2026佛山二模第14题详解

Sat, 18 Apr 2026 14:22:29 +0800

原题

已知 $F_1, F_2$ 是双曲线 $C: \frac{x^2}{4} - \frac{y^2}{6} = 1$ 的左右焦点, $A, B \in C$, 且满足 $\overrightarrow{AF_2} = \lambda \overrightarrow{F_2 B} (\lambda > 0)$. 若 $\cos \angle A F_1 B = \frac{3}{5}$, 求 $\triangle ABF_1$ 的内切圆半径.

答案

内切圆半径为 2.

解析

双曲线方程为 $\frac{x^2}{4} - \frac{y^2}{6} = 1$, 可得:

$a^2 = 4 \implies a = 2$
$b^2 = 6$
$c^2 = a^2 + b^2 = 10 \implies c = \sqrt{10}$
焦距 $|F_1 F_2| = 2c = 2\sqrt{10}$

由 $\overrightarrow{AF_2} = \lambda \overrightarrow{F_2 B} (\lambda > 0)$ 可知, $A, F_2, B$ 三点共线, 且 $F_2$ 位于线段 $AB$ 之间. 即 $AB$ 是过右焦点 $F_2$ 的一条弦, 并且 $A$, $B$都在双曲线的右支.

设 $|AF_1| = m$, $|BF_1| = n$. 根据双曲线定义, 对于右支上的点 $P$, 有 $|PF_1| - |PF_2| = 2a = 4$. 那么有:

$|AF_2| = |AF_1| - 2a = m - 4$
$|BF_2| = |BF_1| - 2a = n - 4$
$\triangle ABF_1$ 的边 $AB$ 长度为: $|AB| = |AF_2| + |BF_2| = (m - 4) + (n - 4) = m + n - 8$

在 $\triangle ABF_1$ 中, 已知 $\cos \angle AF_1B = \frac{3}{5}$, 则 $\sin \angle AF_1B = \sqrt{1 - (\frac{3}{5})^2} = \frac{4}{5}$.

由余弦定理:

$$ |AB|^2 = |AF_1|^2 + |BF_1|^2 - 2|AF_1||BF_1| \cos \angle AF_1B $$

代入边长表达式:

$$ (m + n - 8)^2 = m^2 + n^2 - 2mn \cdot \frac{3}{5} $$

展开左边:

$$ (m+n)^2 - 16(m+n) + 64 = m^2 + n^2 - \frac{6}{5}mn $$$$ m^2 + 2mn + n^2 - 16(m+n) + 64 = m^2 + n^2 - \frac{6}{5}mn $$

消去 $m^2, n^2$ 并整理:

$$ 2mn + \frac{6}{5}mn = 16(m+n) - 64 $$

即

$$ \frac{16}{5}mn = 16(m+n) - 64 $$

两边同除以 16:

$$ \frac{1}{5}mn = (m+n) - 4 $$

$$ mn = 5(m+n) - 20 $$

设 $\triangle ABF_1$ 的内切圆半径为 $r$, 面积为 $S$, 半周长为 $s$. 则:

$$ \begin{aligned} s &= \frac{|AF_1| + |BF_1| + |AB|}{2} \\ &= \frac{m + n + (m + n - 8)}{2} \\ &= \frac{2(m+n) - 8}{2} \\ &= m + n - 4 \end{aligned} $$$$ S = \frac{1}{2} |AF_1| |BF_1| \sin \angle AF_1B = \frac{1}{2} mn \cdot \frac{4}{5} = \frac{2}{5} mn $$

故

$$ r = \frac{S}{s} = \frac{\frac{2}{5} mn}{m + n - 4} $$

将步骤 3 中得到的 $mn = 5(m+n) - 20 = 5(m+n-4)$ 代入上式:

$$ r = \frac{\frac{2}{5} \cdot 5(m+n-4)}{m+n-4} = 2 $$

2026佛山二模第11题详解

Sat, 18 Apr 2026 13:22:29 +0800

原题

11．从分别写有 $1, 2, 3, \ldots, m\left(m \in \mathbb{N}^{*}\right)$ 的 $m$ 张卡片中不放回随机抽取 $n(n \leq m) $ 次, 每次取 1 张卡片, 记第 $i(i=1,2,3, \cdots, n)$ 次取出卡片的数字为 $a_{i}$, 定义 $F_{m}^{n}$ 为满足 $\forall i \leq n, a_{i} \neq i$ 的不同情况数, 则 ______

A． $F_{m}^{1}=m-1$

B． $\sum\limits_{i=1}^{3} F_{3}^{i}=7 $

C． $F_{n}^{n} \leq m n $

D． $F_{n+1}^{n}=(n+1) F_{n}^{n}+n F_{n-1}^{n-1}(n \geq 2)$

答案

本题选 ABD.

解析

A 选项

想象有 $m$ 个球, 编号 $1, 2, \ldots, m$, 那没有挑到 $1$ 号球的的情况显然就是 $m-1$ 咯

$A$ 显然正确.

B 选项

数字不大, 直接枚举就可以了

先求 $F_3^1$
- 套用 $A$ 选项结论, $F_3^1 = 2$
再求 $F_3^2$
- 由于第一个不能为 1, 分类讨论
  1. 第一位是 $2$: 有 $(2,1) (2,3)$ 2种
  2. 第一位是 $3$: 有 $(3,1)$ 1种
- 因此 $F_3^2 = 3$
最后求 $F_3^3$
- 由于第一位不能为 1, 分类讨论
  1. 第一位是 $2$: 有 $(2,3,1)$ 1种
  2. 第一位是 $3$: 有 $(3,1,2)$ 1种
- 因此 $F_3^3 = 2$

所以 $\sum\limits_{k=1}^{3} F_3^k = 2 + 3 + 2 = 7$, $B$ 选项正确.

C 选项

显然 $F_n^m$ 应该小于 $A_n^m$ 才对, 尝试找一个反例

试一下 $F_5^3$, 看看是不是小于 15

数字不大, 列举一下

第一位是 2:
- $(2,1,4) (2,1,5)$
- $(2,3,1) (2,3,4) (2,3,5)$
- $(2,4,1) (2,4,5)$
- $(2,5,1) (2,5,4)$ 共 9 种.
第一位是 3:
- $(3,1,2) (3,1,4) (3,1,5)$
- $(3,4,1) (3,4,2) (3,4,5)$
- $(3,5,1) (3,5,2) (3,5,4)$ 共 9 种.
第一位是 4:
- $(4,1,2)(4,1,5)$
- $(4,3,1)(4,3,2)(4,3,5)$
- $(4,5,1)(4,5,2)$ 共 7 种.
第一位是 5:
- $(5,1,2)(5,1,4)$
- $(5,3,1)(5,3,2)(5,3,4)$
- $(5,4,1)(5,4,2)$ 共 7 种.

求得

$$ F_5^3 = 9+9+7+7=32 > 15 $$

所以 C 选项错误.

当然也可以参考全错排公式的推导用容斥原理计算:

总数: 从 5 个元素中选 3 个的排列数 $A_5^3 = 60$.
减去至少 1 个位置固定: $\binom{3}{1} A_4^2 = 3 \times 12 = 36$.
加上至少 2 个位置固定: $\binom{3}{2} A_3^1 = 3 \times 3 = 9$.
减去 3 个位置全固定: $\binom{3}{3} A_2^0 = 1 \times 1 = 1$.

也可以得到 $F_5^3 = 32$.

D 选项

设 $D_k = F_k^k$ 为 $k$ 个元素的错位排列数. 我们需要证明:

$$ F_{n+1}^n = (n+1)D_n + n D_{n-1} $$

步骤 1: 建立 $F_{n+1}^n$ 的基本递推关系

考虑从集合 ${1, 2, \dots, n+1}$ 中选取 $n$ 个数字排列在位置 $1, \dots, n$ 上, 且 $a_i \neq i$. 根据数值 $n+1$ 是否出现在数列中分类:

$n+1$ 未出现: 数列由 ${1, \dots, n}$ 组成, 且 $a_i \neq i$. 方案数为 $D_n$.
$n+1$ 出现: 设 $a_j = n+1$, 位置 $j$ 有 $n$ 种选择 ($j \in {1, \dots, n}$). 剩余 $n-1$ 个位置由 ${1, \dots, n} \setminus {k}$ 填充（其中 $k$ 是未被选中的那个 $1 \sim n$ 之间的数, 或者更准确地说, 剩余位置需从 ${1, \dots, n}$ 中选 $n-1$ 个排布）. 此部分的方案数等价于 $n F_n^{n-1}$.

因此有初步递推式:

$$ F_{n+1}^n = D_n + n F_n^{n-1} $$

步骤 2: 推导 $F_n^{n-1}$ 与 $D_n$, $D_{n-1}$ 的关系

$F_n^{n-1}$ 表示从 ${1, \dots, n}$ 中选 $n-1$ 个排在位置 $1, \dots, n-1$ 上, 且 $a_i \neq i$.

根据“哪个数字没被选中”分类:

没选中的是 $n$: 剩余 ${1, \dots, n-1}$ 排在 $1, \dots, n-1$ 上, 即 $D_{n-1}$.
没选中的是 $k \in {1, \dots, n-1}$: 对于固定的 $k$, 剩余数字包含 $n$. 这相当于构造一个长度为 $n-1$ 的序列, 使用数字 ${1, \dots, n} \setminus {k}$. 通过组合双射可以证明, 所有 $k \in {1, \dots, n-1}$ 的情况之和恰好等于 $D_n$. (直观理解: $D_n$ 可以看作是在 $n$ 个位置的错位排列中, 去掉第 $n$ 位及其对应的值后形成的结构总和).

故有恒等式:

$$ F_n^{n-1} = D_n + D_{n-1} $$

步骤 3: 代入并整理

将步骤 2 的结果代入步骤 1 的递推式:

$$ \begin{aligned} F_{n+1}^n &= D_n + n(D_n + D_{n-1}) \\ &= D_n + n D_n + n D_{n-1} \\ &= (n+1)D_n + n D_{n-1} \\ &= (n+1)F_n^n + n F_{n-1}^{n-1} \end{aligned} $$

因此 $D$ 选项正确.

扩展

$F_m^n$ 叫做部分错排数, 是全错排的推广. 全错排 $D_n = F_n^n$ 可以视为一个特例.

$F_m^n$ 的通项公式

利用容斥原理.

总排列数为 $A_m^n$.

设性质 $P_i$ 为 $a_i = i$. 我们需要排除所有满足至少一个 $P_i$ 的情况.

若固定 $k$ 个位置满足 $a_i=i$, 则这 $k$ 个位置已确定, 剩余 $n-k$ 个位置从剩下的 $m-k$ 个元素中选取并排列, 方案数为 $A_{m-k}^{n-k}$. 选择哪 $k$ 个位置固定有 $\binom{n}{k}$ 种方式.

于是通项公式为:

$$ F_m^n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} A_{m-k}^{n-k} $$

展开排列数 $A_{m-k}^{n-k} = \frac{(m-k)!}{(m-n)!}$, 可得

$$ F_m^n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} \frac{(m-k)!}{(m-n)!} $$

进一步化简为组合数形式:

$$ F_m^n = n! \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!} \binom{m-k}{n-k} $$

结论: $F_{n+1}^n = D_n + D_{n+1}$

证明:

已知错位排列递推公式 $D_{n+1} = n(D_n + D_{n-1})$. 由命题 2 可知:

$$ F_{n+1}^n = (n+1)D_n + n D_{n-1} $$

计算 $D_n + D_{n+1}$:

$$ \begin{aligned} D_n + D_{n+1} &= D_n + n(D_n + D_{n-1}) \\ &= D_n + n D_n + n D_{n-1} \\ &= (n+1)D_n + n D_{n-1} \end{aligned} $$

两者相等, 故 $F_{n+1}^n = D_n + D_{n+1}$ 成立.

佛山二模 on 河源中学数学研究协会