leq m\leq p-1)}之间的递推关系.从而我们能归纳地求出{\sum_{i=1}^{n}i^{p}}的 表达式.

推论 {n=1},可得

\displaystyle 1={p+1\choose 1}-{p+1\choose 2}+\cdots+(-1)^{k-1}{p+1\choose k}+\cdots+(-1)^{p}{p+1\choose p+1}.

 

在博文利用空间点阵求平方和中,我们利用合适排布的三维空间点阵,求出了平方和

\displaystyle \sum_{i=1}^ni^2=1^2+2^2+\cdots+n^2

的表达式\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

在这篇博文里,我们使用同样的方法,来求立方和

\displaystyle \sum_{i=1}^ni^3=1^3+2^3+\cdots+n^3

的表达式.考虑四维空间中的点集

\displaystyle A_1=\{(x_1,x_2,x_3,x_{4})|\forall 1\leq i\leq 3,x_i+x_4\leq n-1;\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\}

\displaystyle A_2=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|x_1+x_4\geq n-1;x_1\geq x_2,x_1\geq x_3;\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\},

\displaystyle A_3=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|x_2+x_4\geq n-1;x_2\geq x_1,x_2\geq x_3;\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\},

\displaystyle A_4=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|x_3+x_4\geq n-1;x_3\geq x_1,x_3\geq x_{2};\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1,x_j\in \mathbf{Z}\}.

首先,我们来证明,

{A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_{j}\leq n-1\}}.

证明:{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in \{(x_1,x_2,x_3,x_4)|\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1\}},且{(x_1,x_2,x_3,x_4)\not \in A_1}时,意味着 {x_1+x_4>n-1}{x_2+x_4>n-1}{x_3+x_4>n-1}.{\forall 1\leq k\leq 3},如果{x_k=\max \{x_1,x_2,x_3\}},则必有{x_k+x_4>n-1},导致{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in A_{k+1}}.可见,{\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1\}\subset A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4}.且由于{A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4\subset \{(x_1,x_2,x_3,x_4)|\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_j\leq n-1\}},因此{A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)|\forall 1\leq j\leq 4,0\leq x_{j}\leq n-1\}}. \Box

易得{\forall 1\leq i\leq 4},

\displaystyle \# A_i=\sum_{k=1}^nk^3,

{\forall 1\leq i,j\leq 4},其中{i\neq j},有

\displaystyle \# (A_i\cap A_j)=\sum_{k=1}^nk^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6},

{\forall 1\leq i,j,m\leq 4},其中{i,j,m}两两不等,有

\displaystyle \# (A_i\cap A_j\cap A_m)=\sum_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}{2},

\displaystyle \# (A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4)=\sum_{k=1}^n1=k.

由容斥原理,

\displaystyle \# (A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4)=\sum_{i=1}^{4} \# (A_k)-\sum_{1\leq i,j\leq 4;i\neq j}\# (A_i\cap A_j)+\sum_{1\leq i,j,k\leq 4;i\neq j,j\neq k,k\neq i}\# (A_i\cap A_j\cap A_k)-\# (A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4),

\displaystyle n^4={4\choose 1}\sum_{k=1}^nk^3-{4\choose 2}\sum_{k=1}^nk^2+{4\choose 3}\sum_{k=1}^nk-{4\choose 4}\sum_{k=1}^n1,

解得

\displaystyle \sum_{k=1}^nk^3=\left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2.

在这篇博文里,我们利用合适排布的空间点阵,给出

\displaystyle \sum_{i=1}^ni^2=1^2+2^2+\cdots+n^2

的求和公式.

考虑空间直角坐标系中的点集

\displaystyle A_{1}=\{(x,y,z)|x+z\leq n-1,y+z\leq n-1,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}

\displaystyle A_2=\{(x,y,z)|y+z\geq n-1,y\geq x,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},

\displaystyle A_3=\{(x,y,z)|x+z\geq n-1,x\geq y,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}.

集合{A_1,A_2,A_3}中的点一样多,数目都是{\sum_{i=1}^{n}i^{2}},即

\displaystyle \# A_1=\# A_2=\# A_3=\sum_{i=1}^{n}i^{2}.

而且每个点集中的所有点排布成的点阵的形状也是一样的,总体的轮廓形成一个四棱锥.当n=5时,点阵的形状如图1所示.

\displaystyle A_1\cup A_2\cup A_3=\{(x,y,z)|0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},

证明:对于点集\{(x,y,z)|0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}中的任意一个点(x,y,z)来说,如果该点不在集合A_1中,则x+z > n-1y+z > n-1.

  • x\geq y,则x+z > n-1,此时该点位于集合A_3中.
  • y\geq x,则y+z > n-1,此时该点位于集合A_2中.

可见,\{(x,y,z)|0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}\subset A_1\cup A_2\cup A_3,且易得A_1\cup A_2\cup A_3\subset \{(x,y,z)|0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},因此

A_1\cup A_2\cup A_3= \{(x,y,z)|0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}.\Box

而且,

\displaystyle A_1\cap A_2=\{(x,y,z)|y+z=n-1,x\leq y,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},

\displaystyle A_1\cap A_3=\{(x,y,z)|x+z=n-1,y\leq x,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},

\displaystyle A_2\cap A_3=\{(x,y,z)|x+z\geq n-1,x=y,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\},

\displaystyle A_1\cap A_2\cap A_3=\{(x,y,z)|x=y,x+z=n-1,0\leq x,y,z\leq n-1,x,y,z\in\mathbf{Z}\}.

\displaystyle \# (A_1\cap A_2)=\# (A_1\cap A_3)=\# (A_2\cap A_3)=1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2},

\displaystyle \# (A_1\cup A_2\cup A_3)=n^3,\# (A_1\cap A_2\cap A_3)=n.

由容斥原理,

\displaystyle \# (A_1\cup A_2\cup A_3)=\# A_1+\# A_2+\# A_3-\# (A_1\cap A_2)-\# (A_2\cap A_3)-\# (A_3\cap A_1)+\# (A_1\cap A_2\cap A_3),

\displaystyle n^3=3\sum_{i=1}^ni^2-3 \frac{n(n+1)}{2}+n,

因此

\displaystyle \sum_{i=1}^ni^2=\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}n^2+\frac{n}{6}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.