1、1九省联考后 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2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：每块骨牌覆盖棋盘的相邻两格；棋盘上每一格都被骨牌覆盖；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
2、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
3、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,
4、n)，累加得 Sn+2-3=Sn+1-1+Sn，3移项得 Sn=F(2,n+2)-2.2 2023 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
5、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)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=13，求两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为 2 的概率；(2)若一条信息有 n n 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=f p1+f p2+f pn(其中 f x=-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)
6、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.参考公式：0 q 1 时，limn+qn=0，limn+nqn=0.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”，则 P A0=P A2=122=14，P A1=C12122=12，P B A0=19，P B A1=29，P B A2=49，则 P B=2
7、i=0P AiP B Ai=14 19+12 29+14 49=14，故 P A2 B=P A2BP B=P A2P B A2P B=14 4914=49.(2)由题知 X=0，1，2，由(1)知 P X=2=14 p2+12 p 1-p+14 1-p2=14，同理可得 P X=1=14 C12p 1-p+12 p2+1-p2+14 C12p 1-p=12，则 P X=0=1-P X=1-P X=2=14，故 X 的信息熵 H=f14+f12+f14=2 -14 log2 14-12 log2 12=32.(3)由题知 P Y=n=1-pn-1p，其中 n=1，2，3，则 E Y=1 1-p0
8、p+2 1-p1p+n 1-pn-1p+，又ni=1i p 1-pi-1=pni=1i 1-pi-1，则ni=1i 1-pi-1=1 1-p0+2 1-p1+n 1-pn-1，1-pni=1i 1-pi-1=1 1-p1+2 1-p2+n 1-pn，4-得：pni=1i 1-pi-1=1-p0+1-p1+1-pn-1-n 1-pn=1-1-pnp-n 1-pn=1p-1-pnp-n 1-pn，由题知，当 n 无限增大时，1-pn趋近于零，n 1-pn趋近于零，则 E Y趋近于 1p.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
9、实数，对任意 n N*，定义“q-数”(n)q=1+q+qn-1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”，即对任意 k N,n N*,k n，nkq=n!qk!q n-k!q(1)计算：532；(2)证明：对于任意 k,n N*,k+1 n，nkq=n-1k-1q+qk n-1kq(3)证明：对于任意 k,m N,n N*,k+1 n，n+m+1k+1q-nk+1q=mi=0qn-k+i n+ikq.解：(1)由定义可知，532=5!23!2 2!2=(1)2(2)2(3)2(4)2(5)2(1)2(2)2(3)2(1)2(2)2=(4
10、)2(5)2(1)2(2)2=1+2+22+231+2+22+23+241 1+2=155.(2)因为 nkq=n!qk!q n-k!q=(n)q n-1!qk!q n-k!q，n-1k-1q+qk n-1kq=n-1!qk-1!q n-k!q+qk n-1!qk!q n-k-1!q=n-1!qk!q n-k!q(k)q+qk(n-k)q.又(k)q+qk(n-k)q=1+q+qk-1+qk 1+q+qn-k-1=1+q+qn-1=(n)q,所以 nkq=n-1k-1q+qk n-1kq(3)由定义得：对任意 k N,n N*,k n,nkq=nn-kq.结合(2)可知nkq=nn-kq=n-
11、1n-k-1q+qn-k n-1n-kq=n-1kq+qn-k n-1k-1q即 nkq=n-1kq+qn-k n-1k-1q，5也即 nkq-n-1kq=qn-k n-1k-1q.所以 n+m+1k+1q-n+mk+1q=qn+m-k n+mkq，n+mk+1q-n+m-1k+1q=qn+m-1-k n+m-1kq，n+1k+1q-nk+1q=qn-k nkq.上述 m+1 个等式两边分别相加得：n+m+1k+1q-nk+1q=mi=0qn-k+i n+ikq.4 约数，又称因数.它的定义如下：若整数 a 除以整数 m m 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
12、 为 a 的约数.设正整数 a 共有 k 个正约数，即为 a1,a2,ak-1,ak a1 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；(3)记 A=a1a2+a2a3+ak-1ak，求证：A a2，所以 a3=a22，所以 a2-a1,a3-a2,ak-ak-1为 a2-a1,a22-a2,ak-12-ak-22，所以 a=ak-12k 4.(3)由题意知 a1ak=a,a2ak-1=a,aiak+1-i=a,，1 i k，所以 A=a2ak-1
13、ak+a2ak-2ak-1+a2a1a2，因为1a1a2 a2-a1a1a2=1a1-1a2,1ak-1ak ak-ak-1ak-1ak=1ak-1-1ak，所以 A=a2ak-1ak+a2ak-2ak-1+a2a1a2=a21ak-1ak+1ak-2ak-1+1a1a2 a21a1-1a2+1a2-1a3+1ak-1-1ak=a21a1-1ak，因为 a1=1，ak=a，所以 1a1-1ak 1，所以 A a21a1-1ak a2，即 A a2.65 若无穷数列 an的各项均为整数且对于 i,j N*，i 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
14、满足性质 P，并说明理由 an=n，n=1，2，3，；bn=n+2，n=1，2，3，(2)若数列 an满足性质 P，且 a1=1，求证：集合 n N*an=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，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，对于 i,j N,i 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
15、=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,nl nl 1，取 i=1,j=nl+1 nl，均存在 kL nl+1,kL N，使得 akL=a1anl+1-a1-anl
16、+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：反证：假
17、设 aM 4 时，取 i=M,j=M+T，则 k M+T,k N，使得 ak=aMaM+T-aM-aM+T=a2M-2aM，则 ak-aM=a2M-3aM=aM aM-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；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=a2N-2aN4，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
18、 an中的项，7-1 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，使得 ak=aiaj-ai-aj=a2-2a=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：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；当 0,3 为数列 an中的项，则 0 3-0
19、-3=-3，即-3 为数列 an中的项，但-3 0,2,3，不成立；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 an为数列 an的一阶差分数列，其中 an=an+1-ann N*，规定 2an为数列 an的二阶差分数列，其中 2an=an+1-an n N*(1)数列 an的通项公式为 an=n3 n N*，试判断数列 an,2an是否为等差数列，请说明理由？(
20、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 2bn=bm，求a 的值；(3)各项均为正数的数列 cn的前 n 项和为 Sn，且 cn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 St恒成立，求实数 的最大值【详解】(1)因为 an=n3，所以 an=an+1-an=n+13-n3=3n2+3n+1，因为 a1=7，a2=19，a3=37，故 a2-a1=12，a3-a2=18，显然 a2-a1 a3-a2，所以 an不是等差数列；因为 2an=an+1-an=6n+6，则
21、 2an+1-2an=6，2a1=12，所以 2an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，所以 logabn+1-logabn=1，故 bn+1bn=a，所以数列 bn是以公比为 a 的正项等比数列，bn=b1an-1，所以 2bn=bn+1-bn=bn+2-bn+1-bn+1-bn=bn+2-2bn+1+bn，且对任意的 n N*，都存在 m N*，使得 2bn=bm，即 b1an+1-2b1an+b1an-1=b1am-1，所以 a-12=am-n，因为 a 2，所以 m-n 0，若 m-n=1，则 a2-3a+1=0，解得 a=3
22、-52(舍)，或 a=3+52，即当 a=3+52时，对任意的 n N*，都存在 m N*，使得 2bn=bm=bn+1.若 m-n 2，则 am-n a2 a-12，对任意的 n N*，不存在 m N*，使得 2bn=bm.综上所述，a=3+52.(3)因为 cn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；8若 d 1-c1d 时，cn 0，由等差数列前 n 项和公式可得 Sn=d2 n2+c1-d2n，所以 Sn+Sm=d2 n2+m2+c1-d2n+m，因为 m+n=2t，所以 St=d2n+m22+c1-d2n+
23、m2，因为 m n，故 n2+m22n+m22，所以 Sn+Sm=d2 n2+m2+c1-d2n+m d2 n+m22+c1-d2n+m=2St则当 2 时，不等式 Sm+Sn St恒成立，另一方面，当 2 时，令 m=t+1，n=t-1，n N*,t 2，则 Sn+Sm=d2 2t2+2+2t c1-d2，St=d2 t2+c1-d2t，则 St-Sn+Sm=d2 t2+c1-d2t-d2 2t2+2-2t c1-d2=d2 -dt2-t+-2c1t-d，因为 d2 -d 0，t2-t 0，当 t d-2c1时，St-Sn+Sm 0，即 Sn+Sm St恒成立，综上，的最大值为 2.7 基本
24、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平均，即 a1+a2+ann n a1a2 an，当且仅当 a1=a2=an时，等号成立若无穷正项数列 an同时满足下列两个性质：M 0,an M；an为单调数列，则称数列 an具有性质 P(1)若 an=n+4n2，求数列 an的最小项；(2)若 bn=12n-1，记 Sn=ni=1bn，判断数列 Sn是否具有性质 P，并说明理由；(3)若 cn=1+1nn，求证：数列 cn具有性质 P【详解】(1)an=n2+n2+4n2 33 n2 n2 4n2=3，当且仅当 n2=4n2，即 n=2 时，等号
25、成立，数列 an的最小项为 a2=2+422=3(2)数列 Sn具有性质 P bn=12n-1=12n-1+2n-1-112n-1，Sn=i=1n bii=1n12i-1=1+121+122+12n-1=1-12n1-12=2 1-12n 0,Sn Sn+1,Sn为单调递增数列，数列 Sn满足条件综上，数列 Sn具有性质 P(3)先证数列 cn满足条件：cn=1+1nn=C0n+C1n 1n+C2n 1n2+C3n 1n3+Cnn 1nn 当 k 2 时，Ckn 1nk=n n-1n-2 n-k+1nk k!=nn n-1n n-2n n-k+1n 1k!1k!1k k-1=1k-1-1k,则
26、 cn=1+1nn=1+1+1-12+12-13+1n-1-1n=3-1n 3，数列 Sn满足条件再证数列 cn满足条件：cn=1+1nn=1+1n 1+1n 1+1n 1 1，等号取不到)=n+1+1n nn+1n+1=1+1n+1n+1=cn+1,cn为单调递增数列，数列 cn满足条件综上，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：A(n,n)=a11a12a13a1na21a22a23a2na31a32a33a3nan1an2an3ann其中 aij i N*,j N*,i,j n表示
27、矩阵 A 中第 i 行第 j 列的数已知三个 n 阶方阵分别为 A(n,n)=a11a12a13a1na21a22a23a2na31a32a33a3nan1an2an3ann,B(n,n)=b11b12b13b1nb21b22b23b2nb31b32b33b3nbn1bn2bn3bnn，C(n,n)=c11c12c13c1nc21c22c23c2nc31c32c33c3ncn1cn2cn3cnn，其中 aij，bij，cij i,j N*,i,j n分别表示 A(n,n),B(n,n),C(n,n)中第 i 行第 j列的数若 cij=(1-)aij+bij(R)，则称 C(n,n)是 A(n,
28、n),B(n,n)生成的线性矩阵(1)已知 A(2,2)=2411,B(2,2)=34-112，若 C(2,2)是 A(2,2),B(2,2)生成的线性矩阵，且 c11=3，求 C(2,2)；10(2)已知 n N*,n 3，矩阵 A(n,n)=a11a12a1n3323na1na2nann,B(n,n)=b11b12b1n12nb1nb2nbnn，矩阵 C(n,n)是 A(n,n),B(n,n)生成的线性矩阵，且 c21=2(i)求 c23,c2k k N*,k n；(ii)已知数列 bn满足 bn=n，数列 dn满足 dn=n2c2n-n，数列 dn的前 n 项和记为 Tn，是否存在正整数
29、m,n，使 Tn=bm+12bm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【详解】(1)cij=(1-)aij+bij(R)，则 c11=(1-)a11+b11，即 3=2 1-+34，解得 =-45，则 cij=95 aij-45 bij，c12=95 a12-45 b12=95 4+45=8，c21=95 a22-45 b22=95-45=1，c22=95 a21-45 b21=95-45 2=15，故 C(2,2)=38115.(2)(i)c21=3(1-)+=3-2=2，=12，故 cij=12 aij+12 bij，c23=12 a23+12 b23=12 33
30、+12 3=15，c2k=12 a2k+12 b2k=12 3k+12 k=3k+k2.(ii)dn=n2c2n-n=n3n=n 13n，Tn=1 13+2 132+3 133+n 13n，13 Tn=1 132+2 133+3 134+n 13n+1，故 23 Tn=13+132+133+134+13n-n 13n+1=12 1-13n-n 13n+1，故 Tn=34-34+n213n，Tn=bm+12bm，即 34-34+n213n=m+12m=12+12m，取 m=2 验证不成立，整理得到3n3+2n=mm-2，m 2，当 n=1 时，m=-3，不成立；当 n=2 时，m=9；当 n=3
31、 时，m=3；现说明当 n 4 时不成立：设 An=3n3+2n，n 4，n N*，则 An 0，An+1An=3n+15+2n 3n3+2n=6n+92n+5 1，故 An单调递增，An 8111，设 Bn=nn-2，n 3，n N*，Bn 0，Bn+1Bn=n+1n-1 nn-2=n2-n-2n2-n 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)(1)解同余方程：x2+2x 0(mod3)；(2)设(1)中方程的所有正根构成数列 an，其中 a1 a2 a3 i N0 i,j N*，都有 ai aj，则称数列an为“I 数列”；(1)
32、在下列情况下，分别判断 an是否“P 数列”，是否“I 数列”？a1=1，a2=2，an+2=-an+an+1；a1=5，an+1=2 an-3；(2)若数列 an:a1 a2 0，an+2=k2 an+1+an是“I 数列”，其中 k Z 且 k 0，求 k 的所有可能值；(3)设“I 数列”an和“P 数列”bn的各项均为正数，定义分段函数 f x，x 1,+如下：记 x为“不超过 x 的最大正整数”，f x=fx=a xb x证明：若 f x是周期函数，则 an是“P 数列”.【详解】(1)解：对于，a1=1，a2=2，an+2=-an+an+1，则数列 an的各项分别为：1、2、-3、
33、1、2、-3、，所以，an+3=an，且 a3n-2 a3n n N，故数列 an是“P 数列”，不是“I 数列”；对于，a1=5，an+1=2 an-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：若 k 2，则 an 0 且 an+2 an+1+an an+1，合题意.12若 k=1，则 an 0 且 an+2-an+1=-12an+1-an.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.若 k 0 或都有 an 0，则 aM 0，aM+1 0 aM+2 0，出现矛
34、盾；若都有 an 0，则 aM 0，aM+1 0，也出现矛盾；故 an不是“I 数列”.综上，k k N k 1.(3)解：设 f x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 f x的周期为 T0，所以存在 x0 N0,N0+T0，使得 f x0=f J.另一方面，f x0=
35、a x0b x0 aibJ 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)(1)解同余方程 x2-x 0(mod3)；(2)设(1)中方程的所有正根构成数列 an，其中 a1 a2 a3 b 0)，点 A 为椭圆短轴的上顶点，点 P 是椭圆 上异于点 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 是否为“圆椭圆”；(2)若椭圆 是“圆椭圆”，求 a 的取值范围；(3)已知椭圆 是“圆椭圆”，且 a 取最大值，点 P 关于原点 O 的对称点
36、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【详解】(1)由题意可得：椭圆 的方程为 x225+y24=1,A 0,2，设 P x0,y0,y0-2,2，则 x2025+y204=1，即 x20=25 1-y204，则 PA2=x20+y0-22=25 1-y204+y0-22=-214 y20-4y0+29，PA2=-214 y20-4y0+29 开口向下，对称轴 y0=-821 -2,2，当 y0=-821-2 时，PA2取得最大值，故椭圆 不是“圆椭圆”.(2)由题意可得：椭圆 的方程为 x2a2
37、+y24=1，设 P x0,y0,y0-2,2，则 x20a2+y204=1，即 x20=a2 1-y204，则 PA2=x20+y0-22=a2 1-y204+y0-22=1-a24y20-4y0+a2+4，由题意可得：PA2=1-a24y20-4y0+a2+4,y0-2,2，当且仅当 y0=-2 取到最大值，a 2，则 1-a24 0，则 PA2=1-a24y20-4y0+a2+4 开口向下，对称轴 y0=84-a2，可得84-a2-2，解得 2 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
38、 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【详解】(1)由题意及三角函数的定义可知 yP=2sin 2-4 t，所以 PH=yP+a=a+2cos 4 t(单位：10 米)；(2)根据题意可知 Q 2cos 2-4 t,2cos 4 t+1，即 Q 2sin 4 t,2cos 4 t+1，则 OQ=2cos 4 t+12+4sin2 4 t=5+4cos 4 t，因为 2OQ=PH，所以 25+4cos 4 t=a+2cos 4 t，即
39、 4cos2 4 t+4a-16cos 4 t+a2-20=0，令 cos 4 t=m，因为 t 0,8，所以 4 t 0,2，则 m -1,1，18上式可化为 4m2+4a-16m+a2-20=0，设 f m=4m2+4a-16m+a2-20 m -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 f m=0 在-1,1上有两个相异实数根，即=4a-162-16 a2-20 0-1 16-4a8 0f 1 0a 3a a 2a -,0 4,+a -,-8 4,+a 3，解之得 a 4,92.17 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.1
40、691 年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程 y=c exc+e-xc2，其中 c 为参数.当 c=1 时，就是双曲余弦函数 coshx=ex+e-x2，类似地我们可以定义双曲正弦函数 sinhx=ex-e-x2.它们与正、余弦函数有许多类似的性质.(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；(3)若 x 4,32，试比较 cosh(sinx)与 sinh(cosx)的大小关系，并证明你的结论.解：(2)依题意，x -1,1，不等式 cos
41、h2x+mcoshx 0 e2x+e-2x2+m ex+e-x2 0，函数 u=ex在-1,1 上单调递增，u e-1,e，令 t=ex+e-x=u+1u，显然函数 t=u+1u 在 e-1,1 上单调递减，在 1,e 上单调递增，t 2,e-1+e，又 e2x+e-2x=(ex+e-x)2-2=t2-2，于是 x -1,1，cosh2x+mcoshx 0 t2-22+mt2 0，因此 t 2,e-1+e，m 2t-t，显然函数 y=2t-t 在 2,e-1+e 上单调递减，当 t=2 时，ymax=-1，从而 m-1，所以实数 m 的取值范围是 m-1.(3)x 4,32，cosh(sinx
42、)sinh(cosx).依题意，x 4,32，cosh(sinx)-sinh(cosx)=esinx+e-sinx2-ecosx-e-cosx2=12(esinx-ecosx+e-sinx+e-cosx)，当 x 4,54时，x-4 0,，sinx-cosx=2sin x-4 0，即 sinx cosx，于是 esinx-ecosx 0，而 e-sinx+e-cosx 0，因此 cosh(sinx)-sinh(cosx)0，当 x 54,32时，cosx 0，则-cosx cosx，ecosx e-cosx，即 ecosx-e-cosx 0，而 esinx+e-sinx 0，因此 cosh(s
43、inx)-sinh(cosx)0，于是 x 4,32，cosh(sinx)-sinh(cosx)0，所以 cosh(sinx)sinh(cosx).19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.(1)若 f(x)=x2+2x，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；(3)若函数 f(x)=kx2+x3(x 0)具有性质 A，求实数 k 的取值范围，并讨论此时函数 g x=f sinx-sinx在区间 0,上零点的个数.【详解
44、】(1)因为 f(x)=x2+2x，所以 F(x)=f(x+1)-f(x)=x+12-x2+2x+1-2x=2x+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 f x=-x 是 0,+上的严格减函数，而 F(x)=f(x+1)-f(x)=-x+1+x=-1x+1+x 是 0,+上的严格增函数，此时，严格减函数 f(x)具有性质 A，故该命题为假命题(3)由题意知，F x=k x+12+x+13-kx2-x3=3x2+2k+3x+k+1 x 0，因为函数 f(x)=kx2+x3(x 0)具有性质 A，所以 2k+3-2 3 0，解得
45、 k-32.由题意知，函数 g x=f sinx-sinx=k sinx2+sinx3-sinx，令 g x=0，则 k sinx2+sinx3-sinx=0，即 sinx=0 或 k=-sinx-1sinx,0 x ，即 x=0 或 x=或 k=-sinx-1sinx,0 x ，令 t=sinx,0 t 1，如图，作 y=k 和 y=-t-1t,0 t 1 图像如左图，记交点横坐标为 t 1，作 t=t 1和 t=sinx,0 x 1，sinx=t 1无解，则 g x在区间 0,上零点的个数为 2；当 k=0 时，t 1=1，sinx=t 1解得 x=2，则 g x在区间 0,上零点的个数为
46、 3；当 k 0,+时，t 1 0,1，sinx=t 1有两个根，则 g x在区间 0,上零点的个数为 4.综上所述，当 k -32,0时，g x在区间 0,上零点的个数为 2；当 k=0 时，g x在区间 0,上零点的个数为 3；当 k 0,+时，g x在区间 0,上零点的个数为 4.2019 在数列 an中，若存在常数 t，使得 an+1=a1a2a3 an+t n N*恒成立，则称数列 an为“H(t)数列”(1)若 cn=1+1n，试判断数列 cn是否为“H(t)数列”，请说明理由；(2)若数列 an为“H(t)数列”，且 a1=2，数列 bn为等比数列，且ni=1a2i=an+1+l
47、og2bn-t，求数列 bn的通项公式；(3)若正项数列 an为“H(t)数列”，且 a1 1，t 0，证明：lnan 0，则 f x=1x-1=1-xx，当 x 1,+时，f x 0，则 f x在 1,+上单调递减，且 f x 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 f an f 1=0，即 lnan-an+1 0，所以 lnan an-1 得证.概率新定义20 2023 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
48、学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番21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 0)，求导得 g(x)=1n ln nx-1n，由 g(x)=0，得 x=ne，当 x 0,ne时，
49、g(x)0，当 x ne,n时，g(x)0，即函数 g(x)在 0,ne上单调递增，在ne,n上单调递减，则 g(x)max=g ne=1e，于是当 k=ne 时，P(A)=kn ln nk 取得最大值 1e，所以 P 的最大值为 1e，此时 t 的值为 1e.21 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 E X和方差 D X存在但其分布末知的情况下，对事件“X-E X”的概率作出上限估计，其中 为任意正实数.切比雪夫不等式的形式为：P X-E X f D X,，其中 f D X,是关于D X和 的表达式.由于记忆模糊，该同学只能确定 f
50、D X,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()A.D X 2B.1D X 2C.2D XD.D X222解析：切比雪夫不等式的形式为：P X-E X f D X,，由题知 P X-E X=P X-E X2 2 E X-E X22=D X2，则 f D X,的具体形式为 D X2.故选：D.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 x y z；x+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,
51、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(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
52、 z-x y，不满足条件，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，得 1 a 3，即 a=2，不合题意，当 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
53、,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 0，所以 x+y z，即满足条件，因为 x+y+z=2(a+b+c)，所以 x+y+z 为偶数，即满足条件，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 x y z；x+y+z 为偶数，令 a=x+y+z2-z，b=x+y+z2-y，c=x+y+z2-x，则由条件得 a b 0，由条件得 a,b,c 均为整数，因为 z-c=z+x-x+y+z2=z+x-y2 z+z-y-y2=z-y 0，所以 0 a
54、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，23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.23 对集合 E，定义其特征函数 XE x=1,x E0,x E，考虑集合 E1,E2,En和正实数 a1,a2,an，定义Sa,E(x)=ni=1aiXEi(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对任意 1 i j n，有 Ei
55、Ej=，则称 E1,En是无交集合列，设集合 Pn E=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,E x是定义在 Pn E上的函数.已知存在唯一的正整数 m，各项不同的非零实数 c1,c2,cm，和无交集合列 F1,F2,Fm 使得 Pm F=Pn E，并且mi=1ciXFi(x)=Sa,E(x)，称mi=1ciXFi(x)为 L 和式函数 Sa,E x的典范形式.设 m 为 Sa,E x的典范数.(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,
56、En，判断 Sa,E x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,E x的取值只和 XEi x有关则当 XE1 x,XE2 x,XEn x都相同的时候 Sa,E x相同注意到 XE1 x,XE2 x,XEn x最多只有 2n种取法，因此 Sa,E x的值域大小不大于 2n，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,Fm使得 Pm F=Pn E，并且i=1m cixFi(x)=Sa,E(x)，设 Sa,E x的取值集合为 c1
57、,c2,cm，设 Fi=x Sa,E x=ci，则 Pm F=Pn E,F 是无交集合列且 c1,c2,cm非 0(因为 Sa,E x定义在 Pn E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 Pn E，恰好存在一个小区间 Ei，使得 x Ei，所以 Sa,E x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 Pn E minm,maxM，
58、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,E x最多有 2n-1 种取值，所以 m 2n-1另一方面，令 Ei=i,i+n，取 Fj=j,j+1,1 j n-1,n,n+1,j=n,j,j+1,n+1 j 2n-1.并且取 a1,a2,an=10,102,10n，容易验证 Sa,E x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
59、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”24(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
60、离子集”(2)必要性：当|z|1-2a-|z|0，故 1 在复平面上对应的点在圆外由|z-a|2=|z|2-2aRe(z)+a2，|iz-a|2=|z|2+2aIm(z)+a2，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,x=Re(),y=Im()再设 b=Re(z),c=Im(z)由|z-|1-|知(x-b
61、)2+(y-c)2(x-1)2+y2，故 2(1-b)x-2cy 1-|z|2 0由|z-|1-|知(x-b)2+(y+c)2(x-1)2+y2，故 2(1-b)x+2cy 1-|z|2 0，x 0，由|z-|iz-|知(x-b)2+(y+c)2 0，进而(1-b)2x2-c2y2 1-|z|2-2by2 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25 设数阵 A0=a11a12a21a22，其中 a11,a12,a21,a22 1,2
62、,3,4,5,6设 S=e1,e2,el 1,2,3,4,5,6，其中 e1 e2 el,l N*且 l 6定义变换 k为“对于数阵的每一行，若其中有 k 或-k，则将这一行中每25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.s A0表示“将A0经过 e1变换得到 A1，再将 A1经过 e2变换得到 A2,以此类推，最后将 Al-1经过 el变换得到 Al记数阵 Al中四个数的和为 Ts A0(1)若 A0=1336,S=1,3，写出 A0经过 1变换后得到的数阵 A1，并求 Ts A0的值；(2)若 A0=1336,S=e1,e2,e3，求
63、Ts A0的所有可能取值的和；(3)对任意确定的一个数阵 A0，证明：Ts A0的所有可能取值的和不超过-4【详解】(1)因为 A0=1336,S=1,3，A0经过 1变换后得到的数阵 A1=-1-336，A1经过 3变换后得到的数阵 A2=13-3-6，所以 Ts A0=1+3-3-6=-5.(2)若 S=2,4,5，则 A3=A0，可得 Ts A0=1+3+3+6=13；若 e1=1,e2,e3 2,4,5，则 A3=-1-336，可得 Ts A0=-1-3+3+6=5；若 e3=6,e1,e2 2,4,5，则 A3=13-3-6，可得 Ts A0=1+3-3-6=-5；若 e1,e3,e
64、2其中一个为 3，另外两个属于 2,4,5，则 A3=-1-3-3-6，可得 Ts A0=-1-3-3-6=-13；若 e1=1,e2 2,4,5,e3=6，则 A3=-1-3-3-6，可得 Ts A0=-1-3-3-6=-13；若 e1=1，e2,e3其中一个为 3，另外一个属于 2,4,5，则 A3=13-3-6，可得 Ts A0=1+3-3-6=-5；若 e3=6，e1,e2其中一个为 3，另外一个属于 2,4,5，则 A3=-1-336，可得 Ts A0=-1-3+3+6=5；若 e1=1,e2=3,e3=6，则 A3=A0，可得 Ts A0=1+3+3+6=13；综上所述：Ts A0
65、的所有可能取值的和为 13+-13+5+-5=0.(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 24个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；含有 a12且不含 a11的子集共 24个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；同时含有 a11和 a12的子集共 24个，经过变换后第一行仍为 a11、a12；不含 a11也不含 a12的子集共 24-1 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24-a11-a12+24-a11-a12+24 a11+a12+24-1 a11+a12=-
66、a11-a12.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 25 个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；26不含有 a11的子集共 25-1 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 25-a11-a12+25-1 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 Ts A0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 Ts A0的所有可能取值的和不超过-426 定义 1：通常我们
67、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，它满足以下条件：(1)和 X 在 中；(2)的任意子集的元素的并在 中；(3)的任意有限子集的元素的交在 中.(1)族 P=,X，族 Q=x x 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：X A1 A2 An=XA1 XA2 XAnn N*；(ii)族 为集合 X 上的一个拓扑，证明：由族 所有元素的补集构成的族 f 为集合 X 上的一个拓扑.【详解】(1)族 P=,X，Q=x x X都是集合 X 的拓扑.(
68、2)(i)设 x X A1 A2 An，则 x A1 A2 An，故存在整数 i 1 i n使 x Ai，因此 x XAi，得 x XA1 XA2 XAn.设 x XA1 XA2 XAn，则存在整数 j 1 j n使 x XAj，故 x Aj，因此 x A1 A2 An，得 x X A1 A2 An(ii)因为，X ，所以，X f；设 M=A1,A2,An为 f 的任意子集，则 N=XA1,XA2,XAn，A1 A2 An=XXA1 XA2 XAn，因为 XA1 XA2 XAn，故 A1 A2 An f；A1 A2 An=XXA1 XA2 XAn，因为 XA1 XA2 XAn，故 A1 A2
69、An f.27 若函数 f x的定义域、值域都是有限集合 A=a1,a2,an，n N*，则定义 f x为集合 A 上的有限完整函数.已知 g x是定义在有限集合 M=1,2,3,4,5,6,7上的有限完整函数.(1)求7i=1ig(i)的最大值；(2)当 i=1,2,3,4 时，均有 g i g i+1，求满足条件的 g x的个数；(3)对于集合 M 上的有限完整函数 g x，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
70、 g x为“m阶闭环函数”.证明：存在一个闭环函数 g x既是 3 阶闭环函数，也是 4 阶闭环函数(用列表法表示 g x的函数关系).【详解】(1)由题意得7i=1i g i=g 1+2g 2+3g(3)+4g(4)+5g(5)+6g(6)+7g(7)12+g 122+22+g 222+32+g 322+42+g 422+52+g 522+62+g 622+72+g 722=7i=1i2+7i=1g(i)22=7i=1i2=140，当且仅当 g(1)=1,g(2)=2,g(7)=7 时取等号，27即7i=1ig(i)的最大值为 140；(2)由题意知 g(1)g(2)g(3)g(4)b 0)
71、的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 12 经过点 F1且倾斜角为 0 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 (1)当 =3 时，求证：AO BF2；求平面 AF1F2和平面 ABF2所成角的余弦值；(2)是否存在 0 2，使得折叠后 ABF2的周长为 152？若存在，求 tan 的值；若不存在，请说明理由【详解】(1)由椭圆定义可知 AF1+AF2=2a,BF1+BF2=2a，所以 ABF2的周长 L=4
72、a=8，所以 a=2，因为离心率为 12，故 ca=12，解得 c=1，则 b2=a2-c2=3，由题意，椭圆的焦点在 x 轴上，所以椭圆方程为 x24+y23=1，直线 l:y-0=tan 3 x+1，即 l:y=3 x+1，联立 x24+y23=1 得 15x2+24x=0，解得 x=0 或-85，28当 x=0 时，y=3 0+1=3，当 x=-85 时，y=3 -85+1=-3 35，因为点 A 在 x 轴上方，所以 A 0,3,B-85,-3 35，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
73、，AO 平面 AF1F2，所以 AO 平面 F1F2B，因为 F2B 平面 F1F2B，所以 AO F2B；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，则 F1 0,-1,0,A 0,0,3,B 3 35,-85,0,F2 0,1,0，AF2=0,1,-3,BF2=-3 35,135,0，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，则n2 AF2=x,y,z 0,1,-3=y-3z=0n2 BF2=x,y,z-3 35,135,0=-3 35 x+135 y=0，
74、令 y=3 得 x=133,z=1，故 n2=133,3,1，设平面 ABF2与平面 AF1F2的夹角为，则 cos=cosn1,n2=n1 n2n1 n2=1,0,0133,3,11699+3+1=13 205205，故平面 ABF2与平面 AF1F2的夹角的余弦值为 13 205205；(2)设折叠前 A x1,y1,B x2,y2，折叠后对应的 A x1,y1,0,B x2,0,-y2，设直线 l 方程为 my=x+1，将直线 l 与椭圆方程 x24+y23=1 联立得，3m2+4y2-6my-9=0，则 y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4，在折叠前可知 AB=x1-x
75、22+y1-y22，折叠后，在空间直角坐标系中，AB=x1-x22+y21+y22，由 AF2+BF2+AB=152，AF2+BF2+AB=8，故 AB-AB=12，29所以 AB-AB=x1-x22+y1-y22-x1-x22+y21+y22=12，分子有理化得-2y1y2x1-x22+y1-y22+x1-x22+y21+y22=12，所以x1-x22+y1-y22+x1-x22+y21+y22=-4y1y2，由得x1-x22+y1-y22=14-2y1y2，因为x1-x22+y1-y22=my1-1-my2+12+y1-y22=m2+1 y1-y2，故 14-2y1y2=m2+1 y1-y
76、2，即 14-2y1y2=m2+1y1+y22-4y1y2，将 y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4代入上式得14+183m2+4=m2+16m3m2+42+363m2+4，两边平方后，整理得 2295m4+4152m2-3472=0，即 45m2-2851m2+124=0，解得 m2=2845，因为 0 0,k 0，x1+x2=18km1+9k2,x1x2=9 m2-11+9k2，所以 PQ=1+k2 x1-x2=6 1+k2 9k2-m2+11+9k2，所以 SEPQ SFPQ=12 PQ d1 12 PQ d2=9 m2-k29k2-m2+11+9k22=72k21+9k
77、22=72k21+18k2+81k4=7281k2+1k2+18，由基本不等式得 81k2+1k2+18 281k2 1k2+18=36，当且仅当 81k2=1k2 k=13 时取等号，所以 SEPQ SFPQ 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 102，3 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
78、 n=a0 2k+a12k-1+ak-1 21+ak，其中 a0=1，ai=0 或 1(i=1,2,k).(1)记 S n=a0+a1+ak-1+ak，求证：S 8n+3=S 4n+3；(2)记 I n为整数 n 的二进制表达式中的 0 的个数，如 I 2=1，I 3=0.()求 I 60；33()求511n=12I n(用数字作答).【详解】(1)8n+3=a0 2k+3+a1 2k+2+ak 23+1 21+1，S 8n+3=a0+a1+ak+1+1=S n+2，4n+3=a0 2k+2+a1 2k+1+ak 22+1 21+1，S 4n+3=a0+a1+ak+1+1=S n+2，S 8n
79、+3=S 4n+3；(2)()60=32+16+8+4=1 25+1 24+1 23+1 22+0 21+0 20=1111002，I 60=2，()1=1 20=12，511=1 28+1 27+1 26+1 25+1 24+1 23+1 22+1 21+1 20=1111111112，故从 n=1 到 n=511 中，I n=0 有 12、112、1111111112共 9 个，I n=1 有 C11+C12+C18 个，由 C11+C12+C18=C29，即共有 C29 个I n=2 有 C22+C23+C28 个，由 C22+C23+C28=C39，即共有 C39 个，I n=9 有
80、C88=C99=1 个，511n=12I n=9 20+C29 21+C39 22+C99 28=C19 21+C29 22+C39 23+C99 292=C09 20+C19 21+C29 22+C39 23+C99 29-12=1+29-12=9841.33 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：xi,yi 1,2,N，且 xi yi i=1,2,m；xi+1=yi i=1,2,m-1；p,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
81、时，证明：m 13；(3)当 N 为奇数时，记 m 的最大值为 T N，求 T N.【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，所以 m C26=15，所以 1,2,3,4,5,6 每个数至多出现 5 次，又因为 xi+1=yi i=1,2,m-1，所以只有 x1,ym对应的数可以出现 5 次，所以 m 12 4 4+2 5=13.(3)当 N 为奇数时，先证明 T N+2=T N+2N+1.因为 p,q与 q,p不同时在数对序列 A 中，34所以 T N C2N
82、=12 N N-1，当 N=3 时，构造 A:1,2,2,3,3,1恰有 C23 项，且首项的第 1 个分量与末项的第 2 个分量都为 1.对奇数 N，如果和可以构造一个恰有 C2N 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 T N+2 T N+
83、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，共得到 N-12组，将这 N-12组对数以及 1,N+1,N+1,N+2,N+2,1，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 T N+2N+1 项，所以 T N+2=T N+2N+1.综上，当 N 为奇数时，T N=T N-T N-2+T N-2-T N-4+T 5-T 3
84、+T 3=2 N-2+1+2 N-4+1+2 3+1+3=2 N-2+1+2 N-4+1+2 3+1+2 1+1=2N-3+2N-7+7+3=2N-3+32 N-2+12=12 N N-1.34 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 分已知某同学连续投篮 n 次，总得分为 X，每次投进的概率为 13，且每次投篮相互独立(1)当 n=30 时，判断 E X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
85、 的概率为 Pn n 2,n N*，求 Pn的表达式【详解】(1)E X 10理由如下：记该同学投篮 30 次投进次数为，则 B 30,13若每次投进都得 1 分，则得分的期望为 E=30 13=10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 E X必大于每次都得 1 分的数学期望所以 E X 1035(2)X 的可能取值为 0，1，2，3，7，其中P X=0=233=827，P X=1=C13 13 232=1227，P X=2=132 23=227，P X=3=C12132 23=427，P X=7=133=127，所以 X 的概率分布列为X01237P8271227227
86、427127所以 E X=0 827+1 1227+2 227+3 427+7 127=3527(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当 2 n 4 时，情形二不可能发生，所以 Pn=C1n-1 13223n-2=n-1423n；当 n 5 时，情形一发生的概率为 C1n-1 13223n-2=n-1423n，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，所以概率为 C3n-2 13323n-3=n3-9n2+26n-244823n，所以 Pn=n-1423n+n3-9n2+26n-244823n=n3-9n2+38n-364823n综上所述，Pn=n-1423n,n=2,3,4n3-9n2+38n-364823n,n 5,n N*；
