2024届高三数学二轮专题复习——17分综合新定义压轴问题分类汇编（解析版）
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九省联考后17分综合新定义压轴问题分类整理目录一、数列新定义二、平面向量新定义三、圆锥曲线新定义四、三角函数新定义五、函数新定义六、概率新定义七、集合新定义八、复数新定义九、高等数学新知识1,数列新定义1国际象棋是国际通行的智力竞技运动.国际象棋使用8×8格黑白方格相间棋盘，骨牌为每格与棋盘的方格大小相同的1×2格灰色方格.若某种黑白相间棋盘与骨牌满足以下三点：①每块骨牌覆盖棋盘的相邻两格；②棋盘上每一格都被骨牌覆盖；③没有两块骨牌覆盖同一格，则称骨牌构成了棋盘的一种完全覆盖.显然，我们能够举例说明8×8格黑白方格相间棋盘能被骨牌完全覆盖.(1)证明：切掉8×8格黑白方格相间棋盘的对角两格，余下棋盘不能被骨牌完全覆盖；(2)请你切掉8×8格的黑白方格相间棋盘的任意两个异色方格，然后画出余下棋盘的一种骨牌完全覆盖方式，并证明：无论切掉的是哪两个异色方格，余下棋盘都能被骨牌完全覆盖；(3)记m×n格黑白方格相间棋盘的骨牌完全覆盖方式数为F(m,n)，数列{F(2,n)}的前n项和为Sn，证明：Sn=F(2,n+2)-2.解：(1)由于每块骨牌覆盖的都是相邻的两个异色方格，故棋盘的黑白方格数目相同是其能被骨牌完全覆盖的必要条件，但切掉8×8格黑白方格相间棋盘的对角两格后，要么黑色方格比白色方格多两个，要么白色方格比黑色方格多两个，故余下棋盘不能被骨牌完全覆盖；(2)切掉两个异色方格并作完全覆盖示例如图1；如图2，8×8格黑白方格相间棋盘能够被红线分割为黑白方格依次相邻且首尾相接的“方格条”，无论切掉其中哪两个黑白方格，都会将“方格条”拆成一至两个“短方格条”，且每个“短方格条”中黑白方格的数目是相同的，都能够被骨牌完全覆盖，故余下棋盘能一定被骨牌完全覆盖；*(3)如图3，可知完全覆盖方式数的递推公式为F(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)(n∈N)，其中F(2,1)=1，F(2,2)=2.从而F(2,3)=F(2,2)+F(2,1)，F(2,4)=F(2,3)+F(2,2)，⋯，F(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)，累加得Sn+2-3=Sn+1-1+Sn，2,移项得Sn=F(2,n+2)-2.22023年10月11日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建255个光子的量子计算机原型机“九章三号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球是快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比特只能处于0态或1态，量子计算机的量子比特(qubit)可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为是子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有p的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为X.1(1)若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2，且p=，求两个粒子通过第一道逻辑门后3上旋粒子个数为2的概率；*(2)若一条信息有nn>1,n∈N种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为p1，p2，⋯，pn，则称H=fp1+fp2+⋅⋅⋅+fpn(其中fx=-xlog2x)为这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为X的信息熵H；(3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为Y(Y=1，2，3，⋯，n，⋯).证明：当n无限增大时，Y的数学期望趋近于一个常数.nn参考公式：0<q<1时，limq=0，limnq=0.n→+∞n→+∞解：(1)设ai=“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为i个”，i=0，1，2，b=“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为2个”，1211121则pa0=pa2=2=4，pa1=c22=2，124pb∣a0=，pb∣a1=，pb∣a2=，99921112141则pb=∑paipb∣ai=×+×+×=，i=049294941×4pa2bpa2pb∣a2494故pa2∣b====.pbpb194(2)由题知x=0，1，2，121121由(1)知px=2=p+p1-p+1-p=，424411122111同理可得px=1=c2p1-p+p+1-p+c2p1-p=，42421则px=0=1-px=1-px=2=，411111113故x的信息熵h=f4+f2+f4=2×-4log24-2log22=2.n-1(3)由题知py=n=1-pp，其中n=1，2，3，⋯，01n-1则ey=1⋅1-pp+2⋅1-pp+⋅⋅⋅+n⋅1-pp+⋅⋅⋅，nni-1i-1又∑i⋅p1-p=p∑i⋅1-p，i=1i=1ni-101n-1则∑i⋅1-p=1⋅1-p+2⋅1-p+⋅⋅⋅+n⋅1-p，①i=1ni-112n1-p⋅∑i⋅1-p=1⋅1-p+2⋅1-p+⋅⋅⋅+n⋅1-p，②i=13,ni-101n-1n①-②得：p∑i⋅1-p=1-p+1-p+⋅⋅⋅+1-p-n1-pi=1nn1-1-pn11-pn=-n1-p=--n1-p，pppnn1由题知，当n无限增大时，1-p趋近于零，n1-p趋近于零，则ey趋近于.p所以当n无限增大时，y的数学期望趋近于一个常数.*3“q-数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设q是非零实数，对任意n∈n，定义“q-数”(n)q=1n-1+q+⋯+q利用“q-数”可定义“q-阶乘”n!q=(1)q(2)q⋯(n)q,且0!q=1.和“q-组合数”，即对任*nn!q意k∈n,n∈n,k≤n，=kqk!qn-k!q5(1)计算：；32nn-1n-1*k(2)证明：对于任意k,n∈n,k+1≤n，=+qkqk-1qkqn+m+1nmn+i*n-k+i(3)证明：对于任意k,m∈n,n∈n,k+1≤n，-=∑q.k+1qk+1qi=0kq解：(1)由定义可知，55!2(1)2(2)2(3)2(4)2(5)2==323!22!2(1)2(2)2(3)2(1)2(2)223234(4)2(5)21+2+2+21+2+2+2+2===155.(1)2(2)21×1+2nn!q(n)q⋅n-1!q(2)因为==，kqk!qn-k!qk!qn-k!qkn-1kn-1n-1!qq⋅n-1!q+q=+k-1qkqk-1!qn-k!qk!qn-k-1!qn-1!qk=(k)q+q⋅(n-k)q.k!qn-k!qkk-1kn-k-1又(k)q+q⋅(n-k)q=1+q+⋯+q+q1+q+⋯+qn-1=1+q+⋯+q=(n)q,nn-1n-1k所以=+qkqk-1qkq(3)由定义得：nn*对任意k∈n,n∈n,k≤n,=.kqn-kq结合(2)可知nnn-1n-1n-k==+qkqn-kqn-k-1qn-kqn-1n-1n-k=+qkqk-1qnn-1n-1n-k即=+q，kqkqk-1q4,nn-1n-1n-k也即-=q.kqkqk-1qn+m+1n+mn+mn+m-k所以-=q，k+1qk+1qkqn+mn+m-1n+m-1n+m-1-k-=q，k+1qk+1qkq⋯⋯n+1nnn-k-=q.k+1qk+1qkq上述m+1个等式两边分别相加得：n+m+1nmn+in-k+i-=∑q.k+1qk+1qi=0kq4约数，又称因数.它的定义如下：若整数a除以整数mm≠0除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数.设正整数a共有k个正约数，即为a1,a2,⋅⋅⋅,ak-1,aka1<a2<⋅⋅⋅<ak.(1)当k=4时，若正整数a的k个正约数构成等比数列，请写出一个a的值；(2)当k≥4时，若a2-a1,a3-a2,⋅⋅⋅,ak-ak-1构成等比数列，求正整数a；2(3)记a=a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+ak-1ak，求证：a<a.解：(1)当k=4时,正整数a的4个正约数构成等比数列，比如1,2,4,8为8的所有正约数，即a=8.aa(2)由题意可知a1=1，ak=a,ak-1=,ak-2=，a2a3a-aa3-a2ak-ak-1a3-a2a2因为k≥4，题意可知=，所以=，a2-a1ak-1-ak-2a2-a1a-aa2a322a3-a22化简可得(a3-a2)=(a2-1)a3，所以a3=，a2-1*a3-a2*因为a3∈n，所以∈n，a2-1因此可知a3是完全平方数.2由于a2是整数a的最小非1因子，a3是a的因子，且a3>a2，所以a3=a2，2k-1k-2所以a2-a1,a3-a2,⋯,ak-ak-1为a2-a1,a2-a2,⋯,a2-a2，k-1所以a=a2k≥4.(3)由题意知a1ak=a,a2ak-1=a,⋅⋅⋅,aiak+1-i=a,⋅⋅⋅，1≤i≤k，222aaa所以A=++⋯+，ak-1akak-2ak-1a1a21a2-a1111ak-ak-111因为≤=-,⋅⋅⋅,≤=-，a1a2a1a2a1a2ak-1akak-1akak-1ak222aaa2111所以A=++⋯+=a++⋯+ak-1akak-2ak-1a1a2ak-1akak-2ak-1a1a22111111211≤a-+-+⋯+-=a-，a1a2a2a3ak-1aka1ak11因为a1=1，ak=a，所以-<1，a1ak21122所以A≤a-<a，即a<a.a1ak5,*5若无穷数列an的各项均为整数．且对于∀i,j∈n，i<j，都存在k>j，使得ak=aiaj-ai-aj，则称数列an满足性质P．(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．①an=n，n=1，2，3，⋯；②bn=n+2，n=1，2，3，⋯．*(2)若数列an满足性质P，且a1=1，求证：集合n∈Nan=3为无限集；(3)若周期数列an满足性质P，求数列an的通项公式．∗【详解】(1)对①，取i=1，对∀j∈N,j>1，则ai=a1=1,aj=j，可得aiaj-ai-aj=j-1-j=-1，∗显然不存在k>j,k∈N，使得ak=-1，所以数列an不满足性质P；∗对②，对于∀i,j∈N,i<j，则bi=i+2，bj=j+2，故bibj-bi-bj=i+2j+2-i+2-j+2=i⋅j+i+j∗=i⋅j+i+j-2+2，因为i,j∈n,i≥1,j≥2，∗则i⋅j+i+j-2∈n，且i⋅j+i+j-2=ij+1+j-2≥3，∗所以存在k=i⋅j+i+j-2∈n，k>j，使得bk=i⋅j+i+j-2+2=bibj-bi-bj，故数列bn满足性质P；(2)若数列an满足性质P，且a1=1，则有：∗∗取i=1,j=j1>1,j1∈N，均存在k1>j1,k1∈N，使得ak1=a1aj1-a1-aj1=-1，∗∗取i=1,j=j2>k1,j2∈N，均存在k2>j2>k1,k2∈N，使得ak2=a1aj2-a1-aj2=-1，∗取i=k1,j=k2>k1，均存在m1>k2>1,m1∈N，使得am1=ak1ak2-ak1-ak2=3，∗∗故数列an中存在n∈N，使得an=3，即n∈N∣an=3≠∅，∗反证：假设n∈N∣an=3为有限集，其元素由小到大依次为n1,n2,⋯,nlnl>1，∗取i=1,j=nl+1>nl，均存在kL>nl+1,kL∈N，使得akL=a1anl+1-a1-anl+1=-1，∗取i=1,j=kL+1，均存在kL+1>kL+1,kL+1∈N，使得akL+1=a1akL+1-a1-akL+1=-1，∗取i=kL,j=kL+1，均存在nl+1>kL+1>nl,nl+1∈N，使得anl+1=akLakL+1-akL-akL+1=3，∗∗即nl+1∈n∈N∣an=3这与假设相矛盾，故集合n∈N∣an=3为无限集.∗∗(3)设周期数列an的周期为T≥1,T∈N，则对∀n∈N，均有an=an+T，∗∗设周期数列an的最大项为aM,M∈N,1≤M≤T，最小项为aN,N∈N,1≤N≤T，∗即对∀n∈N，均有aN≤an≤aM，若数列an满足性质P：∗2反证：假设aM≥4时，取i=M,j=M+T，则∃k>M+T,k∈N，使得ak=aMaM+T-aM-aM+T=aM-2aM，2则ak-aM=aM-3aM=aMaM-3>0，即ak>aM，∗∗这对∀n∈N，均有aN≤an≤aM矛盾，假设不成立；则对∀n∈N，均有an≤3；∗2反证：假设aN≤-2时，取i=N,j=N+T，则∃k>N+T,k∈N，使得ak=aNaN+T-aN-aN+T=aN-2aN≥4，∗∗这与对∀n∈N，均有an≤3矛盾，假设不成立，即对∀n∈N，均有an≥-1；∗综上所述：对∀n∈N，均有-1≤an≤3，反证：假设1为数列an中的项，由(2)可得：-1,3为数列an中的项，6,∵-1×3--1-3=-5，即-5为数列an中的项，∗∗这与对∀n∈N，均有-1≤an≤3相矛盾，即对∀n∈N，均有an≠1，同理可证：an≠-1，∵an∈Z，则an∈0,2,3，∗当T=1时，即数列an为常数列时，设an=a，故对∀i,j∈N,i<j，都存在k>j，2使得ak=aiaj-ai-aj=a-2a=a，解得a=0或a=3，即an=0或an=3符合题意；当T≥2时，即数列an至少有两个不同项，则有：①当0,2为数列an中的项，则0×2-0-2=-2，即-2为数列an中的项，但-2∉0,2,3，不成立；②当0,3为数列an中的项，则0×3-0-3=-3，即-3为数列an中的项，但-3∉0,2,3，不成立；③当2,3为数列an中的项，则2×3-2-3=1，即1为数列an中的项，但1∉0,2,3，不成立；综上所述：an=0或an=3.6随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列an，规定Δan为数列an的一阶差分数列，其中Δan=an+1-an*22*n∈N，规定Δan为数列an的二阶差分数列，其中Δan=Δan+1-Δann∈N．3*2(1)数列an的通项公式为an=nn∈N，试判断数列Δan,Δan是否为等差数列，请说明理由？**2(2)数列logabn是以1为公差的等差数列，且a>2，对于任意的n∈N，都存在m∈N，使得Δbn=bm，求a的值；(3)各项均为正数的数列cn的前n项和为Sn，且Δcn为常数列，对满足m+n=2t，m≠n的任意正整数m,n,t都有cm≠cn，且不等式Sm+Sn>λSt恒成立，求实数λ的最大值．3332【详解】(1)因为an=n，所以Δan=an+1-an=n+1-n=3n+3n+1，因为Δa1=7，Δa2=19，Δa3=37，故Δa2-Δa1=12，Δa3-Δa2=18，显然Δa2-Δa1≠Δa3-Δa2，所以Δan不是等差数列；2222因为Δan=Δan+1-Δan=6n+6，则Δan+1-Δan=6，Δa1=12，2所以Δan是首项为12，公差为6的等差数列.(2)因为数列logabn是以1为公差的等差数列，bn+1所以logabn+1-logabn=1，故=a，bnn-1所以数列bn是以公比为a的正项等比数列，bn=b1a，2所以Δbn=Δbn+1-Δbn=bn+2-bn+1-bn+1-bn=bn+2-2bn+1+bn，**2n+1nn-1m-1且对任意的n∈N，都存在m∈N，使得Δbn=bm，即b1a-2b1a+b1a=b1a，2m-n所以a-1=a，因为a>2，所以m-n>0，23-53+5①若m-n=1，则a-3a+1=0，解得a=(舍)，或a=，223+5**2即当a=时，对任意的n∈N，都存在m∈N，使得Δbn=bm=bn+1.2m-n22**2②若m-n≥2，则a≥a>a-1，对任意的n∈N，不存在m∈N，使得Δbn=bm.3+5综上所述，a=.2(3)因为Δcn为常数列，则cn是等差数列，设cn的公差为d，则cn=c1+n-1d，若d=0，则cn=cm，与题意不符；7,c1若d<0，所以当n>1-时，cn<0，d与数列cn的各项均为正数矛盾，所以d>0，d2d由等差数列前n项和公式可得Sn=2n+c1-2n，d22d所以Sn+Sm=2n+m+c1-2n+m，因为m+n=2t，dn+m2dn+m所以St=22+c1-22，22n+mn+m2因为m≠n，故>，222d22ddn+md所以Sn+Sm=2n+m+c1-2n+m>2×2+c1-2n+m=2St则当λ≤2时，不等式Sm+Sn>λSt恒成立，*另一方面，当λ>2时，令m=t+1，n=t-1，n∈N,t≥2，d2dd2d则Sn+Sm=22t+2+2tc1-2，St=2t+c1-2t，d2dd2d则λSt-Sn+Sm=2λt+c1-2λt-22t+2-2tc1-2d2=2λ-dt-t+λ-2c1t-d，d2因为λ-d>0，t-t≥0，2d当t>时，λSt-Sn+Sm>0，λ-2c1即Sn+Sm<λSt，不满足不等式Sm+Sn>λSt恒成立，综上，λ的最大值为2.7基本不等式可以推广到一般的情形：对于n个正数a1,a2,⋯,an，它们的算术平均不小于它们的几何a1+a2+⋯+ann平均，即≥a1a2⋯an，当且仅当a1=a2=⋯=an时，等号成立．若无穷正项数列an同时n满足下列两个性质：①∃M>0,an<m；②an为单调数列，则称数列an具有性质p．4(1)若an=n+2，求数列an的最小项；nn1(2)若bn=n，记sn=bn，判断数列sn是否具有性质p，并说明理由；2-1i=11n(3)若cn=1+n，求证：数列cn具有性质p．nn43n4nn4【详解】(1)∵an=2+2+2≥32⋅2⋅2=3，当且仅当2=2，即n=2时，等号成立，nnn4∴数列an的最小项为a2=2+2=3．2(2)数列sn具有性质p．111∵bn==≤，nn-1n-1n-12-12+2-121-1i=1i=11111n12∴sn=∑nbi≤∑ni-1=1+1+2+⋯+n-1=1=21-2n<2,，22221-2∴数列sn满足条件①．8,1∵bn=n>0,∴Sn<sn+1,∴sn为单调递增数列，∴数列sn满足条件②．2-1综上，数列sn具有性质p．(3)先证数列cn满足条件①：1n0112131n1cn=1+n=cn+cn⋅n+cn⋅2+cn⋅3+⋯+cn⋅n．nnnk1nn-1n-2⋯n-k+1nn-1n-2n-k+11当k≥2时，cn⋅==⋅⋅⋯⋅nknk⋅k!nnnnk!1111≤≤=-,k!kk-1k-1k1n111111则cn=1+n=1+1+1-2+2-3+⋯+n-1-n=3-n<3，∴数列sn满足条件①．再证数列cn满足条件②：1n111cn=1+n=1+n⋅1+n⋯1+n×11+111n+1n+1+n+⋯+1+n+11<(1+>1，等号取不到)n+1nn+1+1⋅nn+1n1n+1=n+1=1+n+1=cn+1,∴cn为单调递增数列，∴数列cn满足条件②．综上，数列cn具有性质P.8由n×n个数排列成n行n列的数表称为n行n列的矩阵，简称n×n矩阵，也称为n阶方阵，记作：a11a12a13⋯a1na21a22a23⋯a2n**A(n,n)=a31a32a33⋯a3n其中aiji∈N,j∈N,i,j≤n表示矩阵A中第i行第j列的数．已知⋮⋮⋮⋮an1an2an3⋯anna11a12a13⋯a1nb11b12b13⋯b1na21a22a23⋯a2nb21b22b23⋯b2n三个n阶方阵分别为A(n,n)=a31a32a33⋯a3n,B(n,n)=b31b32b33⋯b3n，C(n,n)=⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮an1an2an3⋯annbn1bn2bn3⋯bnnc11c12c13⋯c1nc21c22c23⋯c2n*c31c32c33⋯c3n，其中aij，bij，ciji,j∈N,i,j≤n分别表示A(n,n),B(n,n),C(n,n)中第i行第j⋮⋮⋮⋮cn1cn2cn3⋯cnn列的数．若cij=(1-μ)aij+μbij(μ∈R)，则称C(n,n)是A(n,n),B(n,n)生成的线性矩阵．324-1(1)已知A(2,2)=,B(2,2)=4，若C(2,2)是A(2,2),B(2,2)生成的线性矩阵，且c11=3，求C1112(2,2)；9,a11a12⋯a1nb11b12⋯b1n2n33⋯312⋯n(2)已知∀n∈N*,n≥3，矩阵A(n,n)=,B(n,n)=，矩阵C(n,n)⋮⋮⋮⋮⋮⋮a1na2n⋯annb1nb2n⋯bnn是A(n,n),B(n,n)生成的线性矩阵，且c21=2．*(i)求c23,c2kk∈N,k≤n；n(ii)已知数列bn满足bn=n，数列dn满足dn=，数列dn的前n项和记为Tn，是否存在正整数2c2n-nbm+1m,n，使Tn=成立？若存在，求出所有的正整数对(m,n)；若不存在，请说明理由．2bm3【详解】(1)cij=(1-μ)aij+μbij(μ∈R)，则c11=(1-μ)a11+μb11，即3=21-μ+μ，44解得μ=-，59494949494则cij=aij-bij，c12=a12-b12=×4+=8，c21=a22-b22=-=1，555555555594941c22=a21-b21=-×2=，5555538故C(2,2)=1.151(2)(i)c21=3(1-μ)+μ=3-2μ=2，μ=，21111131故cij=aij+bij，c23=a23+b23=×3+×3=15，222222k111k13+kc2k=a2k+b2k=×3+×k=.22222nn1n(ii)dn===n⋅，2c-nn32n3112131nTn=1×3+2×3+3×3+⋯+n×3，11213141n+13Tn=1×3+2×3+3×3+⋯+n×3，211213141n1n+111n1n+1故3Tn=3+3+3+3+⋯+3-n×3=21-3-n×3，33n1n故Tn=4-4+2×3，bm+133n1nm+111Tn=2b，即4-4+2×3=2m=2+2m，取m=2验证不成立，mn3m整理得到=，m≠2，3+2nm-2当n=1时，m=-3，不成立；当n=2时，m=9；当n=3时，m=3；现说明当n≥4时不成立：nAn+1n3*n+1336n+9设An=，n≥4，n∈N，则An>0，=÷=>1，3+2nAn5+2n3+2n2n+581故An单调递增，An≥，11B2n*n+1n+1nn-n-2设Bn=，n≥3，n∈N，Bn>0，=÷=2<1，n-2Bnn-1n-2n-n1*故Bn单调递减，Bn≤，n≥3，n∈N，B1=-1，310,n3m故n≥4时，=不成立，3+2nm-2bm+1综上所述：使Tn=成立的所有的正整数对为9,2，3,3.2bm9同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a,b∈Z,m∈N+且m>1．若m∣(a-b)，则称a与b关于模m同余，记作a≡b(modm)(“|”为整除符号)．2(1)解同余方程：x+2x≡0(mod3)；(2)设(1)中方程的所有正根构成数列an，其中a1<a2<a3<⋯<an．①若bn=an+1-ann∈n+，数列bn的前n项和为sn，求s4048；②若cn=tana2n+3⋅tana2n+1n∈n+，求数列cn的前n项和tn．【详解】(1)由题意xx+2≡0(mod3)，所以x=3k或x+2=3k(k∈z)，即x=3k或x=3k-2(k∈z)．3n-1n为奇数2(2)由(1)可得an为1,3,4,6,7,9,10,···，所以an=n．3×n为偶数22n为奇数①因为bn=an+1-an(n∈n+)，所以bn=1n为偶数．则s4048=b1+b2+b3+⋯+b4048=3×2024=6072．②cn=tana2n+3⋅tana2n+1=tan3n+4⋅tan3n+1(n∈n+)．tan3n+4-tan3n+1因为tan3n+4⋅tan3n+1=-1，tan3tan7-tan4tan10-tan7所以tn=c1+c2+⋯cn=tan3-1+tan3-1+⋯tan3n+4-tan3n+1+-1tan3tan3n+4-tan4=-n．tan3***10若数列an满足：存在n0∈n和t∈n，使得对任意n≥n0和k∈n，都有an=an+kt，则称数列**an为“p数列”；如果数列an满足：存在n0∈n，使得对任意j>i≥N0i,j∈N，都有ai≤aj，则称数列an为“I数列”；(1)在下列情况下，分别判断an是否“P数列”，是否“I数列”？①a1=1，a2=2，an+2=-an+an+1；②a1=5，an+1=2an-3；k(2)若数列an:a1>a2>0，an+2=an+1+an是“I数列”，其中k∈Z且k≠0，求k的所有可能值；2(3)设“I数列”an和“P数列”bn的各项均为正数，定义分段函数fx，x∈1,+∞如下：记x为“不超过x的最大正整数”，fx=fx=axbx证明：若fx是周期函数，则an是“P数列”.【详解】(1)解：对于①，a1=1，a2=2，an+2=-an+an+1，则数列an的各项分别为：1、2、-3、1、2、-3、⋯，∗所以，an+3=an，且a3n-2<a3n-1>a3nn∈N，故数列an是“P数列”，不是“I数列”；对于②，a1=5，an+1=2an-3，则数列an的各项分别为：5、4、2、2、2、⋯，当n≥3时，an+1=an，此时，数列an是“P数列”，也是“I数列”.(2)解：①若k≥2，则an>0且an+2≥an+1+an>an+1，合题意.11,-1③若k=1，则an>0且an+2-an+1=an+1-an.2因为a2-a1<0，所以数列an+1-an的符号正负交替变化.不合题意.④若k<0，首先，数列an中不可能出现连续两项为0.(否则前一项为0，依此类推，之前各项均为0，不合条件)*假设an是“I数列”，则存在M∈N，对任意n≥M，都有an>0或都有an<0.若都有an>0，则aM>0，aM+1>0⇒aM+2<0，出现矛盾；若都有an<0，则aM<0，aM+1<0⇒aM+2>0，也出现矛盾；故an不是“I数列”.综上，k∈k∈Nk≠1.*(3)解：设fx的周期为T0(注意，不能确定T0∈N，感觉是对的，似乎很难证.)***由题，存在N0∈N和T∈N，对任意n≥N0和k∈N，有bn=bn+kT，an单调不减.假设an不是“P数列”，则存在j>i≥N0+T0，使得aj>ai.以下推导矛盾：对任意n≥N0+T0，数列bn是周期数列，必有最大值，设bJ是最大值，其中J≥j.一方面，因为fx的周期为T0，所以存在x0∈N0,N0+T0，使得fx0=fJ.另一方面，fx0=ax0bx0≤aibJ<ajbj≤ajbj=fj，与fx0=fj矛盾.所以假设不成立，即对任意n≥n0+t0，都有an为常数列.所以an是“p数列”.*11同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，b∈z，m∈n且m>1．若m(a-b)则称a与b关于模m同余，记作a≡b(modm)(“|”为整除符号)．2(1)解同余方程x-x≡0(mod3)；(2)设(1)中方程的所有正根构成数列an，其中a1<a2<a3<⋯<an．*①若bn=an+1-an(n∈n)，数列bn的前n项和为sn，求s2024；*②若cn=tana2n+1⋅tana2n-1(n∈n)，求数列cn的前n项和tn．【详解】(1)由题意xx-1≡0(mod3)，所以x=3k或x-1=3k(k∈z)，即x=3k或x=3k+1(k∈z)．3n-1n为奇数2(2)由(1)可得an为1,3,4,6,7,9,10,⋯，所以an=n．3×n为偶数2*2n为奇数①因为bn=an+1-an(n∈n)，所以bn=．1n为偶数s2024=b1+b2+b3+⋯+b2024=3×1012=3036．*②cn=tana2n+1⋅tana2n-1=tan3n+1⋅tan3n-2(n∈n)．tan3n+1-tan3n-2因为tan3n+1⋅tan3n-2=-1，tan3tan4-tan1tan7-tan4tan3n+1-tan3n-2所以tn=c1+c2+⋯cn=tan3-1+tan3-1+⋯+tan3-1tan3n+1-tan1=-n．tan312,平面向量新定义12在信息论中，熵(entropy)是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵､信源熵､平均自信息量.这里，“消息”代表来自分布或数据流中的事件､样本或特征.(熵最好理解为不确定性的量度而不是确定性的量度，因为越随机的信源的熵越大)来自信源的另一个特征是样本的概率分布.这里的想法是，比较不可能发生的事情，当它发生了，会提供更多的信息.由于一些其他的原因，把信息(熵)定义为概率分布的对数的相反数是有道理的.事件的概率分布和每个事件的信息量构成了一个随机变量，这个随机变量的均值(即期望)就是这个分布产生的信息量的平均值(即熵).熵的单位通常为比特，但也用sh、nat、hart计量，取决于定义用到对数的底.采用概率分布的对数作为信息的量度的原因是其可加性.例如，投掷一次硬币提供了1sh的信息，而掷m次就为m位.更一般地，你需要用log2n位来表示一个可以取n个值的变量.在1948年，克劳德•艾尔伍德•香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为香农滳.而正是信息熵的发现，使得1871年由英国物理学家詹姆斯•麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设n想的麦克斯韦妖理论被推翻.设随机变量ξ所有取值为1,2,⋯,n，定义ξ的信息熵h(ξ)=-pilog2pi，i=1npi=1，i=1,2,⋯,n.i=1(1)若n=2，试探索ξ的信息熵关于p1的解析式，并求其最大值；1(2)若p1=p2=n-1，pk+1=2pk(k=2,3,⋯,n)，求此时的信息熵.2【详解】(1)当n=2时，p1∈(0,1),h(ξ)=-p1log2p1-(1-p1)log2(1-p1)，令f(t)=-tlog2t-(1-t)log2(1-t)，t∈(0,1)，1则f'(t)=-log2t+log2(1-t)=log2t-1，11所以函数ft在0,2上单调递增，在2,1上单调递减，1所以当p1=时，h(ξ)取得最大值，最大值为h(ξ)max=1.21(2)因为p1=p2=n-1，pk+1=2pk(k=2,3,⋯,n)，2k-2k-221所以pk=p2⋅2=n-1=n-k+1(k=2,3,⋯,n)，2211n-k+1故pklog2pk=n-k+1log2n-k+1=-n-k+1，22211n-1而p1log2p1=n-1log2n-1=-n-1，222nn-1n-1n-1n-221于是h(ξ)=n-1+pklog2pk=n-1+n-1+n-2+⋯+2+2，2k=22222n-1nnn-1n-221整理得h(ξ)=-++++⋯++n-1nnn-1n-222222222123n-1n令sn=+++⋯++，223n-1n22221123n-1n则sn=+++⋯++，2234nn+12222211111nn+2两式相减得sn=+++⋯+-=1-2223nn+1n+122222n+2因此sn=2-，n213,n-1nn-1nn+21所以h(ξ)=-+sn=-+2-=2-.n-1nn-1nnn-2222222n13对于给定的正整数n，记集合r=α∣α=x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xn,xj∈r,j=1,2,3,⋅⋅⋅,n，其中元素α称为n一个n维向量.特别地，0=0,0,⋅⋅⋅,0称为零向量.设k∈r，α=a1,a2,⋅⋅⋅,an∈r，β=b1,b2,⋅⋅⋅,bn∈nr，定义加法和数乘：kα=ka1,ka2,⋅⋅⋅,kan，α+β=a1+b1,a2+b2,⋅⋅⋅,an+bn.对一组向量α1，α2，⋯，αss∈n+,s≥2，若存在一组不全为零的实数k1，k2，⋯，ks，使得k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+ksαs=0，则称这组向量线性相关.否则，称为线性无关.(1)对n=3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由.①α=1,1,1，β=2,2,2；②α=1,1,1，β=2,2,2，γ=5,1,4.(2)已知α，β，γ线性无关，判断α+β，β+γ，α+γ是线性相关还是线性无关，并说明理由.(3)已知mm≥2个向量α1，α2，⋯，αm线性相关，但其中任意m-1个都线性无关，证明：①如果存在等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0(ki∈r，i=1，2，3，⋯，m)，则这些系数k1，k2，⋯，km或者全为零，或者全不为零；②如果两个等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0(ki∈r，li∈r，i=1，2，3，⋯，m)同时k1k2km成立，其中l1≠0，则==⋅⋅⋅=.l1l2lm【详解】(1)对于①，设k1α+k2β=0，则可得k1+2k2=0，所以α，β线性相关；k1+2k2+5k3=0对于②，设k1α+k2β+k3γ=0，则可得k1+2k2+k3=0，k1+2k2+4k3=0所以k1+2k2=0，k3=0，所以α，β，γ线性相关；(2)设k1α+β+k2β+γ+k3α+γ=0，则k1+k3α+k1+k2β+k2+k3γ=0，k1+k3=0因为向量α，β，γ线性无关，所以k1+k2=0，解得k1=k2=k3=0，k2+k3=0所以向量α+β，β+γ，α+γ线性无关.(3)①k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，如果某个ki=0，i=1，2，⋯，m，则k1α1+k2α2+⋯+ki-1αi-1+ki+1αi+1+⋅⋅⋅+kmαm=0，因为其中任意m-1个都线性无关，所以k1，k2，⋯，ki-1，ki+1，⋯，km都等于0，所以这些系数k1，k2，⋯，km或者全为零，或者全不为零，②因为l1≠0，所以l1，l2，⋯，lm全不为零，l2lm所以由l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0可得α1=-α2-⋅⋅⋅-αm，l1l1l2lm代入k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0可得k1-α2-⋅⋅⋅-αm+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，l1l1l2lm所以-k1+k2α2+⋅⋅⋅+-k1+kmαm=0，l1l1l2lmk1k2km所以-k1+k2=0，⋯，-k1+km=0，所以==⋯=.l1l1l1l2lm14,圆锥曲线新定义2y2x14已知椭圆γ的方程为+=1(常数a>b>0)，点A为椭圆短轴的上顶点，点P是椭圆Γ上异22ab于点A的一个动点．若动点P到定点A的距离的最大值仅在P点为短轴得另一顶点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知b=2.(1)若a=5，判断椭圆Γ是否为“圆椭圆”；(2)若椭圆Γ是“圆椭圆”，求a的取值范围；(3)已知椭圆Γ是“圆椭圆”，且a取最大值，点P关于原点O的对称点为点Q(点Q也异于点A)，且直线AP、AQ分别与x轴交于M、N两点．试问以线段MN为直径的圆是否过定点？证明你的结论．2y2x【详解】(1)由题意可得：椭圆Γ的方程为+=1,A0,2，254222x0y02y0设Px0,y0,y0∈-2,2，则+=1，即x0=251-，25442222y02212则PA=x0+y0-2=251-+y0-2=-y0-4y0+29，4422128∵PA=-y0-4y0+29开口向下，对称轴y0=-∈-2,2，42182∴当y0=-≠-2时，PA取得最大值，21故椭圆Γ不是“圆椭圆”.2y2x(2)由题意可得：椭圆Γ的方程为+=1，a24222x0y022y0设Px0,y0,y0∈-2,2，则2+=1，即x0=a1-，a44y22222202a22则PA=x0+y0-2=a1-4+y0-2=1-4y0-4y0+a+4，22a22由题意可得：PA=1-4y0-4y0+a+4,y0∈-2,2，当且仅当y0=-2取到最大值，2a∵a>2，则1-<0，422a228则PA=1-4y0-4y0+a+4开口向下，对称轴y0=2，4-a8可得≤-2，解得2<a≤22，24-a∴a的取值范围为2,22.(3)过定点，理由如下：2y2x由(2)可知：a=22，则椭圆γ的方程为+=1，84设p22cosθ,2sinθ,cosθ≠0，可得q-22cosθ,-2sinθ2sinθ-22sinθ-12sinθ-1则直线ap的斜率kap==×，方程为y=×x+2，22cosθ2cosθ2cosθ22cosθ22cosθ令y=0，解得x=，即点m,0，1-sinθ1-sinθ22cosθ同理可得点n-,0，1+sinθ设点bm,n，15,22cosθ22cosθ则mb=m-1-sinθ,n,nb=m+1+sinθ,n，若点b在以线段mn为直径的圆上，则mb⊥nb，22cosθ22cosθ22可得mb⋅nb=m-1-sinθm+1+sinθ+n=mm-42tanθ+n-8=0，m=0m=0若上式对任意的θcosθ≠0恒成立，则2，解得，n-8=0n=±22故以线段mn为直径的圆是过定点b0,±22.15交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设a，b，c，d是直线l上互异且非acbd无穷远的四点，则称⋅(分式中各项均为有向线段长度，例如ab=-ba)为a，b，c，d四点的交bcad比，记为(a,b;c,d)．1(1)证明：1-(d,b;c,a)=；(b,a;c,d)(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点p且互异的四条直线，l1，l2为不过点p且互异的两条直线，l1与l1，l2，l3，l4的交点分别为a1，b1，c1，d1，l2与l1，l2，l3，l4的交点分别为a2，b2，c2，d2，证明：(a1,b1;c1,d1)=(a2,b2;c2,d2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若△efg与△efg的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则△efg与△efg对应边的交点在一条直线上．dc⋅babc⋅ad+dc⋅babc⋅(ac+cd)+cd⋅ab【详解】(1)1-(d,b;c,a)=1-==bc⋅dabc⋅adbc⋅adbc⋅ac+bc⋅cd+cd⋅abbc⋅ac+ac⋅cdac⋅bd1====；bc⋅adbc⋅adbc⋅ad(b,a;c,d)a1c1⋅b1d1s△pa1c1⋅s△pb1d1(2)a1,b1;c1,d1==b1c1⋅a1d1s△pb1c1⋅s△pa1d11⋅pa⋅pc⋅sin∠apc⋅1⋅pb⋅pd⋅sin∠bpd2111121111sin∠a1pc1⋅sin∠b1pd1==1⋅pb⋅pc⋅sin∠bpc⋅1⋅pa⋅pd⋅sin∠apdsin∠b1pc1⋅sin∠a1pd12111121111sin∠a2pc2⋅sin∠b2pd2s△pa2c2⋅s△pb2d2a2c2⋅b2d2=====a2,b2;c2,d2；sin∠b2pc2⋅sin∠a2pd2s△pb2c2⋅s△pa2d2b2c2⋅a2d2(3)设ef与ef交于x，fg与fg交于y，eg与eg交于z，连接xy，ff与xy交于l，ee与xy交于m，gg与xy交于n，欲证x，y，z三点共线，只需证z在直线xy上．考虑线束xp，xe，xm，xe，由第(2)问知(p,f;l,f)=(p,e;m,e)，16,再考虑线束yp，yf，yl，yf，由第(2)问知(p,f;l,f)=(p,g;n,g)，从而得到(p,e;m,e)=(p,g;n,g)，于是由第(2)问的逆命题知，eg，mn，eg交于一点，即为点z，从而mn过点z，故z在直线xy上，x，y，z三点共线．三角函数新定义16如图1“omniverse雕塑”将数学和物理动力学完美融合，遵循周而复始，成就无限，局部可以抽象π成如图2，点p以p0为起始点，在以o为圆心，半径为2(单位：10米)，按顺时针旋转且转速为rad s="">3(单位：10米)，点Q在以P为圆心，半径为1(单位：10米)的圆周上，且在旋转过程中，点Q恒在点P的正上方，设转动时间为t秒，建立如图3平面直角坐标系xoy．(1)求经过t秒后，点P到地面的距离PH；(2)若t∈0,8时，圆周上存在4个不同点P，使得2OQ=PH成立，求实数a的取值范围．ππ【详解】(1)由题意及三角函数的定义可知yP=2sin2-4t，π所以PH=yP+a=a+2cos4t(单位：10米)；πππ(2)根据题意可知Q2cos2-4t,2cos4t+1，ππ即Q2sin4t,2cos4t+1，π22ππ则OQ=2cos4t+1+4sin4t=5+4cos4t，ππ因为2OQ=PH，所以25+4cos4t=a+2cos4t，2ππ2即4cos4t+4a-16cos4t+a-20=0，ππ令cost=m，因为t∈0,8，所以t∈0,2π，则m∈-1,1，4417,22上式可化为4m+4a-16m+a-20=0，22设fm=4m+4a-16m+a-20m∈-1,1，因为t∈0,8时，圆周上存在4个不同点P，使得2OQ=PH成立，则fm=0在-1,1上有两个相异实数根，Δ=4a-162-16a2-20>09a<2-1<16-4a<186>a>2即f-1>0⇒a∈-∞,0∪4,+∞，f1>0a∈-∞,-8∪4,+∞a>3a>39解之得a∈4,.217固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”x-xccce+eex+e-x方程y=，其中c为参数.当c=1时，就是双曲余弦函数coshx=，类似地我们可以定22x-xe-e义双曲正弦函数sinhx=.它们与正、余弦函数有许多类似的性质.2(1)类比正弦函数的二倍角公式，请写出双曲正弦函数的一个正确的结论:sinh2x=.(只写出即可，不要求证明)；(2)∀x∈[-1,1]，不等式cosh2x+mcoshx≥0恒成立，求实数m的取值范围；π3π(3)若x∈,，试比较cosh(sinx)与sinh(cosx)的大小关系，并证明你的结论.422x-2xx-xe+ee+e解：(2)依题意，∀x∈[-1,1]，不等式cosh2x+mcoshx≥0⇔+m⋅≥0，22x-1x-x1函数u=e在[-1,1]上单调递增，u∈[e,e]，令t=e+e=u+，u1-1-1显然函数t=u+在[e,1]上单调递减，在[1,e]上单调递增，t∈[2,e+e]，u22x-2xx-x22t-2mt又e+e=(e+e)-2=t-2，于是∀x∈[-1,1]，cosh2x+mcoshx≥0⇔+≥0，22-122-1因此∀t∈[2,e+e]，m≥-t，显然函数y=-t在[2,e+e]上单调递减，tt当t=2时，ymax=-1，从而m≥-1，所以实数m的取值范围是m≥-1.π3π(3)∀x∈,，cosh(sinx)>sinh(cosx).42sinx-sinxcosx-cosxπ3πe+ee-e依题意，x∈,，cosh(sinx)-sinh(cosx)=-42221sinxcosx-sinx-cosx=(e-e+e+e)，2π5πππ当x∈4,4时，x-4∈[0,π]，sinx-cosx=2sinx-4≥0，即sinx≥cosx，sinxcosx-sinx-cosx于是e-e≥0，而e+e>0，因此cosh(sinx)-sinh(cosx)>0，5π3πcosx-cosx当x∈4,2时，cosx≤0，则-cosx≥cosx，e≤e，cosx-cosxsinx-sinx即e-e≤0，而e+e>0，因此cosh(sinx)-sinh(cosx)>0，π3π于是∀x∈,，cosh(sinx)-sinh(cosx)>0，所以cosh(sinx)>sinh(cosx).4218,函数新定义18对于函数y=f(x)，若函数F(x)=f(x+1)-f(x)是严格增函数，则称函数y=f(x)具有性质A.2x(1)若f(x)=x+2，求F(x)的解析式，并判断f(x)是否具有性质A；(2)判断命题“严格减函数不具有性质A”是否为真命题，并说明理由；23(3)若函数f(x)=kx+x(x≥0)具有性质A，求实数k的取值范围，并讨论此时函数gx=fsinx-sinx在区间0,π上零点的个数.2x【详解】(1)因为f(x)=x+2，22x+1xx所以F(x)=f(x+1)-f(x)=x+1-x+2-2=2+2x+1，显然，F(x)在R上是严格增函数，所以f(x)具有性质A(2)假命题，理由如下：例如，函数fx=-x是0,+∞上的严格减函数，1而F(x)=f(x+1)-f(x)=-x+1+x=-是0,+∞上的严格增函数，x+1+x此时，严格减函数f(x)具有性质A，故该命题为假命题23232(3)由题意知，Fx=kx+1+x+1-kx-x=3x+2k+3x+k+1x≥0，23因为函数f(x)=kx+x(x≥0)具有性质A，2k+33所以≤0，解得k≥-.-2×3223由题意知，函数gx=fsinx-sinx=ksinx+sinx-sinx，23令gx=0，则ksinx+sinx-sinx=0，1即sinx=0或k=-sinx-,0<x<π，sinx1即x=0或x=π或k=-sinx-,0<x<π，sinx令t=sinx,0<t≤1，1如图，作y=k和y=-t-t,0<t≤1图像如左图，记交点横坐标为t1，作t=t1和t=sinx,0<x<π图像如右图，1显然，y=-t-在0,1单调递减，t3当k∈-2,0时，t1>1，sinx=t1无解，则gx在区间0,π上零点的个数为2；π当k=0时，t1=1，sinx=t1解得x=，则gx在区间0,π上零点的个数为3；2当k∈0,+∞时，t1∈0,1，sinx=t1有两个根，则gx在区间0,π上零点的个数为4.3综上所述，当k∈-2,0时，gx在区间0,π上零点的个数为2；当k=0时，gx在区间0,π上零点的个数为3；当k∈0,+∞时，gx在区间0,π上零点的个数为4.19,*19在数列an中，若存在常数t，使得an+1=a1a2a3⋯an+tn∈N恒成立，则称数列an为“H(t)数列”．1(1)若cn=1+，试判断数列cn是否为“H(t)数列”，请说明理由；nn2(2)若数列an为“H(t)数列”，且a1=2，数列bn为等比数列，且ai=an+1+log2bn-t，求数列bn的通i=1项公式；(3)若正项数列an为“H(t)数列”，且a1>1，t>0，证明：lnan<an-1．【详解】(1)数列cn不是“h(t)数列”，理由如下：1n+1*n+2*cn=1+=n∈n，则cn+1=n∈n，nnn+1234n+1*又c1c2c3⋯cn=⋅⋅⋯=n+1n∈n，123nn+21*所以cn+1-c1c2c3⋯cn=-n+1=-nn∈n，n+1n+11因为-n不是常数，所以数列cn不是“h(t)数列”.n+1n2*(2)因为数列an为“h(t)数列”，由ai=an+1+log2bn-tn∈n，i=1n2*有ai=a1a2a3⋯an+log2bnn∈n①，i=1n+12*所以ai=a1a2a3⋯anan+1+log2bn+1n∈n②，i=12bn+1*两式作差得an+1=an+1-1a1a2a3⋯an+log2n∈n，bn*又因为数列an为“h(t)数列”，所以an+1-t=a1a2a3⋯ann∈n，2*设数列bn的公比为q，所以an+1=an+1-1an+1-t+log2qn∈n，∗即t+1an+1-t+log2q=0对∀n∈n成立，t+1=0t=-1则，得；t+log2q=0q=22又a1=2，a1=a1+log2b1，n-1n+1得b1=4，所以bn=4×2=2.11-x(3)设函数fx=lnx-x+1x>0，则fx=-1=，xx当x∈1,+∞时，fx<0，则fx在1,+∞上单调递减，且fx<f1=0，*因为数列an为“h(t)数列”，则an+1-a1a2a3⋯an=tn∈n，因为a1>0，t>0，则a2=a1+t>a1>1，故a3=a1⋅a2+t>a1⋅a2>1，∗由此类推，可得对∀n∈N，an>1，所以fan<f1=0，即lnan-an+1<0，所以lnan<an-1得证.概率新定义202023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番20,石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴(不妨设n颗番石榴的大小各不相同)，最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k(1≤k<n)颗番石榴，自第k+1颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一颗.设k=tn，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为p.(1)若n=4,k=2，求p；(2)当n趋向于无穷大时，从理论的角度，求p的最大值及p取最大值时t的值.111n(取++⋯+=ln)kk+1n-1k4【详解】(1)依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有a4=24种情况，要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：3①最大的番石榴是第3个，其它的随意在哪个位置，有a3=6种情况；2②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，其它的随意在哪个位置，有2a2=4种情况，6+45所以所求概率为=.24121(2)记事件a表示最大的番石榴被摘到，事件bi表示最大的番石榴排在第i个，则pbi=，nnn1由全概率公式知：p(a)=p(a|bi)p(bi)=p(a|bi)，i=1ni=1当1≤i≤k时，最大的番石榴在前k个中，不会被摘到，此时p(a|bi)=0；当k+1≤i≤n时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前i-1个番石榴中的最大一个在前k个之中时，此时kpa|bi)=，i-11kkkkn因此p(a)=n++⋯+n-1=nln，kk+1kxn1n1n令g(x)=ln(x>0)，求导得g(x)=ln-，由g(x)=0，得x=，nxnxnenn当x∈0,e时，g(x)>0，当x∈e,n时，g(x)<0，nn即函数g(x)在0,e上单调递增，在e,n上单调递减，n1nkn1则g(x)max=ge=e，于是当k=e时，P(A)=nlnk取得最大值e，11所以P的最大值为，此时t的值为.ee21某同学在课外阅读时了解到概率统计中的切比雪夫不等式，该不等式可以使人们在随机变量X的期望EX和方差DX存在但其分布末知的情况下，对事件“X-EX≥ε”的概率作出上限估计，其中ε为任意正实数.切比雪夫不等式的形式为：PX-EX≥ε≤fDX,ε，其中fDX,ε是关于DX和ε的表达式.由于记忆模糊，该同学只能确定fDX,ε的具体形式是下列四个选项中的某一种.请你根据所学相关知识，确定该形式是()1ε2DX2A.DX⋅εB.C.D.22DX⋅εDXε21,解析：切比雪夫不等式的形式为：PX-EX≥ε≤fDX,ε，由题知PX-EX≥ε=222EX-EXDXDXPX-EX≥ε≤=，则fDX,ε的具体形式为.故选：D.222εεε集合新定义22已知集合A中含有三个元素x,y,z，同时满足①x<y<z；②x+y>z；③x+y+z为偶数，那么称*集合A具有性质P.已知集合Sn=1,2,3,⋯,2n(n∈N,n≥4)，对于集合Sn的非空子集B，若Sn中存在三个互不相同的元素a,b,c，使得a+b,b+c,c+a均属于B，则称集合B是集合Sn的“期待子集”.(1)试判断集合A=1,2,3,5,7,9是否具有性质P，并说明理由；(2)若集合B=3,4,a具有性质P，证明：集合B是集合S4的“期待子集”；(3)证明：集合M具有性质P的充要条件是集合M是集合Sn的“期待子集”.【详解】(1)集合A=1,2,3,5,7,9不具有性质P，理由如下：(i)从集合A中任取三个元素x,y,z均为奇数时，x+y+z为奇数，不满足条件③(ii)从集合A中任取三个元素x,y,z有一个为2，另外两个为奇数时，不妨设y=2，x<z，则有z-x≥2，即z-x≥y，不满足条件②，综上所述，可得集合a=1,2,3,5,7,9不具有性质p.(2)证明：由3+4+a是偶数，得实数a是奇数，当a<3<4时，由a+3>4，得1<a<3，即a=2，不合题意，当3<4<a时，由3+4>a，得4<a<7，即a=5，或a=6(舍)，因为3+4+5=12是偶数，所以集合b={3,4,5}，令a+b=3,b+c=4,c+a=5，解得a=2,b=1,c=3，显然a,b,c∈s4=1,2,3,4,5,6,7,8，所以集合b是集合s4的“期待子集”得证.(3)证明：先证充分性：当集合m是集合sn的“期待子集”时，存在三个互不相同的a,b,c，使得a+b,b+c,c+a均属于m，不妨设a<b<c，令x=a+b，y=a+c，z=b+c，则x<y<z，即满足条件①，因为x+y-z=(a+b)+(a+c)-(b+c)=2a>0，所以x+y>z，即满足条件②，因为x+y+z=2(a+b+c)，所以x+y+z为偶数，即满足条件③，所以当集合M是集合Sn的“期待子集”时，集合M具有性质P.再证必要性：当集合M具有性质P，则存在x,y,z，同时满足①x<y<z；②x+y>z；③x+y+z为偶数，x+y+zx+y+zx+y+z令a=-z，b=-y，c=-x，则由条件①得a<b<c，222x+y+zx+y-z由条件②得a=-z=>0，22由条件③得a,b,c均为整数，x+y+zz+x-yz+z-y-y因为z-c=z+x-=>=z-y>0，222所以0<a<b<c<z，且a,b,c均为整数，所以a,b,c∈sn，因为a+b=x,a+c=y,b+c=z，所以a+b,b+c,c+a均属于m，22,所以当集合m具有性质p时，集合m是集合sn的“期待子集”.综上所述，集合m是集合sn的“期待子集”的充要条件是集合m具有性质p.1,x∈e23对集合e，定义其特征函数xex=，考虑集合e1,e2,⋯,en和正实数a1,a2,⋯,an，定义0,x∉ensa,e(x)=aixei(x)为l和式函数.设ei=mi,mi，则e1,e2,⋯,en为闭区间列；如果集合e1,e2,⋯,en对i=1任意1≤i<j≤n，有ei∩ej=∅，则称e1,⋯,en是无交集合列，设集合pne=e1∪e2∪⋯∪en.(1)证明：l和式函数的值域为有限集合；(2)设e1,e2,⋯,en为闭区间列，sa,ex是定义在pne上的函数.已知存在唯一的正整数m，各项不同的m非零实数c1,c2,⋯,cm，和无交集合列f1,f2,⋯,fm使得pmf=pne，并且cixfi(x)=sa,e(x)，称i=1mcixfi(x)为l和式函数sa,ex的典范形式.设m为sa,ex的典范数.i=1(i)设m1<m1<m2<m2<⋯<mn<mn，证明：m≤n；(ii)给定正整数n，任取正实数a1,a2,⋯,an和闭区间列e1,e2,⋯,en，判断sa,ex的典范数m最大值的存在性.如果存在，给出最大值；如果不存在，说明理由.【详解】(1)因为表达式中ai恒定，所以sa,ex的取值只和xeix有关则当xe1x,xe2x,⋯,xenx都相同的时候sa,ex相同nn注意到xe1x,xe2x,⋯,xenx最多只有2种取法，因此sa,ex的值域大小不大于2，从而是有限集.(2)(i)根据典范形式的唯一性，我们构造正整数m，各项不同的非零实数c1,c2,⋯,cm，和无交集合列f1,f2,i=1⋯,fm使得pmf=pne，并且∑cixfi(x)=sa,e(x)，m设sa,ex的取值集合为c1,c2,⋯,cm，设fi=x∣sa,ex=ci，则pmf=pne,f是无交集合列且c1,c2,⋯,cm非0(因为sa,ex定义在pne上)根据题意，任意i<j，取xi∈ei,xj∈ej，有xi≤mi<mj≤xj，所以xi<xj，那么ei∩ej=∅，所以e1,e2,⋯,en是无交集合列此时对任意x∈pne，恰好存在一个小区间ei，使得x∈ei，所以sa,ex的取值集合最多有a1,a2,⋯,an这n个数，因为这些数可能相等，所以m≤n.(ii)设minm是m1,m2,⋯,mn的最小值，maxm是m1,m2,⋯,mn的最大值，那么pne⊆minm,maxm，并且ei的端点数目有2n个，至多构成2n-1个区间如果a<x<b，其中a,b分别为ei,ej的端点，且a,b之间没有其他端点，那么要么x∈ei,x∈ej；要么x∉ei,x∉ej所以sa,ex最多有2n-1种取值，所以m≤2n-1j,j+1,1≤j≤n-1,另一方面，令ei=i,i+n，取fj=n,n+1,j=n,j,j+1,n+1≤j≤2n-1.2n并且取a1,a2,⋯,an=10,10,⋯,10，容易验证sa,ex恰好有2n-1种取值，所以m最大值为2n-1.复数新定义24设m是由复数组成的集合，对m的一个子集a，若存在复平面上的一个圆，使得a的所有数在复平面上对应的点都在圆内或圆周上，且∁ma中的数对应的点都在圆外，则称a是一个m的“可分离子集”．23,(1)判断{1,2,3}是否是{i,1,2,3}的“可分离子集”，并说明理由；(2)设复数z满足0<re(z)<1,0<im(z)<1，其中re(z),im(z)分别表示z的实部和虚部．证明：{z,z}是{1,iz,z,z}的“可分离子集”当且仅当|z|<1．【详解】(1)是，理由如下：取复平面上的圆{z||z-2∣=2}，则复数1，2，3在复平面上对应的点都在圆内．而|2-i|=5，故复数i在复平面上对应的点在圆外．因此，{1,2,3}是{i,1,2,3}的“可分离子集”．1(2)必要性：当|z|<1时，令复数a=(1-|z|)re(z)，2取复平面上的圆{ω||ω-a|=|z-a∣}，则z,z在复平面上对应的点在圆周上，又|1-a|-|z-a|>1-2a-|z|>0，故1在复平面上对应的点在圆外．222由|z-a|=|z|-2aRe(z)+a，222|iz-a|=|z|+2aIm(z)+a，知|iz-a|>|z-a|．故iz在复平面上对应的点在圆外．因此，当|z|<1时，{z,z}是{1,iz,z,z}的“可分离子集”．充分性：只需证当|z|≥1时，{z,z}不是{1,iz,z,z}的“可分离子集”．假设存在复平面上的一个圆，使得z,z在复平面上对应的点在圆内或圆周上，且1，iz在复平面上对应的点在圆外．设圆心表示的复数为ω,x=Re(ω),y=Im(ω)．再设b=Re(z),c=Im(z)．由|z-ω|<|1-ω|知2222(x-b)+(y-c)<(x-1)+y，2故2(1-b)x-2cy<1-|z|<0．由|z-ω|<|1-ω|知2222(x-b)+(y+c)<(x-1)+y，2故2(1-b)x+2cy<1-|z|<0．2222进而(1-b)x-cy>0，x<0，2222由|z-ω|<|iz-ω|知(x-b)+(y+c)<(x+c)+(y-b)，故x-y>0，222222进而(1-b)x-cy<1-|z|-2by<0．2222这与(1-b)x-cy>0矛盾，故所假设的圆在复平面上不存在．即当|z|≥1时，{z,z}不是{1,iz,z,z}的“可分离子集”，充分性证毕，综上，{z,z}是{1,iz,z,z}的“可分离子集”当且仅当|z|<1.高等数学新知识a11a1225设数阵A0=，其中a11,a12,a21,a22∈1,2,3,4,5,6．设S=e1,e2,⋯,el⊆1,2,3,4,5,6，其a21a22*中e1<e2<⋯<el,l∈n且l≤6．定义变换φk为“对于数阵的每一行，若其中有k或-k，则将这一行中每24,个数都乘以-1；若其中没有k且没有-k，则这一行中所有数均保持不变”k=e1,e2,⋯,el.φsa0表示“将a0经过φe1变换得到a1，再将a1经过φe2变换得到a2,⋯以此类推，最后将al-1经过φel变换得到al．记数阵al中四个数的和为tsa0．13(1)若a0=,s=1,3，写出a0经过φ1变换后得到的数阵a1，并求tsa0的值；3613(2)若a0=,s=e1,e2,e3，求tsa0的所有可能取值的和；36(3)对任意确定的一个数阵a0，证明：tsa0的所有可能取值的和不超过-4．13【详解】(1)因为a0=,s=1,3，36-1-3a0经过φ1变换后得到的数阵a1=，3613a1经过φ3变换后得到的数阵a2=，-3-6所以tsa0=1+3-3-6=-5.(2)若s=2,4,5，则a3=a0，可得tsa0=1+3+3+6=13；-1-3若e1=1,e2,e3∈2,4,5，则a3=，可得tsa0=-1-3+3+6=5；3613若e3=6,e1,e2∈2,4,5，则a3=，可得tsa0=1+3-3-6=-5；-3-6-1-3若e1,e3,e2其中一个为3，另外两个属于2,4,5，则a3=，-3-6可得tsa0=-1-3-3-6=-13；-1-3若e1=1,e2∈2,4,5,e3=6，则a3=，可得tsa0=-1-3-3-6=-13；-3-6若e1=1，e2,e3其中一个为3，另外一个属于2,4,5，13则a3=，可得tsa0=1+3-3-6=-5；-3-6若e3=6，e1,e2其中一个为3，另外一个属于2,4,5，-1-3则a3=，可得tsa0=-1-3+3+6=5；36若e1=1,e2=3,e3=6，则a3=a0，可得tsa0=1+3+3+6=13；综上所述：tsa0的所有可能取值的和为13+-13+5+-5=0.4(3)若a11≠a12，在1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有a11且不含a12的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；4含有a12且不含a11的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；4同时含有a11和a12的子集共2个，经过变换后第一行仍为a11、a12；4不含a11也不含a12的子集共2-1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．所以经过变换后所有al的第一行的所有数的和为44442×-a11-a12+2×-a11-a12+2×a11+a12+2-1×a11+a12=-a11-a12.5若a11=a12，则1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有a11的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；25,5不含有a11的子集共2-1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．55所以经过变换后所有al的第一行的所有数的和为2×-a11-a12+2-1×a11+a12=-a11-a12．同理，经过变换后所有al的第二行的所有数的和为-a21-a22．所以tsa0的所有可能取值的和为-a11-a12-a21-a22，又因为a11、a12、a21、a22∈1,2,⋯,6，所以tsa0的所有可能取值的和不超过-4．26定义1：通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族(collection).定义2：集合x上的一个拓扑(topology)乃是x的子集为元素的一个族γ，它满足以下条件：(1)∅和x在γ中；(2)γ的任意子集的元素的并在γ中；(3)γ的任意有限子集的元素的交在γ中.(1)族p=∅,x，族q=xx⊆x，判断族p与族q是否为集合x的拓扑；(2)设有限集x为全集*(i)证明：∁xa1∩a2∩⋯∩an=∁xa1∪∁xa2∪⋯∪∁xann∈n；(ii)族γ为集合x上的一个拓扑，证明：由族γ所有元素的补集构成的族γf为集合x上的一个拓扑.【详解】(1)族p=∅,x，q=xx⊆x都是集合x的拓扑.(2)(i)设x∈∁xa1∩a2∩⋯∩an，则x∉a1∩a2∩⋯∩an，故存在整数i1≤i≤n使x∉ai，因此x∈∁xai，得x∈∁xa1∪∁xa2∪⋯∪∁xan.设x∈∁xa1∪∁xa2∪⋯∪∁xan，则存在整数j1≤j≤n使x∈∁xaj，故x∉aj，因此x∉a1∩a2∩⋯∩an，得x∈∁xa1∩a2∩⋯∩an(ii)因为∅，x∈γ，所以∅，x∈γf；设m=a1,a2,⋯an为γf的任意子集，则n=∁xa1,∁xa2,⋯,∁xan⊆γ，a1∩a2∩⋯∩an=∁x∁xa1∪∁xa2∪⋯∪∁xan，因为∁xa1∪∁xa2∪⋯∪∁xan∈γ，故a1∩a2∩⋯∩an∈γf；a1∪a2∪⋯∪an=∁x∁xa1∩∁xa2∩⋯∩∁xan，因为∁xa1∩∁xa2∩⋯∩∁xan∈γ，故a1∪a2∪⋯∪an∈γf.*27若函数fx的定义域、值域都是有限集合a=a1,a2,⋅⋅⋅,an，n∈n，则定义fx为集合a上的有限完整函数.已知gx是定义在有限集合m=1,2,3,4,5,6,7上的有限完整函数.7(1)求ig(i)的最大值；i=1(2)当i=1,2,3,4时，均有gi<gi+1，求满足条件的gx的个数；*(3)对于集合m上的有限完整函数gx，定义“闭环函数”如下：g1(x)=g(x)，对k∈n，且k≤6，gk+1(x)=**g(gk(x))(注：g7k+i(x)=gi(x)，k∈n，i=1,2,⋅⋅⋅,7).若∃x∈m，m∈n，g1(x)=g1+m(x)，则称gx为“m阶闭环函数”.证明：存在一个闭环函数gx既是3阶闭环函数，也是4阶闭环函数(用列表法表示gx的函数关系).7【详解】(1)由题意得igi=g1+2g2+3g(3)+4g(4)+5g(5)+6g(6)+7g(7)i=1222222222222221+g12+g23+g34+g45+g56+g67+g7≤++++++22222227722i+g(i)7i=1i=12==i=140，2i=1当且仅当g(1)=1,g(2)=2,⋯,g(7)=7时取等号，26,7即ig(i)的最大值为140；i=1(2)由题意知g(1)<g(2)<g(3)<g(4)<g(5)，5从集合m中任取5个数，记为b1,b2,b3,b4,b5，共有c7中取法，然后剩余的两个数全排列，52故共有c7a2=42个g(x)满足条件；(3)证明：以下面表格作为g(x)的函数关系：x1234567g(x)2315674g11=2,g21=g2=3,g31=g3=1,g41=g1=g11，故g(x)为3阶闭环函数；又g14=5,g24=g5=6,g34=g6=7,g44=g7=4,g54=g4=g14，故g(x)也为4阶闭环函数，故原命题得证.2y2x128已知椭圆c:2+2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2经过点F1且倾斜角为abπθ0<θ<2的直线l与椭圆交于A，B两点(其中点A在x轴上方)，且△ABF2的周长为8．将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角A-F1F2-B为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为A，B．π(1)当θ=时，3①求证：AO⊥BF2；②求平面A'F1F2和平面A'B'F2所成角的余弦值；π15(2)是否存在θ0<θ<2，使得折叠后△ABF2的周长为2？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．【详解】(1)①由椭圆定义可知AF1+AF2=2a,BF1+BF2=2a，所以△ABF2的周长L=4a=8，所以a=2，1c1因为离心率为，故=，解得c=1，2a2222则b=a-c=3，由题意，椭圆的焦点在x轴上，2y2x所以椭圆方程为+=1，43π直线l:y-0=tan⋅x+1，即l:y=3x+1，32y2x28联立+=1得15x+24x=0，解得x=0或-，43527,8833当x=0时，y=3×0+1=3，当x=-时，y=3×-+1=-，555833因为点A在x轴上方，所以A0,3,B-5,-5，故AO⊥F1F2，折叠后有AO⊥F1F2，因为二面角A-F1F2-B为直二面角，即平面AF1F2⊥F1F2B，交线为F1F2，AO⊂平面AF1F2，所以AO⊥平面F1F2B，因为F2B⊂平面F1F2B，所以AO⊥F2B；②以O为坐标原点，折叠后的y轴负半轴为x轴，原x轴为y轴，原y轴正半轴为z轴，建立空间直角坐标系，338则F10,-1,0,A0,0,3,B5,-5,0,F20,1,0，3313AF2=0,1,-3,BF2=-5,5,0，其中平面AF1F2的法向量为n1=1,0,0，设平面ABF2的法向量为n2=x,y,z，n2⋅AF2=x,y,z⋅0,1,-3=y-3z=0则33133313，n2⋅BF2=x,y,z⋅-5,5,0=-5x+5y=01313令y=3得x=3,z=1，故n2=3,3,1，设平面ABF2与平面AF1F2的夹角为φ，1,0,013n1⋅n2⋅3,3,113205则cosφ=cosn1,n2===，n1⋅n2169+3+1205913205故平面ABF2与平面AF1F2的夹角的余弦值为；205(2)设折叠前Ax1,y1,Bx2,y2，折叠后对应的Ax1,y1,0,Bx2,0,-y2，设直线l方程为my=x+1，2y2x22将直线l与椭圆方程+=1联立得，3m+4y-6my-9=0，436m-9则y1+y2=2,y1y2=2，3m+43m+422在折叠前可知AB=x1-x2+y1-y2，222折叠后，在空间直角坐标系中，AB=x1-x2+y1+y2，，15由AF2+BF2+AB=，AF2+BF2+AB=8，21故AB-AB=，228,222221所以AB-AB=x1-x2+y1-y2-x1-x2+y1+y2=①，2-2y1y21分子有理化得=，x-x2+y-y2+x-x2+y2+y221212121222222所以x1-x2+y1-y2+x1-x2+y1+y2=-4y1y2②，221由①②得x1-x2+y1-y2=-2y1y2，42222因为x1-x2+y1-y2=my1-1-my2+1+y1-y22=m+1y1-y2，12故-2y1y2=m+1y1-y2，4122即-2y1y2=m+1y1+y2-4y1y2，46m-9将y1+y2=2,y1y2=2代入上式得3m+43m+41186m2362+=m+1+，43m2+43m2+43m2+442两边平方后，整理得2295m+4152m-3472=0，22228即45m-2851m+124=0，解得m=，45π1335因为0<θ<，所以tanθ==.2m1429数学中的数，除了实数、复数之外，还有四元数．四元数在计算机图形学中有广泛应用，主要用于描述空间中的旋转．集合H=d+ai+bj+ck∣a,b,c,d∈R中的元素α=d+ai+bj+ck称为四元数，其中i,j,k都是虚数单位，d称为α的实部，ai+bj+ck称为α的虚部．两个四元数之间的加法定义为d1+a1i+b1j+c1k+d2+a2i+b2j+c2k=d1+d2+a1+a2i+b1+b2j+c1+c2k．222两个四元数的乘法定义为：ij=-ji=k,jk=-kj=i,ki=-ik=j,i=j=k=-1,四元数的乘法具有结合-1律，且乘法对加法有分配律．对于四元数α，若存在四元数β使得αβ=βα=1，称β是α的逆，记为β=α．实部为0的四元数称为纯四元数，把纯四元数的全体记为W．*(1)设a,b,c,d∈R,四元数α=d+ai+bj+ck．记α=d-ai-bj-ck表示α的共轭四元数．*(i)计算αα；-1(ii)若α≠0，求α；-1(iii)若α≠0,β∈W，证明：αβα∈W；(2)在空间直角坐标系中，把空间向量α=(a,b,c)与纯四元数α=ai+bj+ck看作同一个数学对象．设α,1β∈W,γ=(αβ-βα)．2(i)证明：γ∈W;(ii)若α,β是平面X内的两个不共线向量，证明：γ是X的一个法向量．*2222【详解】(1)(i)αα=(d+ai+bj+ck)(d-ai-bj-ck)=a+b+c+d．2222(ii)因为α≠0，所以a+b+c+d≠0．*2222由(1)可得αα=a+b+c+d．*α所以α⋅=1，2222a+b+c+d2222同理可验证(d-ai-bj-ck)(d+ai+bj+ck)=a+b+c+d，29,*α所以⋅α=1．2222a+b+c+d*d-ai-bj-ck-1α因此，α==．22222222a+b+c+da+b+c+d(iii)设α=d+ai+bj+ck,β=xi+yj+zk,则αβ=(d+ai+bj+ck)(xi+yj+zk)=(-ax-by-cz)+(dx+bz-cy)i+(dy-az+cx)j+(dz+ay-bx)k．-1d-ai-bj-ck由(ii),α=，2222a+b+c+d-1而αβα的实部为d(-ax-by-cz)+a(dx+bz-cy)+b(dy-az+cx)+c(dz+ay-bx)=0，2222a+b+c+d-1-1所以αβα的实部为0，所以αβα∈W．(2)(i)设α=ai+bj+ck,β=xi+yj+zk．则αβ=(ai+bj+ck)(xi+yj+zk)=(-ax-by-cz)+(bz-cy)i+(cx-az)j+(ay-bx)k，βα=(xi+yj+zk)(ai+bj+ck)=(-ax-by-cz)-(bz-cy)i-(cx-az)j-(ay-bx)k,1所以γ=(αβ-βα)=(bz-cy)i+(cx-az)j+(ay-bx)k,故γ∈W．2(ii)在空间直角坐标系中，γ=(bz-cy,cx-az,ay-bx)．所以γ⋅α=a(bz-cy)+b(cx-az)+c(ay-bx)=0，γ⋅β=x(bz-cy)+y(cx-az)+z(ay-bx)=0．因此γ⊥α且γ⊥β．因为α,β⊂X不共线，所以γ⊥X,即γ是X的一个法向量．30已知空间向量列an，如果对于任意的正整数n，均有an+1-an=d，则称此空间向量列an为“等差向量列”，d称为“公差向量”；空间向量列bn，如果b1≠0且对于任意的正整数n，均有bn+1=q⋅bn，q≠0，则称此空间向量列bn为“等比向量列”，常数q称为“公比”.(1)若an是“等差向量列”，“公差向量”d=(1,1,0)，a1=0,1,1，an=xn,yn,zn；bn是“等比向量列”，11“公比”q=2，b1=2,2,0，bn=mn,kn,tn.求a1⋅b1+a2⋅b2+⋅⋅⋅+an⋅bn；(2)若an是“等差向量列”，a1=(0,0,0)，记cn=an，m∈N且m≥1，等式S(m)=c1+c2+c3+⋅⋅⋅+cm=c1-c+c2-c+c3-c+⋅⋅⋅+cm-c对于c=1和2均成立，且S(m)=507，求m的最大值.【详解】(1)由“等差向量列”定义和“等比向量列”定义知，an=a1+(n-1)⋅d=(0,1,1)+(n-1)(1,1,0)=(n-1,n,1)=xn,yn,zn，n-1n-111n-2n-2bn=qb1=22,2,0=2,2,0=mn,kn,tn，n-2n-21n-1an⋅bn=(n-1)2+n2=n-22，10111n-1设Sn=a1⋅b1+a2⋅b2+⋯+an⋅bn=1-2⋅2+2-2⋅2+⋯+n-22，11121n2Sn=1-2⋅2+2-2⋅2+⋯+n-2⋅2，n-1112n-11n121-21n3两式相减得-Sn=2+2+2+⋅⋅⋅+2-n-2⋅2=2+1-2-n-2⋅2=-2+30,3n-n2，233n所以Sn=2+n-22.(2)an=a1+(n-1)⋅d=(n-1)⋅d，所以cn=an=(n-1)d，所以cn为等差数列，m(m-1)所以S(m)=c1+c2+c3+⋯+cm=0+d+2d+⋯+(m-1)d=d，2由题意知S(m)=c1+c2+c3+⋯+cm=c1-1+c2-1+c3-1+⋯+cm-1=c1-2+c2-2+c3-2+⋯+cm-2=507，构造函数f(x)=x-d+x-2d+x-3d+⋅⋅⋅+x-md-507，则fcm+d=cm+cm-d+cm-2d||+⋯+cm-(m-1)d-507=cm+cm-1+cm-2+⋯+c1-507=0，所以函数f(x)至少有三个零点cm+|d|,cm+|d|-1,cm+|d|-2，mm若要使f(x)有三个零点，则存在2d,2+1d，使得f(x)为常数，且三个零点均在mm2d,2+1d内，所以m为偶数，且mm2d≤cm+d-2≤cm+d-1≤cm+d≤2+1dd≥2(m+1)d，解得2，mdf=0=507242所以2m≤4×2028，解得m≤31，m的最大值为31.31有一种曲线画图工具如图1所示，O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DM=DN=ON=1.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时，带动N绕O转动，跟踪动点N的轨迹得到曲线C1，跟踪动点M的轨迹得到曲线C2，以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.(1)分别求曲线C1和C2的方程；(2)曲线C1与x轴的交点为E，F，动直线l:y=kx+m与曲线C1相切，且与曲线C2交于P，Q两点，求△EPQ的面积与△FPQ的面积乘积的取值范围.222x2【答案】(1)C1:x+y=1；C2:+y=19(2)0,2【详解】(1)因为ON=1，所以N的轨迹是以原点为圆心，半径为1的圆，22所以曲线C1的方程为x+y=1；设Mx,y,Nx0,y0,Dt,0,-2≤t≤2，由题意可知MD=DN,ON=DN=1，31,t-x,-y=x0-t,y0x=2t-x022所以x0+y0=1⇒y=-y0，x-t2+y2=1tt-2x=0000x=x由于t不恒为零，所以t=2x，所以03，0y0=-y222x2又x0+y0=1，代入可得+y=1，92x2所以C2的方程为+y=1.9(2)易知E-1,0,F1,0，设Px1,y1,Qx2,y2，-k+m则点E到直线l:y=kx+m的距离d1=，2k+1k+m点F到直线l:y=kx+m的距离d2=，2k+1m22因为l与C1相切，所以=1,⇒m=k+1，2k+12x2由9+y=1，消去y，得1+9k22+18kmx+9m2-1x=0，y=kx+m222Δ=369k-m+1=36×8k>0,k≠0，218km9m-1x1+x2=2,x1x2=2，1+9k1+9k222261+k×9k-m+1所以PQ=1+kx1-x2=2，1+9k9m2-k22-m2+122119k72k72k所以S△EPQ⋅S△FPQ=2PQ×d1×2PQ×d2=22=22=24=1+9k1+9k1+18k+81k72，2181k+2+18k2121211由基本不等式得81k++18≥281k×+18=36，当且仅当81k=⇒k=±时取等号，2223kkk所以S△EPQ⋅S△FPQ∈0,2，所以△EPQ的面积与△FPQ的面积乘积的取值范围为0,2.32十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为12，2表示为102，k3表示为112，5表示为1012，发现若n∈N+可表示为二进制表达式a0a1a2⋅⋅⋅ak-1ak2，则n=a0⋅2+a1⋅k-112+⋅⋅⋅+ak-1⋅2+ak，其中a0=1，ai=0或1(i=1,2,⋅⋅⋅k).(1)记Sn=a0+a1+⋅⋅⋅+ak-1+ak，求证：S8n+3=S4n+3；(2)记In为整数n的二进制表达式中的0的个数，如I2=1，I3=0.(ⅰ)求I60；32,511In(ⅱ)求2(用数字作答).n=1k+3k+231【详解】(1)8n+3=a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak⋅2+1⋅2+1，∴S8n+3=a0+a1+⋅⋅⋅+ak+1+1=Sn+2，k+2k+1214n+3=a0⋅2+a1⋅2+⋅⋅⋅+ak⋅2+1⋅2+1，∴S4n+3=a0+a1+⋅⋅⋅+ak+1+1=Sn+2，∴S8n+3=S4n+3；543210(2)(ⅰ)60=32+16+8+4=1×2+1×2+1×2+1×2+0×2+0×2=1111002，∴I60=2，0(ⅱ)1=1×2=12，876543210511=1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2+1×2=1111111112，故从n=1到n=511中，In=0有12、112、⋯、1111111112共9个，11111122In=1有C1+C2+⋅⋅⋅+C8个，由C1+C2+⋅⋅⋅+C8=C9，即共有C9个22222233In=2有C2+C3+⋅⋅⋅+C8个，由C2+C3+⋅⋅⋅+C8=C9，即共有C9个⋯⋯，89In=9有C8=C9=1个，511In0213298∑2=9×2+C9×2+C9×2+⋅⋅⋅+C9×2n=111223399C9×2+C9×2+C9×2+⋅⋅⋅+C9×2=20011223399C9×2+C9×2+C9×2+C9×2+⋅⋅⋅+C9×2-1=291+2-1==9841.233给定正整数N≥3，已知项数为m且无重复项的数对序列A：x1,y1,x2,y2,⋅⋅⋅,xm,ym满足如下三个性质：①xi,yi∈1,2,⋅⋅⋅,N，且xi≠yii=1,2,⋅⋅⋅,m；②xi+1=yii=1,2,⋅⋅⋅,m-1；③p,q与q,p不同时在数对序列A中.(1)当N=3，m=3时，写出所有满足x1=1的数对序列A；(2)当N=6时，证明：m≤13；(3)当N为奇数时，记m的最大值为TN，求TN.【详解】(1)依题意，当N=3，m=3时有：A:1,2,2,3,3,1或A:1,3,3,2,2,1.(2)当N=6时，因为p,q与q,p不同时在数对序列A中，2所以m≤C6=15，所以1,2,3,4,5,6每个数至多出现5次，又因为xi+1=yii=1,2,⋯,m-1，所以只有x1,ym对应的数可以出现5次，1所以m≤×4×4+2×5=13.2(3)当N为奇数时，先证明TN+2=TN+2N+1.因为p,q与q,p不同时在数对序列A中，33,21所以TN≤CN=NN-1，22当N=3时，构造A:1,2,2,3,3,1恰有C3项，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1.2对奇数N，如果和可以构造一个恰有CN项的序列A，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1，那么多奇数N+2而言，可按如下方式构造满足条件的序列A：首先，对于如下2N+1个数对集合：1,N+1,N+1,1,1,N+2,N+2,1，2,N+1,N+1,2,2,N+2,N+2,2，⋯⋯N,N+1,N+1,N,N,N+2,N+2,N，N+1,N+2,N+2,N+1，每个集合中都至多有一个数对出现在序列A中，所以TN+2≤TN+2N+1，其次，对每个不大于N的偶数i∈2,4,6,⋯,N-1，将如下4个数对并为一组：N+1,i,i,N+2,N+2,i+1,i+1,N+1，N-1N-1共得到组，将这组对数以及1,N+1,N+1,N+2,N+2,1，22按如下方式补充到A的后面，即A,1,N+1,N+1,2,2,N+2,N+2,3,3,n+1,⋯,(N+1,N-1),(N-1,N+2),(N+2,N),(N,N+1),(N+1,N+2),(N+2,1).此时恰有TN+2N+1项，所以TN+2=TN+2N+1.综上，当N为奇数时，TN=TN-TN-2+TN-2-TN-4+⋯+T5-T3+T3=2N-2+1+2N-4+1+⋯+2×3+1+3=2N-2+1+2N-4+1+⋯+2×3+1+2×1+1=2N-3+2N-7+⋯+7+32N-3+3N-2+11=×=NN-1.22234一次课外活动举行篮球投篮趣味比赛，选手在连续投篮时，第一次投进得1分，并规定：若某次投进，则下一次投进的得分是本次得分的两倍；若某次未投进，则该次得0分，且下一次投进得1分．已知某1同学连续投篮n次，总得分为X，每次投进的概率为，且每次投篮相互独立．3(1)当n=30时，判断EX与10的大小，并说明理由；(2)当n=3时，求X的概率分布列和数学期望；*(3)记X=3的概率为Pnn≥2,n∈N，求Pn的表达式．【详解】(1)EX>10．理由如下：1记该同学投篮30次投进次数为ξ，则ξ∼B30,．31若每次投进都得1分，则得分的期望为Eξ=30×=10．3由题中比赛规则可知连续投进时，得分翻倍，故实际总得分的期望EX必大于每次都得1分的数学期望．所以EX>10．34,(2)X的可能取值为0，1，2，3，7，其中238112212PX=0=3=27，PX=1=C3×3×3=27，122211224PX=2=3×3=27，PX=3=C2×3×3=27，131PX=7==，327所以X的概率分布列为X01237812241P272727272781224135所以EX=0×+1×+2×+3×+7×=．272727272727(3)投篮n次得分为3分，有如下两种情形：情形一，恰好两次投进，且两次相邻；情形二，恰好三次投进，且任意两次都不相邻．1122n-2n-12n当2≤n≤4时，情形二不可能发生，所以Pn=Cn-13×3=4×3；1122n-2n-12n当n≥5时，情形一发生的概率为Cn-13×3=4×3，情形二发生是指，将n-3次未投进的投篮排成一列，共有n-2个空位，选择其中3个空位作为投进的投篮，323132n-3n-9n+26n-242n所以概率为Cn-23×3=48×3，3232n-12nn-9n+26n-242nn-9n+38n-362n所以Pn=4×3+48×3=48×3．n-12n4×3,n=2,3,4综上所述，Pn=n3-9n2+38n-362n*；48×3,n≥5,n∈N35</e2<⋯<el,l∈n且l≤6．定义变换φk为“对于数阵的每一行，若其中有k或-k，则将这一行中每24,个数都乘以-1；若其中没有k且没有-k，则这一行中所有数均保持不变”k=e1,e2,⋯,el.φsa0表示“将a0经过φe1变换得到a1，再将a1经过φe2变换得到a2,⋯以此类推，最后将al-1经过φel变换得到al．记数阵al中四个数的和为tsa0．13(1)若a0=,s=1,3，写出a0经过φ1变换后得到的数阵a1，并求tsa0的值；3613(2)若a0=,s=e1,e2,e3，求tsa0的所有可能取值的和；36(3)对任意确定的一个数阵a0，证明：tsa0的所有可能取值的和不超过-4．13【详解】(1)因为a0=,s=1,3，36-1-3a0经过φ1变换后得到的数阵a1=，3613a1经过φ3变换后得到的数阵a2=，-3-6所以tsa0=1+3-3-6=-5.(2)若s=2,4,5，则a3=a0，可得tsa0=1+3+3+6=13；-1-3若e1=1,e2,e3∈2,4,5，则a3=，可得tsa0=-1-3+3+6=5；3613若e3=6,e1,e2∈2,4,5，则a3=，可得tsa0=1+3-3-6=-5；-3-6-1-3若e1,e3,e2其中一个为3，另外两个属于2,4,5，则a3=，-3-6可得tsa0=-1-3-3-6=-13；-1-3若e1=1,e2∈2,4,5,e3=6，则a3=，可得tsa0=-1-3-3-6=-13；-3-6若e1=1，e2,e3其中一个为3，另外一个属于2,4,5，13则a3=，可得tsa0=1+3-3-6=-5；-3-6若e3=6，e1,e2其中一个为3，另外一个属于2,4,5，-1-3则a3=，可得tsa0=-1-3+3+6=5；36若e1=1,e2=3,e3=6，则a3=a0，可得tsa0=1+3+3+6=13；综上所述：tsa0的所有可能取值的和为13+-13+5+-5=0.4(3)若a11≠a12，在1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有a11且不含a12的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；4含有a12且不含a11的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；4同时含有a11和a12的子集共2个，经过变换后第一行仍为a11、a12；4不含a11也不含a12的子集共2-1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．所以经过变换后所有al的第一行的所有数的和为44442×-a11-a12+2×-a11-a12+2×a11+a12+2-1×a11+a12=-a11-a12.5若a11=a12，则1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有a11的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；25,5不含有a11的子集共2-1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．55所以经过变换后所有al的第一行的所有数的和为2×-a11-a12+2-1×a11+a12=-a11-a12．同理，经过变换后所有al的第二行的所有数的和为-a21-a22．所以tsa0的所有可能取值的和为-a11-a12-a21-a22，又因为a11、a12、a21、a22∈1,2,⋯,6，所以tsa0的所有可能取值的和不超过-4．26定义1：通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族(collection).定义2：集合x上的一个拓扑(topology)乃是x的子集为元素的一个族γ，它满足以下条件：(1)∅和x在γ中；(2)γ的任意子集的元素的并在γ中；(3)γ的任意有限子集的元素的交在γ中.(1)族p=∅,x，族q=xx⊆x，判断族p与族q是否为集合x的拓扑；(2)设有限集x为全集*(i)证明：∁xa1∩a2∩⋯∩an=∁xa1∪∁xa2∪⋯∪∁xann∈n；(ii)族γ为集合x上的一个拓扑，证明：由族γ所有元素的补集构成的族γf为集合x上的一个拓扑.【详解】(1)族p=∅,x，q=xx⊆x都是集合x的拓扑.(2)(i)设x∈∁xa1∩a2∩⋯∩an，则x∉a1∩a2∩⋯∩an，故存在整数i1≤i≤n使x∉ai，因此x∈∁xai，得x∈∁xa1∪∁xa2∪⋯∪∁xan.设x∈∁xa1∪∁xa2∪⋯∪∁xan，则存在整数j1≤j≤n使x∈∁xaj，故x∉aj，因此x∉a1∩a2∩⋯∩an，得x∈∁xa1∩a2∩⋯∩an(ii)因为∅，x∈γ，所以∅，x∈γf；设m=a1,a2,⋯an为γf的任意子集，则n=∁xa1,∁xa2,⋯,∁xan⊆γ，a1∩a2∩⋯∩an=∁x∁xa1∪∁xa2∪⋯∪∁xan，因为∁xa1∪∁xa2∪⋯∪∁xan∈γ，故a1∩a2∩⋯∩an∈γf；a1∪a2∪⋯∪an=∁x∁xa1∩∁xa2∩⋯∩∁xan，因为∁xa1∩∁xa2∩⋯∩∁xan∈γ，故a1∪a2∪⋯∪an∈γf.*27若函数fx的定义域、值域都是有限集合a=a1,a2,⋅⋅⋅,an，n∈n，则定义fx为集合a上的有限完整函数.已知gx是定义在有限集合m=1,2,3,4,5,6,7上的有限完整函数.7(1)求ig(i)的最大值；i=1(2)当i=1,2,3,4时，均有gi<gi+1，求满足条件的gx的个数；*(3)对于集合m上的有限完整函数gx，定义“闭环函数”如下：g1(x)=g(x)，对k∈n，且k≤6，gk+1(x)=**g(gk(x))(注：g7k+i(x)=gi(x)，k∈n，i=1,2,⋅⋅⋅,7).若∃x∈m，m∈n，g1(x)=g1+m(x)，则称gx为“m阶闭环函数”.证明：存在一个闭环函数gx既是3阶闭环函数，也是4阶闭环函数(用列表法表示gx的函数关系).7【详解】(1)由题意得igi=g1+2g2+3g(3)+4g(4)+5g(5)+6g(6)+7g(7)i=1222222222222221+g12+g23+g34+g45+g56+g67+g7≤++++++22222227722i+g(i)7i=1i=12==i=140，2i=1当且仅当g(1)=1,g(2)=2,⋯,g(7)=7时取等号，26,7即ig(i)的最大值为140；i=1(2)由题意知g(1)<g(2)<g(3)<g(4)<g(5)，5从集合m中任取5个数，记为b1,b2,b3,b4,b5，共有c7中取法，然后剩余的两个数全排列，52故共有c7a2=42个g(x)满足条件；(3)证明：以下面表格作为g(x)的函数关系：x1234567g(x)2315674g11=2,g21=g2=3,g31=g3=1,g41=g1=g11，故g(x)为3阶闭环函数；又g14=5,g24=g5=6,g34=g6=7,g44=g7=4,g54=g4=g14，故g(x)也为4阶闭环函数，故原命题得证.2y2x128已知椭圆c:2+2=1(a></a<b<c<z，且a,b,c均为整数，所以a,b,c∈sn，因为a+b=x,a+c=y,b+c=z，所以a+b,b+c,c+a均属于m，22,所以当集合m具有性质p时，集合m是集合sn的“期待子集”.综上所述，集合m是集合sn的“期待子集”的充要条件是集合m具有性质p.1,x∈e23对集合e，定义其特征函数xex=，考虑集合e1,e2,⋯,en和正实数a1,a2,⋯,an，定义0,x∉ensa,e(x)=aixei(x)为l和式函数.设ei=mi,mi，则e1,e2,⋯,en为闭区间列；如果集合e1,e2,⋯,en对i=1任意1≤i<j≤n，有ei∩ej=∅，则称e1,⋯,en是无交集合列，设集合pne=e1∪e2∪⋯∪en.(1)证明：l和式函数的值域为有限集合；(2)设e1,e2,⋯,en为闭区间列，sa,ex是定义在pne上的函数.已知存在唯一的正整数m，各项不同的m非零实数c1,c2,⋯,cm，和无交集合列f1,f2,⋯,fm使得pmf=pne，并且cixfi(x)=sa,e(x)，称i=1mcixfi(x)为l和式函数sa,ex的典范形式.设m为sa,ex的典范数.i=1(i)设m1<m1<m2<m2<⋯<mn<mn，证明：m≤n；(ii)给定正整数n，任取正实数a1,a2,⋯,an和闭区间列e1,e2,⋯,en，判断sa,ex的典范数m最大值的存在性.如果存在，给出最大值；如果不存在，说明理由.【详解】(1)因为表达式中ai恒定，所以sa,ex的取值只和xeix有关则当xe1x,xe2x,⋯,xenx都相同的时候sa,ex相同nn注意到xe1x,xe2x,⋯,xenx最多只有2种取法，因此sa,ex的值域大小不大于2，从而是有限集.(2)(i)根据典范形式的唯一性，我们构造正整数m，各项不同的非零实数c1,c2,⋯,cm，和无交集合列f1,f2,i=1⋯,fm使得pmf=pne，并且∑cixfi(x)=sa,e(x)，m设sa,ex的取值集合为c1,c2,⋯,cm，设fi=x∣sa,ex=ci，则pmf=pne,f是无交集合列且c1,c2,⋯,cm非0(因为sa,ex定义在pne上)根据题意，任意i<j，取xi∈ei,xj∈ej，有xi≤mi<mj≤xj，所以xi<xj，那么ei∩ej=∅，所以e1,e2,⋯,en是无交集合列此时对任意x∈pne，恰好存在一个小区间ei，使得x∈ei，所以sa,ex的取值集合最多有a1,a2,⋯,an这n个数，因为这些数可能相等，所以m≤n.(ii)设minm是m1,m2,⋯,mn的最小值，maxm是m1,m2,⋯,mn的最大值，那么pne⊆minm,maxm，并且ei的端点数目有2n个，至多构成2n-1个区间如果a<x<b，其中a,b分别为ei,ej的端点，且a,b之间没有其他端点，那么要么x∈ei,x∈ej；要么x∉ei,x∉ej所以sa,ex最多有2n-1种取值，所以m≤2n-1j,j+1,1≤j≤n-1,另一方面，令ei=i,i+n，取fj=n,n+1,j=n,j,j+1,n+1≤j≤2n-1.2n并且取a1,a2,⋯,an=10,10,⋯,10，容易验证sa,ex恰好有2n-1种取值，所以m最大值为2n-1.复数新定义24设m是由复数组成的集合，对m的一个子集a，若存在复平面上的一个圆，使得a的所有数在复平面上对应的点都在圆内或圆周上，且∁ma中的数对应的点都在圆外，则称a是一个m的“可分离子集”．23,(1)判断{1,2,3}是否是{i,1,2,3}的“可分离子集”，并说明理由；(2)设复数z满足0<re(z)<1,0<im(z)<1，其中re(z),im(z)分别表示z的实部和虚部．证明：{z,z}是{1,iz,z,z}的“可分离子集”当且仅当|z|<1．【详解】(1)是，理由如下：取复平面上的圆{z||z-2∣=2}，则复数1，2，3在复平面上对应的点都在圆内．而|2-i|=5，故复数i在复平面上对应的点在圆外．因此，{1,2,3}是{i,1,2,3}的“可分离子集”．1(2)必要性：当|z|<1时，令复数a=(1-|z|)re(z)，2取复平面上的圆{ω||ω-a|=|z-a∣}，则z,z在复平面上对应的点在圆周上，又|1-a|-|z-a|></b<c，222x+y+zx+y-z由条件②得a=-z=></y<z；②x+y></a<7，即a=5，或a=6(舍)，因为3+4+5=12是偶数，所以集合b={3,4,5}，令a+b=3,b+c=4,c+a=5，解得a=2,b=1,c=3，显然a,b,c∈s4=1,2,3,4,5,6,7,8，所以集合b是集合s4的“期待子集”得证.(3)证明：先证充分性：当集合m是集合sn的“期待子集”时，存在三个互不相同的a,b,c，使得a+b,b+c,c+a均属于m，不妨设a<b<c，令x=a+b，y=a+c，z=b+c，则x<y<z，即满足条件①，因为x+y-z=(a+b)+(a+c)-(b+c)=2a></a<3，即a=2，不合题意，当3<4<a时，由3+4></z，则有z-x≥2，即z-x≥y，不满足条件②，综上所述，可得集合a=1,2,3,5,7,9不具有性质p.(2)证明：由3+4+a是偶数，得实数a是奇数，当a<3<4时，由a+3></y<z；②x+y></f1=0，即lnan-an+1<0，所以lnan<an-1得证.概率新定义202023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番20,石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴(不妨设n颗番石榴的大小各不相同)，最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k(1≤k<n)颗番石榴，自第k+1颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一颗.设k=tn，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为p.(1)若n=4,k=2，求p；(2)当n趋向于无穷大时，从理论的角度，求p的最大值及p取最大值时t的值.111n(取++⋯+=ln)kk+1n-1k4【详解】(1)依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有a4=24种情况，要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：3①最大的番石榴是第3个，其它的随意在哪个位置，有a3=6种情况；2②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，其它的随意在哪个位置，有2a2=4种情况，6+45所以所求概率为=.24121(2)记事件a表示最大的番石榴被摘到，事件bi表示最大的番石榴排在第i个，则pbi=，nnn1由全概率公式知：p(a)=p(a|bi)p(bi)=p(a|bi)，i=1ni=1当1≤i≤k时，最大的番石榴在前k个中，不会被摘到，此时p(a|bi)=0；当k+1≤i≤n时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前i-1个番石榴中的最大一个在前k个之中时，此时kpa|bi)=，i-11kkkkn因此p(a)=n++⋯+n-1=nln，kk+1kxn1n1n令g(x)=ln(x></f1=0，*因为数列an为“h(t)数列”，则an+1-a1a2a3⋯an=tn∈n，因为a1></an-1．【详解】(1)数列cn不是“h(t)数列”，理由如下：1n+1*n+2*cn=1+=n∈n，则cn+1=n∈n，nnn+1234n+1*又c1c2c3⋯cn=⋅⋅⋯=n+1n∈n，123nn+21*所以cn+1-c1c2c3⋯cn=-n+1=-nn∈n，n+1n+11因为-n不是常数，所以数列cn不是“h(t)数列”.n+1n2*(2)因为数列an为“h(t)数列”，由ai=an+1+log2bn-tn∈n，i=1n2*有ai=a1a2a3⋯an+log2bnn∈n①，i=1n+12*所以ai=a1a2a3⋯anan+1+log2bn+1n∈n②，i=12bn+1*两式作差得an+1=an+1-1a1a2a3⋯an+log2n∈n，bn*又因为数列an为“h(t)数列”，所以an+1-t=a1a2a3⋯ann∈n，2*设数列bn的公比为q，所以an+1=an+1-1an+1-t+log2qn∈n，∗即t+1an+1-t+log2q=0对∀n∈n成立，t+1=0t=-1则，得；t+log2q=0q=22又a1=2，a1=a1+log2b1，n-1n+1得b1=4，所以bn=4×2=2.11-x(3)设函数fx=lnx-x+1x></x<π，sinx1即x=0或x=π或k=-sinx-,0<x<π，sinx令t=sinx,0<t≤1，1如图，作y=k和y=-t-t,0<t≤1图像如左图，记交点横坐标为t1，作t=t1和t=sinx,0<x<π图像如右图，1显然，y=-t-在0,1单调递减，t3当k∈-2,0时，t1></a≤22，24-a∴a的取值范围为2,22.(3)过定点，理由如下：2y2x由(2)可知：a=22，则椭圆γ的方程为+=1，84设p22cosθ,2sinθ,cosθ≠0，可得q-22cosθ,-2sinθ2sinθ-22sinθ-12sinθ-1则直线ap的斜率kap==×，方程为y=×x+2，22cosθ2cosθ2cosθ22cosθ22cosθ令y=0，解得x=，即点m,0，1-sinθ1-sinθ22cosθ同理可得点n-,0，1+sinθ设点bm,n，15,22cosθ22cosθ则mb=m-1-sinθ,n,nb=m+1+sinθ,n，若点b在以线段mn为直径的圆上，则mb⊥nb，22cosθ22cosθ22可得mb⋅nb=m-1-sinθm+1+sinθ+n=mm-42tanθ+n-8=0，m=0m=0若上式对任意的θcosθ≠0恒成立，则2，解得，n-8=0n=±22故以线段mn为直径的圆是过定点b0,±22.15交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设a，b，c，d是直线l上互异且非acbd无穷远的四点，则称⋅(分式中各项均为有向线段长度，例如ab=-ba)为a，b，c，d四点的交bcad比，记为(a,b;c,d)．1(1)证明：1-(d,b;c,a)=；(b,a;c,d)(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点p且互异的四条直线，l1，l2为不过点p且互异的两条直线，l1与l1，l2，l3，l4的交点分别为a1，b1，c1，d1，l2与l1，l2，l3，l4的交点分别为a2，b2，c2，d2，证明：(a1,b1;c1,d1)=(a2,b2;c2,d2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若△efg与△efg的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则△efg与△efg对应边的交点在一条直线上．dc⋅babc⋅ad+dc⋅babc⋅(ac+cd)+cd⋅ab【详解】(1)1-(d,b;c,a)=1-==bc⋅dabc⋅adbc⋅adbc⋅ac+bc⋅cd+cd⋅abbc⋅ac+ac⋅cdac⋅bd1====；bc⋅adbc⋅adbc⋅ad(b,a;c,d)a1c1⋅b1d1s△pa1c1⋅s△pb1d1(2)a1,b1;c1,d1==b1c1⋅a1d1s△pb1c1⋅s△pa1d11⋅pa⋅pc⋅sin∠apc⋅1⋅pb⋅pd⋅sin∠bpd2111121111sin∠a1pc1⋅sin∠b1pd1==1⋅pb⋅pc⋅sin∠bpc⋅1⋅pa⋅pd⋅sin∠apdsin∠b1pc1⋅sin∠a1pd12111121111sin∠a2pc2⋅sin∠b2pd2s△pa2c2⋅s△pb2d2a2c2⋅b2d2=====a2,b2;c2,d2；sin∠b2pc2⋅sin∠a2pd2s△pb2c2⋅s△pa2d2b2c2⋅a2d2(3)设ef与ef交于x，fg与fg交于y，eg与eg交于z，连接xy，ff与xy交于l，ee与xy交于m，gg与xy交于n，欲证x，y，z三点共线，只需证z在直线xy上．考虑线束xp，xe，xm，xe，由第(2)问知(p,f;l,f)=(p,e;m,e)，16,再考虑线束yp，yf，yl，yf，由第(2)问知(p,f;l,f)=(p,g;n,g)，从而得到(p,e;m,e)=(p,g;n,g)，于是由第(2)问的逆命题知，eg，mn，eg交于一点，即为点z，从而mn过点z，故z在直线xy上，x，y，z三点共线．三角函数新定义16如图1“omniverse雕塑”将数学和物理动力学完美融合，遵循周而复始，成就无限，局部可以抽象π成如图2，点p以p0为起始点，在以o为圆心，半径为2(单位：10米)，按顺时针旋转且转速为rad></a2<a3<⋯<an．*①若bn=an+1-an(n∈n)，数列bn的前n项和为sn，求s2024；*②若cn=tana2n+1⋅tana2n-1(n∈n)，求数列cn的前n项和tn．【详解】(1)由题意xx-1≡0(mod3)，所以x=3k或x-1=3k(k∈z)，即x=3k或x=3k+1(k∈z)．3n-1n为奇数2(2)由(1)可得an为1,3,4,6,7,9,10,⋯，所以an=n．3×n为偶数2*2n为奇数①因为bn=an+1-an(n∈n)，所以bn=．1n为偶数s2024=b1+b2+b3+⋯+b2024=3×1012=3036．*②cn=tana2n+1⋅tana2n-1=tan3n+1⋅tan3n-2(n∈n)．tan3n+1-tan3n-2因为tan3n+1⋅tan3n-2=-1，tan3tan4-tan1tan7-tan4tan3n+1-tan3n-2所以tn=c1+c2+⋯cn=tan3-1+tan3-1+⋯+tan3-1tan3n+1-tan1=-n．tan312,平面向量新定义12在信息论中，熵(entropy)是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵､信源熵､平均自信息量.这里，“消息”代表来自分布或数据流中的事件､样本或特征.(熵最好理解为不确定性的量度而不是确定性的量度，因为越随机的信源的熵越大)来自信源的另一个特征是样本的概率分布.这里的想法是，比较不可能发生的事情，当它发生了，会提供更多的信息.由于一些其他的原因，把信息(熵)定义为概率分布的对数的相反数是有道理的.事件的概率分布和每个事件的信息量构成了一个随机变量，这个随机变量的均值(即期望)就是这个分布产生的信息量的平均值(即熵).熵的单位通常为比特，但也用sh、nat、hart计量，取决于定义用到对数的底.采用概率分布的对数作为信息的量度的原因是其可加性.例如，投掷一次硬币提供了1sh的信息，而掷m次就为m位.更一般地，你需要用log2n位来表示一个可以取n个值的变量.在1948年，克劳德•艾尔伍德•香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为香农滳.而正是信息熵的发现，使得1871年由英国物理学家詹姆斯•麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设n想的麦克斯韦妖理论被推翻.设随机变量ξ所有取值为1,2,⋯,n，定义ξ的信息熵h(ξ)=-pilog2pi，i=1npi=1，i=1,2,⋯,n.i=1(1)若n=2，试探索ξ的信息熵关于p1的解析式，并求其最大值；1(2)若p1=p2=n-1，pk+1=2pk(k=2,3,⋯,n)，求此时的信息熵.2【详解】(1)当n=2时，p1∈(0,1),h(ξ)=-p1log2p1-(1-p1)log2(1-p1)，令f(t)=-tlog2t-(1-t)log2(1-t)，t∈(0,1)，1则f'(t)=-log2t+log2(1-t)=log2t-1，11所以函数ft在0,2上单调递增，在2,1上单调递减，1所以当p1=时，h(ξ)取得最大值，最大值为h(ξ)max=1.21(2)因为p1=p2=n-1，pk+1=2pk(k=2,3,⋯,n)，2k-2k-221所以pk=p2⋅2=n-1=n-k+1(k=2,3,⋯,n)，2211n-k+1故pklog2pk=n-k+1log2n-k+1=-n-k+1，22211n-1而p1log2p1=n-1log2n-1=-n-1，222nn-1n-1n-1n-221于是h(ξ)=n-1+pklog2pk=n-1+n-1+n-2+⋯+2+2，2k=22222n-1nnn-1n-221整理得h(ξ)=-++++⋯++n-1nnn-1n-222222222123n-1n令sn=+++⋯++，223n-1n22221123n-1n则sn=+++⋯++，2234nn+12222211111nn+2两式相减得sn=+++⋯+-=1-2223nn+1n+122222n+2因此sn=2-，n213,n-1nn-1nn+21所以h(ξ)=-+sn=-+2-=2-.n-1nn-1nnn-2222222n13对于给定的正整数n，记集合r=α∣α=x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xn,xj∈r,j=1,2,3,⋅⋅⋅,n，其中元素α称为n一个n维向量.特别地，0=0,0,⋅⋅⋅,0称为零向量.设k∈r，α=a1,a2,⋅⋅⋅,an∈r，β=b1,b2,⋅⋅⋅,bn∈nr，定义加法和数乘：kα=ka1,ka2,⋅⋅⋅,kan，α+β=a1+b1,a2+b2,⋅⋅⋅,an+bn.对一组向量α1，α2，⋯，αss∈n+,s≥2，若存在一组不全为零的实数k1，k2，⋯，ks，使得k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+ksαs=0，则称这组向量线性相关.否则，称为线性无关.(1)对n=3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由.①α=1,1,1，β=2,2,2；②α=1,1,1，β=2,2,2，γ=5,1,4.(2)已知α，β，γ线性无关，判断α+β，β+γ，α+γ是线性相关还是线性无关，并说明理由.(3)已知mm≥2个向量α1，α2，⋯，αm线性相关，但其中任意m-1个都线性无关，证明：①如果存在等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0(ki∈r，i=1，2，3，⋯，m)，则这些系数k1，k2，⋯，km或者全为零，或者全不为零；②如果两个等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0(ki∈r，li∈r，i=1，2，3，⋯，m)同时k1k2km成立，其中l1≠0，则==⋅⋅⋅=.l1l2lm【详解】(1)对于①，设k1α+k2β=0，则可得k1+2k2=0，所以α，β线性相关；k1+2k2+5k3=0对于②，设k1α+k2β+k3γ=0，则可得k1+2k2+k3=0，k1+2k2+4k3=0所以k1+2k2=0，k3=0，所以α，β，γ线性相关；(2)设k1α+β+k2β+γ+k3α+γ=0，则k1+k3α+k1+k2β+k2+k3γ=0，k1+k3=0因为向量α，β，γ线性无关，所以k1+k2=0，解得k1=k2=k3=0，k2+k3=0所以向量α+β，β+γ，α+γ线性无关.(3)①k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，如果某个ki=0，i=1，2，⋯，m，则k1α1+k2α2+⋯+ki-1αi-1+ki+1αi+1+⋅⋅⋅+kmαm=0，因为其中任意m-1个都线性无关，所以k1，k2，⋯，ki-1，ki+1，⋯，km都等于0，所以这些系数k1，k2，⋯，km或者全为零，或者全不为零，②因为l1≠0，所以l1，l2，⋯，lm全不为零，l2lm所以由l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0可得α1=-α2-⋅⋅⋅-αm，l1l1l2lm代入k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0可得k1-α2-⋅⋅⋅-αm+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，l1l1l2lm所以-k1+k2α2+⋅⋅⋅+-k1+kmαm=0，l1l1l2lmk1k2km所以-k1+k2=0，⋯，-k1+km=0，所以==⋯=.l1l1l1l2lm14,圆锥曲线新定义2y2x14已知椭圆γ的方程为+=1(常数a></ajbj≤ajbj=fj，与fx0=fj矛盾.所以假设不成立，即对任意n≥n0+t0，都有an为常数列.所以an是“p数列”.*11同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，b∈z，m∈n且m></a3n-1></a2<a3<⋯<an．①若bn=an+1-ann∈n+，数列bn的前n项和为sn，求s4048；②若cn=tana2n+3⋅tana2n+1n∈n+，求数列cn的前n项和tn．【详解】(1)由题意xx+2≡0(mod3)，所以x=3k或x+2=3k(k∈z)，即x=3k或x=3k-2(k∈z)．3n-1n为奇数2(2)由(1)可得an为1,3,4,6,7,9,10,···，所以an=n．3×n为偶数22n为奇数①因为bn=an+1-an(n∈n+)，所以bn=1n为偶数．则s4048=b1+b2+b3+⋯+b4048=3×2024=6072．②cn=tana2n+3⋅tana2n+1=tan3n+4⋅tan3n+1(n∈n+)．tan3n+4-tan3n+1因为tan3n+4⋅tan3n+1=-1，tan3tan7-tan4tan10-tan7所以tn=c1+c2+⋯cn=tan3-1+tan3-1+⋯tan3n+4-tan3n+1+-1tan3tan3n+4-tan4=-n．tan3***10若数列an满足：存在n0∈n和t∈n，使得对任意n≥n0和k∈n，都有an=an+kt，则称数列**an为“p数列”；如果数列an满足：存在n0∈n，使得对任意j></sn+1,∴sn为单调递增数列，∴数列sn满足条件②．2-1综上，数列sn具有性质p．(3)先证数列cn满足条件①：1n0112131n1cn=1+n=cn+cn⋅n+cn⋅2+cn⋅3+⋯+cn⋅n．nnnk1nn-1n-2⋯n-k+1nn-1n-2n-k+11当k≥2时，cn⋅==⋅⋅⋯⋅nknk⋅k!nnnnk!1111≤≤=-,k!kk-1k-1k1n111111则cn=1+n=1+1+1-2+2-3+⋯+n-1-n=3-n<3，∴数列sn满足条件①．再证数列cn满足条件②：1n111cn=1+n=1+n⋅1+n⋯1+n×11+111n+1n+1+n+⋯+1+n+11<(1+></m；②an为单调数列，则称数列an具有性质p．4(1)若an=n+2，求数列an的最小项；nn1(2)若bn=n，记sn=bn，判断数列sn是否具有性质p，并说明理由；2-1i=11n(3)若cn=1+n，求证：数列cn具有性质p．nn43n4nn4【详解】(1)∵an=2+2+2≥32⋅2⋅2=3，当且仅当2=2，即n=2时，等号成立，nnn4∴数列an的最小项为a2=2+2=3．2(2)数列sn具有性质p．111∵bn==≤，nn-1n-1n-12-12+2-121-1i=1i=11111n12∴sn=∑nbi≤∑ni-1=1+1+2+⋯+n-1=1=21-2n<2,，22221-2∴数列sn满足条件①．8,1∵bn=n></j，都存在k></j，则bi=i+2，bj=j+2，故bibj-bi-bj=i+2j+2-i+2-j+2=i⋅j+i+j∗=i⋅j+i+j-2+2，因为i,j∈n,i≥1,j≥2，∗则i⋅j+i+j-2∈n，且i⋅j+i+j-2=ij+1+j-2≥3，∗所以存在k=i⋅j+i+j-2∈n，k></a，即a<a.a1ak5,*5若无穷数列an的各项均为整数．且对于∀i,j∈n，i<j，都存在k></q<1时，limq=0，limnq=0.n→+∞n→+∞解：(1)设ai=“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为i个”，i=0，1，2，b=“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为2个”，1211121则pa0=pa2=2=4，pa1=c22=2，124pb∣a0=，pb∣a1=，pb∣a2=，99921112141则pb=∑paipb∣ai=×+×+×=，i=049294941×4pa2bpa2pb∣a2494故pa2∣b====.pbpb194(2)由题知x=0，1，2，121121由(1)知px=2=p+p1-p+1-p=，424411122111同理可得px=1=c2p1-p+p+1-p+c2p1-p=，42421则px=0=1-px=1-px=2=，411111113故x的信息熵h=f4+f2+f4=2×-4log24-2log22=2.n-1(3)由题知py=n=1-pp，其中n=1，2，3，⋯，01n-1则ey=1⋅1-pp+2⋅1-pp+⋅⋅⋅+n⋅1-pp+⋅⋅⋅，nni-1i-1又∑i⋅p1-p=p∑i⋅1-p，i=1i=1ni-101n-1则∑i⋅1-p=1⋅1-p+2⋅1-p+⋅⋅⋅+n⋅1-p，①i=1ni-112n1-p⋅∑i⋅1-p=1⋅1-p+2⋅1-p+⋅⋅⋅+n⋅1-p，②i=13,ni-101n-1n①-②得：p∑i⋅1-p=1-p+1-p+⋅⋅⋅+1-p-n1-pi=1nn1-1-pn11-pn=-n1-p=--n1-p，pppnn1由题知，当n无限增大时，1-p趋近于零，n1-p趋近于零，则ey趋近于.p所以当n无限增大时，y的数学期望趋近于一个常数.*3“q-数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设q是非零实数，对任意n∈n，定义“q-数”(n)q=1n-1+q+⋯+q利用“q-数”可定义“q-阶乘”n!q=(1)q(2)q⋯(n)q,且0!q=1.和“q-组合数”，即对任*nn!q意k∈n,n∈n,k≤n，=kqk!qn-k!q5(1)计算：；32nn-1n-1*k(2)证明：对于任意k,n∈n,k+1≤n，=+qkqk-1qkqn+m+1nmn+i*n-k+i(3)证明：对于任意k,m∈n,n∈n,k+1≤n，-=∑q.k+1qk+1qi=0kq解：(1)由定义可知，55!2(1)2(2)2(3)2(4)2(5)2==323!22!2(1)2(2)2(3)2(1)2(2)223234(4)2(5)21+2+2+21+2+2+2+2===155.(1)2(2)21×1+2nn!q(n)q⋅n-1!q(2)因为==，kqk!qn-k!qk!qn-k!qkn-1kn-1n-1!qq⋅n-1!q+q=+k-1qkqk-1!qn-k!qk!qn-k-1!qn-1!qk=(k)q+q⋅(n-k)q.k!qn-k!qkk-1kn-k-1又(k)q+q⋅(n-k)q=1+q+⋯+q+q1+q+⋯+qn-1=1+q+⋯+q=(n)q,nn-1n-1k所以=+qkqk-1qkq(3)由定义得：nn*对任意k∈n,n∈n,k≤n,=.kqn-kq结合(2)可知nnn-1n-1n-k==+qkqn-kqn-k-1qn-kqn-1n-1n-k=+qkqk-1qnn-1n-1n-k即=+q，kqkqk-1q4,nn-1n-1n-k也即-=q.kqkqk-1qn+m+1n+mn+mn+m-k所以-=q，k+1qk+1qkqn+mn+m-1n+m-1n+m-1-k-=q，k+1qk+1qkq⋯⋯n+1nnn-k-=q.k+1qk+1qkq上述m+1个等式两边分别相加得：n+m+1nmn+in-k+i-=∑q.k+1qk+1qi=0kq4约数，又称因数.它的定义如下：若整数a除以整数mm≠0除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数.设正整数a共有k个正约数，即为a1,a2,⋅⋅⋅,ak-1,aka1<a2<⋅⋅⋅<ak.(1)当k=4时，若正整数a的k个正约数构成等比数列，请写出一个a的值；(2)当k≥4时，若a2-a1,a3-a2,⋅⋅⋅,ak-ak-1构成等比数列，求正整数a；2(3)记a=a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+ak-1ak，求证：a<a.解：(1)当k=4时,正整数a的4个正约数构成等比数列，比如1,2,4,8为8的所有正约数，即a=8.aa(2)由题意可知a1=1，ak=a,ak-1=,ak-2=，a2a3a-aa3-a2ak-ak-1a3-a2a2因为k≥4，题意可知=，所以=，a2-a1ak-1-ak-2a2-a1a-aa2a322a3-a22化简可得(a3-a2)=(a2-1)a3，所以a3=，a2-1*a3-a2*因为a3∈n，所以∈n，a2-1因此可知a3是完全平方数.2由于a2是整数a的最小非1因子，a3是a的因子，且a3>
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