新高考新题型高三19题新定义题型精选（解析版）.pdf

1、1新高考新题型高三 19 题新定义题型精选1 在 n n(n 2)个实数组成的 n 行 n 列的数表中，aij表示第 i 行第 j 列的数，记 ri=ai1+ai2+ain(1 i n)，cj=a1j+a2j+anj(1 j n).若 aij-1,0,1(1 i,j n),，且 r1,r2,rn,c1,c2,cn两两不等，则称此表为“n 阶 H 表”，记 Hn=r1,r2,rn,c1,c2,cn.(1)请写出一个“2 阶 H 表”；(2)对任意一个“n 阶 H 表”，若整数 -n,n,且 Hn，求证：为偶数；(3)求证：不存在“5 阶 H 表”.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证

2、明见解析【分析】(1)根据定义列出 2 阶 H 表即可;(2)对“n 阶 H 表”，整数 -n,n,应用 +ni=1ri+nj=1cj=0 结论得证;(3)应用反证法结合定义可证.【详解】(1)11-10(2)对任意一个“n 阶 H 表”，ri表示第 i 行所有数的和，cj表示第 j 列所有数的和 1 i,j n，ni=1ri与nj=1cj均表示数表中所有数的和，所以ni=1ri=nj=1cj.因为 aij-1,0,1，所以 r1，r2，rn，c1，c2，cn只能取-n，n 内的整数.又因为 r1，r2，rn，c1，c2，cn互不相等，-n,n且 Hn，所以，r1，r2，rn，c1，c2，cn

3、=-n,-n+1,，-1，0，1，n-1，n，所以 +ni=1ri+nj=1cj=-n+-n+1+-1+0+1+n-1+n=0.所以 =-2ni=1ri偶数.(3)假设存在一个“5 阶 H 表”，则由(2)知 5，-5，3，-3 H5，且 4 H5和-4 H5至少有一个成立，不妨设4 H5设 r1=5，r2=-5，则 a1j=1，a2j=-1 1 j 5，于是 cj 3 1 j 5，因而可设 r3=4，a31=a32=a33=a34=1，a35=0若 3 是某列的和，由于 c5 2，故只能是前四列某列的和，不妨设是第一列，即 a41=a51=1.现考虑-3，只能是 r4或 r5，不妨设 r4=

4、-3，即 a42=a43=a44=a45=-1，由 c2，c3，c4两两不等知 a52，a53，a54两两不等，不妨设 a52=-1，a53=0，a54=1，若 a55=-1 则 r5=0=c3；若 a55=0，则 r5=1=c4；若 a55=1，则 c5=0=c3，均与已知矛盾.若 3 是某行的和，不妨设 r4=3，则第 4 行至少有 3 个 1，若这 3 个 1 是前四个中某三个数，不妨设 a41=a42=a43=1，则第五行前三个数只能是 3 个不同的数，不妨设 a51=-1，a52=0，a53=1，则 c3=3=r4，矛盾，故第四行只能前四个数有 2 个 1，第五个数为 1，不妨设 a

5、41=a42=0，a43=a44=a45=1，所2以 r5=-3，第五行只能是 2 个，3 个-1 或 1 个 1，4 个-1，则 a51，a52，a55至少有两个数相同，不妨设 a51=a52，则 c1=c2，与已知矛盾.综上，不存在“5 阶 H 表”.2 已知整数 m,n 3，集合 Xn=x1,x2,xn xi 0,1,i=1,2,n，对于 Xn中的任意两个元素 A=a1,a2,an，B=b1,b2,bn，定义 A 与 B 之间的距离为 d(A,B)=ni=1ai-bi若 A1,A2,Am Xn且d A1,A2=d A2,A3=d Am-1,Am，则称是 A1,A2,Am是 Xn中的一个等

6、距序列(1)若 A1=(1,0,0,0),A2=(1,1,0,0),A3=(0,1,1,0),A4=(0,1,1,1)，判断 A1,A2,A3,A4是否是 X4中的一个等距序列？(2)设 A，B，C 是 X3中的等距序列，求证：d(A,C)为偶数；(3)设 A1,A2,Am是 X6中的等距序列，且 A1=(1,1,1)6 个 1 ，Am=(0,0,0)6 个 0 ，d A1,A2=5求 m 的最小值【答案】(1)A1,A2,A3,A4不是 X4中的一个等距序列(2)见解析(3)7【分析】(1)算出 d A1,A2与 d A2,A3验证不相等；(2)d A,B=d B,C结果为 0,1,2,3

7、来讨论；(3)分析从 1 变成 0 经过变换次数的规律，根据 d A1,A2=5 知道每次需要变换几个对应坐标.【详解】(1)d A1,A2=4i=1ai-bi=1-1+0-1+0-0+0-0=1 d A2,A3=4i=1ai-bi=1-0+1-1+0-1+0-0=2 d A1,A2 d A2,A3所以 A1,A2,A3,A4不是 X4中的一个等距序列(2)设 A=a1,a2,a3B=b1,b2,b3C=c1,c2,c3把 a1a2a3,b1b2b3,c1c2c3分别称作 A=a1,a2,a3B=b1,b2,b3C=c1,c2,c3的第一个，第二个，第三个坐标，若 d A,B=x,x 0,1,

8、2,3则 A,B 中有 x 个对应坐标不相同，例如当 d A,B=1 时，说明 A,B 中有 1 个对应坐标不相同，其中 A=1,1,0,B=1,1,1就是符合 d A,B=1 的一种情况.当 d A,B=d B,C=0 得 A=B=C，所以 d A,C=0 是偶数 当 d A,B=d B,C=1，则 A,B 中有 1 个对应坐标不相同，并且 B,C 中有 1 个对应坐标不相同，所以 A,C 中有 0 或 2 个对应坐标不相同，当有 0 个对应坐标不相同时，即 A=C 则 d A,C=0，当有 2 个对应坐标不相同时，d A,C=2，都满足 d A,C为偶数.当 d A,B=d B,C=2则

9、A,B 中有 2 个对应坐标不相同，并且 B,C 中有 2 个对应坐标不相同，所以 A,C 中有 0 或 2 个对应坐标不相同，当有 0 个对应坐标不相同时，即 A=C 则 d A,C=0，当有 2 个对应坐标不相同时，d A,C=2，都满足 d A,C为偶数.当 d A,B=d B,C=3则 A,B 中有 3 个对应坐标不相同，并且 B,C 中有 3 个对应坐标不相同，所以 A,C 中有 0 个对应坐标不相同，即 A=C 则 d A,C=0，满足 d A,C为偶数.3综上：A，B，C 是 X3中的等距序列，则 d(A,C)为偶数(3)根据第二问可得 d A1,A2=5，则说明 A1,A2中有

10、 5 个对应坐标不相同由 Ai变换到 Ai+1需改变 5 个坐标，保留 1 个不变，又因为从 1 变成 0 经过奇数次变化，所以从 A1=(1,1,1)6 个 1 变到 Am=(0,0,0)6 个 0 至少经过 6 次变换，每个坐标变换 5 次，故 m 的最小值为 7.3 设 A 为非空集合，定义 A A=x,y x,y A(其中 x,y表示有序对)，称 A A 的任意非空子集 R 为 A 上的一个关系.例如 A=0,1,2时，A A 与0,0,2,1都是 A 上的关系.设 R 为非空集合A 上的关系.给出如下定义：(自反性)若对任意 x A，有 x,x R，则称 R 在 A 上是自反的；(对

11、称性)若对任意 x,y R，有 y,x R，则称 R 在 A 上是对称的；(传递性)若对任意 x,y,y,z R，有x,z R，则称 R 在 A 上是传递的.如果 A 上关系 R 同时满足上述 3 条性质，则称 R 为 A 上的等价关系.任给集合 S1,S2,Sm，定义 S1 S2 Sm为 x x S1,或 x S2,或,或 x Sm.(1)若 A=0,1,2，问：A 上关系有多少个？A 上等价关系有多少个？(不必说明理由)(2)若集合 A 有 n 个元素 n 1，A 的非空子集 A1,A2,Am 1 m n两两交集为空集，且 A=A1 A2 Am，求证：R=A1 A1 A2 A2 Am Am

12、为 A 上的等价关系.(3)若集合 A 有 n 个元素 n 1，问：对 A 上的任意等价关系 R，是否存在 A 的非空子集 A1,A2,Am1 m n，其中任意两个交集为空集，且 A=A1 A2 Am，使得 R=A1 A1 A2 A2Am Am？请判断并说明理由.【答案】(1)511;5(2)证明过程见详解(3)存在【分析】(1)先用列举法写出集合 A A，其非空子集个数即为其关系个数.等价关系也可用例举法列出来.(2)要证 R=A1 A1 A2 A2 Am Am为集合 A 上的等价关系，只需证集合 R 在集合 A 上上满不满足自反性、对称性、传递性.(3)只需判断针对集合 A 上包含不同元素

13、个数的子集 Ai对应的集合 Ai Ai R 即可.【详解】(1)由题意得 A A=0,0,0,1,1,0,1,1,0,2,2,0,2,2,1,2,2,1，共有 9 个元素，则有 29-1=512-1=511 个非空子集，即 A 上的关系有 511 个.所有等价关系 R1=0,0,1,1,2,2,R2=0,0,1,1,2,2,0,1,1,0,R3=0,0,1,1,2,2,0,2,2,0,R4=0,0,1,1,2,2,2,1,1,2,R5=0,0,1,1,2,2,0,1,1,0,0,2,2,0,2,1,1,2,共有 5 个.(2)证明：令 A=a1,a2,a3,ann 1，因为 A 的非空子集 A

14、1,A2,Am 1 m n两两交集为空集，且 A=A1 A2 Am设 as As 1 s m n，则除了集合 As外，其余集合不包含 as.则as,as As As，又因为 As As A1 A1 A2 A2 Am Am，则 as,as R，即 R 在A 上是自反的.设 as,at At 1 t m n，则除了集合 At外，其余集合不包含 as,at.则as,at,at,as At At，又因为 At At A1 A1 A2 A2 Am Am，则 as,at R,at,as R，即 R 在 A 上是对称的.设 as,at,ak Ak 1 k m n，则除了集合 Ak外，其余集合不包含 as,a

15、t,ak.则as,at,at,as，as,ak Ak Ak，又因为 Ak Ak A1 A1 A2 A2 Am Am，则 as,at R,as,ak R,at,ak R，即 R 在 A 上是传递的.4综上所述，R=A1 A1 A2 A2 Am Am为 A 上的等价关系(3)令 A=a1,a2,a3,ann 1，因为 R 为 A 上的等价关系，则 R 为集合 A A=x,y x,y A的非空子集.因为 A 的非空子集 A1,A2,Am 1 m n两两交集为空集，且 A=A1 A2 Am设 as As 1 s m n，则除了集合 As外，其余集合不包含 as.则 as As，必有 as,as R，则

16、 As As R.设 ak,at At 1 k t m n，则除了集合 At外，其余集合不包含 ak,at.则 ak,ak R,at,at R，则 ak,at R,必有 ak,at R，故 At At R，设 ax,ay,az Ax 1 x y z m n，则除了集合 Ax外，其余集合不包含 ax,ay,az.则ax,ax,ay,ay，az,az R，则 ax,ay R,ay,az R，az,ax R，必有 ay,ax R,az,ay R，ax,az R，则 Ax,Ax R.故，不管集合 Ai 1 i m n中有几个元素，都能保证 Ai Ai R，则 R=A1 A1 A2 A2Am Am.综上

17、所述，对 A 上的任意等价关系 R，存在 A 的非空子集 A1,A2,Am 1 m n，其中任意两个交集为空集，且 A=A1 A2 Am，使得 R=A1 A1 A2 A2 Am Am.4 已知集合 A=a1,a2,an,ai R,i=1,2,n 并且 n 2定义 T(A)=1ijn|aj-ai|(例如 1ij3aj-ai=a2-a1+a3-a1+a3-a2)(1)若集合 A=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,M=1,2,3,4,5，集合 A 的子集 N 满足：N M，且 T(M)=T(N)，求出一个符合条件的 N；(2)对于任意给定的常数 C 以及给定的集合 A=a1,a2,an，求证

18、：存在集合 B=b1,b2,bn，使得 T(B)=T(A)，且 C=b1+b2+bn；(3)若集合 A=a1,a2,a2m满足：ai ai+1,i=1,2,2m-1,m 2,a1=a,a2m=b，其中实数 a，b 为给定的常数，求 T(A)的取值范围【答案】(1)N=6,7,8,9,10(2)证明见解析(3)T(A)m2(b-a)【分析】(1)根据新定义可求得答案；(2)构造新数列 B=d+a1,d+a2,d+an，根据新定义可求得 d=c-ni=1ain，即可证明；(3)利用数学归纳法即可证明.【详解】(1)由题可知，N=6,7,8,9,10(2)证明：令 B=d+a1,d+a2,d+an，

19、(d 为待定参数).T B=1ijn d+ai-d+aj=1ijnaj-ai=T A，ni=1bi=nd+ni=1ai=c当 d=c-ni=1ain即可.(3)1ijn|aj-ai=mk=1(2m+1-2k)(a2m+1-2k-ak)，5当 m=2 时，1ijn|aj-ai|=|a4-a3|+|a3-a2|+|a2-a1|+|a4-a2|+|a3-a1|+|a4-a1|=3(a4-a1)+(a3-a2)成立.假设结论对 m 成立，下面证明 m+1 时的情形，1ijm+1|aj-ai=1ijn|aj-ai+2mi=1(a2m+1-ai)+2m+1i=1(a2m+2-ai=mk=1(2m+1-2k

20、)(a2m+1-k-ak)+2mi=1(a2m+1-ai)+2m+1i=1(a2m+2-ai)=nk=1(2m+1-2k)(a2m+1-k-ak)+(2m-1)a2m+1+(2m+1)a2m+2-22mi=1ai=m+1k=1(2m+3-2k)(a2m+3-k-ak)即T(A)mk=1(2m+1-2k)(a2m-2k-ak)=m2(b-a)所以，T(A)的取值范围为 T(A)m2(b-a)5 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

21、，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 1

22、948 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想的麦克斯韦妖理论被推翻.设随机变量 所有取值为 1,2,n，定义 的信息熵 H()=-ni=1Pi log2Pi，ni=1Pi=1，i=1,2,n.(1)若 n=2，试探索 的信息熵关于 P1的解析式，并求其最大值；(2)若 P1=P2=12n-1，Pk+1=2Pk(k=2,3,n)，求此时的信息熵.【答案】(1)H()=-P1log2P1-(1-P1)log2(1-P1)，P1(0,1)，最大值为 1.

23、(2)H()=2-12n-2.【分析】(1)由题意可知 P1+P2=1 且 H()=-P1log2P1-P2log2P2，减少变量可得 的信息熵关于 P1的解析式，求导可得单调性，故而求出最大值；(2)由 Pk+1=2Pk可知数列 Pk从第二项起，是首项为12n-1，公比为 2 的等比数列，故而可求出 Pk(k=2,3,n)的通项公式，再由 H()=-ni=1Pilog2Pi可得 H()的解析式.【详解】(1)当 n=2 时，P1(0,1),H()=-P1log2P1-(1-P1)log2(1-P1)，令 f(t)=-tlog2t-(1-t)log2(1-t)，t (0,1)，则 f(t)=-

24、log2t+log2(1-t)=log2 1t-1，6所以函数 f t在 0,12上单调递增，在12,1上单调递减，所以当 P1=12 时，H()取得最大值，最大值为 H()max=1.(2)因为 P1=P2=12n-1，Pk+1=2Pk(k=2,3,n)，所以 Pk=P2 2k-2=2k-22n-1=12n-k+1(k=2,3,n)，故 Pklog2Pk=12n-k+1 log212n-k+1=-n-k+12n-k+1，而 P1log2P1=12n-1 log2 12n-1=-n-12n-1，于是 H()=n-12n-1+nk=2Pklog2Pk=n-12n-1+n-12n-1+n-22n-

25、2+222+12，整理得 H()=n-12n-1-n2n+n2n+n-12n-1+n-22n-2+222+12令 Sn=12+222+323+n-12n-1+n2n，则 12 Sn=122+223+324+n-12n+n2n+1，两式相减得 12 Sn=12+122+123+12n-n2n+1=1-n+22n+1因此 Sn=2-n+22n，所以 H()=n-12n-1-n2n+Sn=n-12n-1-n2n+2-n+22n=2-12n-2.【点睛】关键点点睛：第二问，根据等比数列定义写出 Pk，进而写出 H()的通项公式，应用裂项相消及等比数列前 n 项和公式求化简.6 中国是纸的故乡，折纸也是

26、起源于中国.后来数学家将几何学原理运用到折纸中，并且利用折纸来研究几何学，很好的把折纸艺术与数学相结合.将一张纸片折叠一次，纸片上会留下一条折痕，如果在纸片上按照一定的规律折出很多折痕后，纸上能显现出一条漂亮曲线的轮廓.如图，一张圆形纸片的圆心为点 D，A 是圆外的一个定点，P 是圆 D 上任意一点，把纸片折叠使得点 A 与 P 重合，然后展平纸片，折痕与直线DP 相交于点 Q，当点 P 在圆上运动时，得到点 Q 的轨迹.(1)证明：点 Q 的轨迹是双曲线；(2)设定点 A 坐标为(2,0)，纸片圆的边界方程为(x+2)2+y2=r2.若点 M(2,3)位于(1)中所描述的双曲线上，过点 M

27、的直线 l 交该双曲线的渐近线于 E，F 两点，且点 E，F 位于 y 轴右侧，O 为坐标原点，求 EOF面积的最小值.【答案】(1)证明见解析.(2)3【分析】(1)利用双曲线的定义即可证得结果.7(2)利用直线与双曲线的位置关系即可求得结果.【详解】(1)证明：设圆 D 半径为 r，由题意知 QA=QP，所以 QA-QD=QP-QD=DP=r，因此，动点 Q 到定点 A 和 D 的距离之差的绝对值为定值 r，且 r 0，x1x2=-4k2+12k-123-k2 0；解得 k 3.设 E(x3,y3)，F(x4,y4)，联立直线和渐近线方程解得：x3=3-2k3-k，x4=3-2k-3-k，

28、所以 OE=x3cosEOA=2 x3，OF=x4cosFOA=2 x4，SEOF=12 OE OFsinEOF=12 2 x3 2 x4sin 23=3 x3x4=3(3-2k)2k2-3=4 3+3 3 7-4kk2-3，令 f(k)=7-4kk2-3，f(k)=2(2k-3)(k-2)(k2-3)2，当 k 0，f(k)单调递增，且 f(k)0，此时 SEOF 4 3.当3 k 2 时，f(k)2 时，f(k)0，f(k)单调递增所以 f(k)的极小值为 f(2)=-1，此时 SEOF=3.综上所述，EOF 面积的最小值为3，此时 k=2 且 =0，即直线 l 与双曲线相切.【点睛】方法

29、点睛：圆锥曲线中关于最值的求解方法主要有：二次函数型，利用二次函数最值求解；基本不等式法，借助基本不等式求解最值；导数法，利用导数求解最值.87“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸(如图)步骤 1：设圆心是 E，在圆内异于圆心处取一点，标记为 F；步骤 2：把纸片折叠，使圆周正好通过点 F；步骤 3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤 4：不断重复步骤 2 和 3，就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆.现取半径为 4 2 的圆形纸片，定点 F 到圆心 E 的距离为 2 6，

30、按上述方法折纸.以向量 FE的方向为 x 轴正方向，线段 EF 中点为原点建立平面直角坐标系.(1)求折痕围成的椭圆 的标准方程；(2)已知点 M 是圆 x2+y2=10 上任意一点，过点 M 做椭圆 的两条切线，切点分别是 A,B，求 MAB 面积的最大值，并确定此时点 M 的坐标.注：椭圆：x2a2+y2b2=1 a b 0上任意一点 P x0,y0处的切线方程是：x0 xa2+y0yb2=1.【答案】(1)x28+y22=1；(2)325，M 0,10.【分析】(1)利用椭圆的定义结合条件即得；(2)由题可得直线 AB 的方程是 x08 x+y02 y=1，然后利用韦达定理法结合条件可表

31、示出 SMAB=12 AB d=2 3y20+2323y20+10，然后利用换元法利用导数求函数的最值即得.【详解】(1)设 P x,y为椭圆上一点，则 PF+PE=PA+PE=AE=4 2 EF=2 6，所以 P 点轨迹是以 F,E 为焦点，长轴长为 2a=4 2 的椭圆，设椭圆的方程为 x2a2+y2b2=1 a b 0，所以 c=6,a=2 2，则 b2=a2-c2=2，所以椭圆方程为 x28+y22=1；9(2)设 A x1,y1,B x2,y2,M x0,y0，则 x20+y20=10，切线 MA 方程：x1x8+y1y2=1，切线 MB 方程：x2x8+y2y2=1，两直线都经过点

32、 M，所以，得 x1x08+y1y02=1，x2x08+y2y02=1，从而直线 AB 的方程是：x08 x+y02 y=1，由x08 x+y02 y=1x28+y22=1，得 3y20+10 x2-16x0 x+64-32y20=0，由韦达定理，得 x1+x2=16x03y20+10,x1x2=64-32y203y02+10，AB=1+-x04y02 x1-x2=1+x2016y2016x03y20+102-4 64-32y203y20+10=2 10 3y20+23y20+10，点 M 到直线 AB 的距离 d=x028+y022-1x082+y022=3y02+25，SMAB=12 AB

33、 d=2 3y20+2323y20+10，其中 y20 10，令 t=3y20+2，则 t 2,4 2,SMAB=2t3t2+8，令 f t=2t3t2+8，则 f t=2 t4+24t2t2+82 0，f t在 t 2,4 2上递增，t=4 2，即 y20=10 时，MAB 的面积取到最大值 325，此时点 M 0,10.8 帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法给定两个正整数 m，n，函数 f(x)在 x=0 处的 m,n 阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+amxm1+b1x+bnxn，且满足：f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，f

34、(m+n)(0)=R(m+n)(0)已知 f(x)=ln(x+1)在 x=0 处的 1,1 阶帕德近似为 R(x)=ax1+bx 注：f(x)=f(x),f(x)=f(x),f(4)(x)=f(x),f(5)(x)=f(4)(x),10(1)求实数 a，b 的值；(2)求证：(x+b)f1x 1；(3)求不等式 1+1xx e 1，令 t=1+1x，即证 t 0,1 1,+时t+12 t-1 lnt 1，记 t=lnt-2 t-1t+1，t 0,1 1,+，利用导数说明函数的单调性，即可证明；(3)分析可得 1+1x 0，即 x 0 或 x-1，先考虑 e 1，结合(2)的结论即可，再考虑 1

35、+1xx e，该不等式等价于 xln 1+1x 1，利用导数证明 lnx x-1，x 0,1 1,+，即可得到 ln 1+1x 1，令 t=1+1x，则 t 0 且 t 1，即证 t 0,1 1,+时t+12 t-1 lnt 1，记 t=lnt-2 t-1t+1，t 0,1 1,+，则 t=1t-4t+12=t-12t t+12 0，所以 t在 0,1上单调递增，在 1,+上单调递增，当 t 0,1时 t 1=0，即 lnt 1 成立，当 t 1,+时 t 1=0，即 lnt 2 t-1t+1，即t+12 t-1 lnt 1 成立，综上可得 t 0,1 1,+时t+12 t-1 lnt 1，所

36、以 x+12ln 1+1x 1 成立，即(x+b)f1x 1 成立.(3)由题意知，欲使得不等式 1+1xx e 0，即 x 0 或 x-1，首先考虑 e 1，即 x+12ln 1+1x 1，又由(2)知 x+12ln 1+1x 1 成立，所以使得 e 1+1xx+12 成立的 x 的取值范围是-,-1 0,+，再考虑 1+1xx e，该不等式等价于 xln 1+1x 1，记 h x=lnx-x+1，x 0,1 1,+，则 h x=1x-1=1-xx，所以当 0 x 0，x 1 时 h x 0，所以 h x在 0,1上单调递增，在 1,+上单调递减，所以 h x h 1=0，即 lnx x-1

37、，x 0,1 1,+，所以 ln 1+1x 1x，x -,-1 0,+，当 x 0,+时由 ln 1+1x 1x，可知 xln 1+1x 1 成立，当 x -,-1时由 ln 1+1x 1x，可知 xln 1+1x 1 不成立，所以使得 1+1xx e 成立的 x 的取值范围是 0,+，综上可得不等式 1+1xx e 0 或 x-1，分别求 e 1+1xx+12、1+1xx 1、xln 1+1x 1 的解集，构造中间函数研究不等式成立的 x 取值.9 利用拉格朗日(法国数学家，1736-1813)插值公式，可以把二次函数 F(x)表示成 F(x)=d(x-b)(x-c)(a-b)(a-c)+e

38、(x-a)(x-c)(b-a)(b-c)+f(x-a)(x-b)(c-a)(c-b)的形式.(1)若 a=1，b=2，c=3，d=4，e f，把 F(x)的二次项系数表示成关于 f 的函数 G(f)，并求 G(f)的值域(此处视 e 为给定的常数，答案用 e 表示)；(2)若 a b 0，e 0，求证：a+b d b2-c2+e c2-a2+f a2-b2d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)b+c.【答案】(1)-12 e+2,+；(2)证明见解析【分析】(1)根据已知写出二次项系数 G(f)后可得；(2)注意到 d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)e，所以 G(f)12 e-e+2=

39、-12 e+2即 G(f)的值域是-12 e+2,+；(2)因为 a b 0，e 0，所以 d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)0，12(a+b)d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)=d(b-c)(a+b)+e(c-a)(a+b)+f(a2-b2)=d(b-c)(b+c)+(a-c)+e(c-a)(c+a)+(b-c)+f(a2-b2)=d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)+d(b-c)(a-c)+e(c-a)(b-c)因为 a b 0，e 0，所以 d(b-c)(a-c)0,e(c-a)(b-c)0，所以(a+b)d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)d(b2-c2

40、)+e(c2-a2)+f(a2-b2)，所以 a+b d b2-c2+e c2-a2+f a2-b2d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)，(b+c)d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)=d(b2-c2)+e(c-a)(b+c)+f(a-b)(b+c)=d(b2-c2)+e(c-a)(c-a+b-a)+f(a-b)(a+b+c-a)=d(b2-c2)+e(c2-a2)+f(a2-b2)+e(c-a)(b-a)+f(a-b)(c-a)因为 a b 0，e 0，所以 e(c-a)(b-a)0,f(a-b)(c-a)0，所以(b+c)d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)d b2-c2+e

41、c2-a2+f a2-b2d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)，综上，原不等式成立10 在平面直角坐标系中，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列(整点即横纵坐标都是整数的点)A n:A1，A2，A3，An与 B n:B1，B2，B3，Bn，其中 n 3，若同时满足：两点列的起点和终点分别相同；线段 AiAi+1 BiBi+1，其中 i=1,2,3,n-1，则称 A(n)与 B(n)互为正交点列.(1)求 A(3)：A1(0,2)，A2(3,0)，A3(5,2)的正交点列 B(3)；(2)判断 A(4)：A1(0,0)，A2(3,1)，A3(6,0)，A4(9,1)是否存在正交点列 B(4)

42、？并说明理由；(3)n 5，n N，是否都存在无正交点列的有序整点列 A(n)？并证明你的结论.【答案】(1)B1(0,2)，B2(2,5)，B3(5,2)(2)不存在，理由见解析(3)不存在，证明见解析【分析】(1)由正交点列的定义可知 B1(0,2)，B3(5,2)，设 B2(x,y)，由正交点列的定义可知 A1A2 B1B2=0,A2A3 B2B3=0，即可得出结论；(2)设点列 B1，B2，B3，B4是点列 A1，A2，A3，A4的正交点列，则可设 B1B2=1-1,3,B2B3=2 1,3,B3B4=3-1,3，1，2，3 Z，因为 A1与 B1，A4与 B4相同，即可得到结论；(3

43、)n 5，n N，都存在整点列 A(n)无正交点列.设 AiAi+1=ai,bi，其中 ai，bi是一对互质整数，i=1,2,3,n-1，则有n-1i=1-ibi=n-1i=1ain-1i=1 iai=n-1i=1bi，分类讨论，即可得出结论.【详解】(1)设点列 A1(0,2)，A2(3,0)，A3(5,2)的正交点列是 B1，B2，B3，由正交点列的定义可知 B1(0,2)，B3(5,2)，设 B2(x,y)，A1A2=3,-2,A2A3=2,2,B1B2=x,y-2,B2B3=5-x,2-y，由正交点列的定义可知 A1A2 B1B2=0,A2A3 B2B3=0，即 3x-2 y-2=02

44、 5-x+2 2-y=0，解得 x=2y=5所以点列 A1(0,2)，A2(3,0)，A3(5,2)的正交点列是 B1(0,2)，B2(2,5)，B3(5,2).(2)由题可得 A1A2=3,1,A2A3=3,-1,A3A4=3,1，设点列 B1，B2，B3，B4是点列 A1，A2，A3，A4的正交点列，13则可设 B1B2=1-1,3,B2B3=2 1,3,B3B4=3-1,3，1，2，3 Z因为 A1与 B1，A4与 B4相同，所以有-1+2-3=0 31+32+33=1 因为 1，2，3 Z，方程显然不成立，所以有序整点列 A1(0,0)，A2(3,1)，A3(6,0)，A4(9,1)不

45、存在正交点列；(3)n 5，n N，都存在整点列 A(n)无正交点列.n 5，n N，设 AiAi+1=ai,bi，其中 ai，bi是一对互质整数，i=1,2,3,n-1若有序整点列 B1，B2，B3，Bn是点列 A1，A2，A3，An正交点列，则 BiBi+1=i-bi,ai,i=1,2,3,n-1，则有n-1i=1-ibi=n-1i=1ai 1*n-1i=1 iai=n-1i=1bi 2*当 n 为偶数时，取 A1(0,0)，ai=3,bi=1,i 为奇数-1,i 为偶数,i=1,2,3,n-1.由于 B1，B2，B3，Bn是整点列，所以有 i Z，i=1,2,3,n-1.等式(2*)中左

46、边是 3 的倍数，右边等于 1，等式不成立，所以该点列 A1，A2，A3，An无正交点列；当 n 为奇数时，取 A1(0,0)，a1=3，b1=2，ai=3,bi=1,i 为奇数-1,i 为偶数,i=2,3,n-1，由于 B1，B2，B3，Bn是整点列，所以有 i Z，i=1,2,3,n-1.等式(2*)中左边是 3 的倍数，右边等于 1，等式不成立，所以该点列 A1，A2，A3，An无正交点列.综上所述，n 5，n N，都不存在无正交点列的有序整数点列 A(n).【点睛】关键点睛：本题以平面直角坐标系为载体，平面向量为工具，给出新定义“互为正交点列”，解本类题的关键在于结合课本知识，认真理解

47、新定义，在新定义的基础上用学过的知识来解决问题.11 已知无穷数列 an 的各项均为正数，当 n 4 时，ann a44；当 n 4 时，an=maxa1+an-1,a2+an-2,a3+an-3,an-1+a1，其中 maxx1,x2,x3,xs 表示 x1,x2,x3,xs这 s 个数中最大的数(1)若数列 an 的前 4 项为 1，4，3，8，写出 a5,a6,a9,a10的值；(2)是否存在 p1,p2,p3,p4 N，使 a100=p1a1+p2a2+p3a3+p4a4，且 p1+2p2+3p3+4p4=100？请说明理由；(3)设 bn=na4-4an，证明：b4k+i b4(k+

48、1)+i,k N(i=1,2,3,4)【答案】(1)a5=9，a6=12，a9=17，a10=20.(2)存在，见解析.(3)见解析.【分析】(1)根据题意直接写出 a5,a6,a9,a10的值即可；(2)由题意知，当 n 4 时，ann a44；当 n 4 时 an=maxa1+an-1,a2+an-2,a3+an-3,an-1+a1，分析存在 i 1,2,99，使得 a100=at+a100-t，然后将 ai或 a100-i分拆，写成数列中某两项的和，再结合条件进行推理即可；(3)要证 b4k+i b4(k+1)+i,k N(i=1,2,3,4)，则对其通过作差变形，结合题意 an=max

49、a1+an-1,a2+an-2,a3+an-3,an-1+a1 进行化简即可得证.【详解】(1)由题意知：a5=9，a6=12，a9=17，a10=20.14(2)存在，理由如下：因为 an=maxa1+an-1,a2+an-2,a3+an-3,an-1+a1，故存在 i 1,2,99，使得 a100=at+a100-t.若 i 4 或 100-i 4，则将 ai或 a100-i继续分拆，可写成数列中某两项的和，如 ai=ai1+ai2(i1+i2=i).依次类推，进行有限次操作后，存在 j1,j2,j3,jk 1,2,3,4，使得 a100=aj1+aj2+ajk(j1+j2+jk=100)

50、，从而存在 p1,p2,p3,p4 N，使得 a100=p1a1+p2a2+p3a3+p4a4，所以 p1+2p2+3p3+4p4=100.(3)b4(k+1)+i-b4k+i=4(k+1)+ia4-4a4(k+1)+i-(4k+i)a4-4a4k+i=4(a4-a4(k+1)+i-a4k+i)，由 an=maxa1+an-1,a2+an-2,a3+an-3,an-1+a1 得：a4(k+1)+i=max a1+a4(k+1)+i-1,a2+a4(k+1)+i-2,a4+a4k+i，b4k+i b4(k+1)+i,k N(i=1,2,3,4).【点睛】本题考查了数列新定义解问题，证明不等式，等

51、式问题，综合性较强，是难题.12 对于数列 A:a1,a2,a3 ai N*,i=1,2,3,定义“T 变换”:T 将数列 A 变换成数列 B:b1,b2,b3,其中 bi=ai-ai+1i=1,2,且 b3=a3-a1.这种“T 变换”记作 B=T A,继续对数列 B 进行“T 变换”,得到数列 C:c1,c2,c3,依此类推,当得到的数列各项均为 0 时变换结束.(1)写出数列 A:2,6,4 经过 5 次“T 变换”后得到的数列;(2)若 a1,a2,a3不全相等,判断数列 A:a1,a2,a3经过不断的“T 变换”是否会结束,并说明理由;(3)设数列 A:400,2,403 经过 k

52、次“T 变换”得到的数列各项之和最小,求 k 的最小值.【答案】(1)2,0,2(2)数列 A 经过不断的“T 变换”不可能结束,理由见解析(3)136【分析】(1)根据数列的新定义写出经过 5 次“T 变换”后得到的数列即可;(2)先假设数列 A 经过不断的“T 变换”结束,不妨设最后三个数列为 D:d1,d2,d3,E:e1,e2,e3,F:0,0,0,由 F 数列往前推,则非零常数列可能会通过“T 变换”结束,或者数列 E 为常数列,进而推得 D 可能出现的情况,推出矛盾,故假设不成立,即可证明;(3)先往后推几项,发现规律,假设 1 次“T 变换”得到数列的通项,多写出几项,推出规律,

53、往后继续进行,推到使数字接近 1 时,再继续推,往后会发现 k 次“T 变换”得到的数列是循环的,得到最小值,进而推出次数即可.【详解】(1)解:由题知,5 次变换后得到的数列依次为4,2,2;2,0,2;2,2,0;0,2,2;2,0,2 所以数列 A:2,6,4 经过 5 次“T 变换”后得到的数列为2,0,2;(2)数列 A 经过不断的“T 变换”不可能结束设数列 D:d1,d2,d3,E:e1,e2,e3,F:0,0,0,且 T D=E,T E=F,由题可知 e1-e2=0,e2-e3=0,e3-e1=0,e1=e2=e3,即非零常数列才能通过“T 变换”结束,设 e1=e2=e3=e

54、(e 为非零自然数),15则为变换得到数列 E 的前两项,数列 D 只有四种可能:D:d1,d1+e,d1+2e;D:d1,d1+e,d1;D:d1,d1-e,d1;D:d1,d1-e,d1-2e;而以上四种情况中,数列 E 的第三项是 0 或 2e,即不存在数列 D,使得其经过“T 变换”成为非零常数列由得,数列 A 经过不断的“T 变换”不可能结束;(3)数列 A 经过一次“T 变换”后得到数列 B:398,401,3,其结构为 a,a+3,3,数列 B 经过 6 次“T 变换”得到的数列分别为:3,a,a-3;a-3,3,a-6;a-6,a-9,3;3,a-12,a-9;a-15,3,a

55、-12;a-18,a-15,3.所以,经过 6 次“T 变换”后得到的数列也是形如“a,a+3,3”的数列,变化的是,除了 3 之外的两项均减小 18,398=18 22+2 数列 B 经过 6 22=132 次“T 变换”后得到的数列为 2,5,3,接下来经过“T 变换”后得到的数列分别为:3,2,1;1,1,2;0,1,1;1,0,1;1,1,0;0,1,1;1,0,1;.至此,数列和的最小值为 2,以后数列循环出现,数列各项和不会更小,所以经过 1+132+3=136 次“T 变换”得到的数列各项和达到最小,即 k 的最小值为 136.【点睛】思路点睛:本题考查数列的新定义问题,结合证明

56、方法,属于难题,关于数列新定义问题,一般思路为:(1)根据定义写出几项,(2)找出规律,(3)写出通项,(4)证明结论.13 已知数列 1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是 20，接下来的两项是 20，21，再接下来的三项是 20，21，22，依此类推.设该数列的前 n 项和为 Sn,规定：若 m N*,使得 Sm=2p(p N)，则称 m 为该数列的“佳幂数”.16(1)将该数列的“佳幂数”从小到大排列，直接写出前 3 个“佳幂数”；(2)试判断 50 是否为“佳幂数”，并说明理由；(3)(i)求满足 m 70 的最小的“佳幂数”m;(ii)证明：该数列

57、的“佳幂数”有无数个.【答案】(1)1，2，3；(2)不是；(3)(i)95；(ii)见解析.【分析】(1)S1=1=20,S2=2=21,S3=4=22,m=1,2,3；(2)先根据题意确定前 9 项有 45 个数，所以 S50=S45+1+2+22+23+24，不能表示为 2p，因此不是“佳幂数”；(3)(i)因为 S k k+12=2k+1-k-2，所以 k+2=2t-1，m=k k+12+t，结合条件确定 t 的最小值，解得最小的“佳幂数”m；(ii)由 m=k k+12+t 得“佳幂数”有无数个【详解】(1)解：因为 S1=1=20，所以 1 为该数列的“佳幂数”；又因为 S2=1+

58、1=2=21，S3=1+1+2=4=22，所以 2，3 为该数列的“佳幂数”；所以该数列的前 3 个“佳幂数”为：1，2，3；(2)解：由题意可得，数列如下：第 1 组:1；第 2 组:1,2；第 3 组：1,2,4；第 k 组：1,2,4，2k-1，则该数列的前 1+2+k=k k+12项的和为:S k k+12=1+1+2+1+2+2k-1=2k+1-k-2，当 k k+12 50 时，k 9，则 S50=S45+1+2+22+23+24=210-11+31=210+20，由于 210 210+20 70，有 k 12，此时 1+2+4+2k=2k+1-1=(1+1)k+1-1=1+C1k

59、+1+Ckk+1+1-1 k+2，所以 k+2 是第 k+1 组等比数列 1,2,4，2k的部分项的和，设 k+2=1+2+2t-1=2t-1,t N*.所以 k=2t-3 12，则 t 4，此时 k=24-3=13，所以对应满足条件的最小“佳幂数”m=13 142+4=95.(ii)证明：由(i)知：k+2=1+2+2t-1=2t-1,t N*.当 t 2，且取任意整数时，可得“佳幂数”m=k k+12+t，17所以，该数列的“佳幂数”有无数个.14 瀑布(图 1)是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的

60、观察者，似乎他没发现什么不对劲.此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”(图 2)埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为 2，定义正方形 AnBnCnDn，n=1,2,3 的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为 Pn,Qn，将极点 P1,Q1，分别与正方形 A2B2C2D2的顶点连线，取其中点记为 Em，Fm，m=1,2,3,4，如(图 3).埃舍尔多面体可视部分是由12 个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点

61、”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图 4 我们构造了其中两个四棱锥 A1-P1E1P2E2与 A2-P2E1P3F1(1)求异面直线 P1A2与 Q1B2成角余弦值；(2)求平面 P1A1E1与平面 A1E2P2的夹角正弦值；(3)求埃舍尔体的表面积与体积(直接写出答案).【答案】(1)13；(2)32；(3)表面积为 12 2，体积为 4.【分析】(1)以点 O 为坐标原点，分别以 OP2,OQ2,OP1的方向为 x,y,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系.写出点的坐标，求出 P1A2=1,-1,-1，Q1B2=1,1,1，根据向量即可结果；(2)根据坐标，求出平

62、面 P1A1E1与平面 A1E2P2的法向量，根据向量法可以求出法向量夹角的余弦值，进而得出结果；(3)由已知可得，四边形 P1E1P2E2为菱形.根据向量法求出四棱锥 A1-P1E1P2E2的体积以及表面积即可得出18结果.【详解】(1)解：由题意可知，OP2,OQ2,OP1两两垂直，且 OP2=OQ2=OP1=1.以点 O 为坐标原点，分别以OP2,OQ2,OP1的方向为 x,y,z 轴的正方向，如图 5，建立空间直角坐标系.则由题意可得，O 0,0,0，P2 0,1,0，P1 0,0,1，B2-1,1,0，A1 0,1,1，A2 1,1,0，Q1 0,0,-1.又 E1,E2分别是 P1

63、A2,P1B2的中点，所以 E1 12,12,12，E2-12,12,12.所以 P1A2=1,1,-1，Q1B2=-1,1,1，则 cos=P1A2 Q1B2P1A2Q1B2=-13 3=-13，所以异面直线 P1A2与 Q1B2成角余弦值为 13.(2)解：由(1)可得，P1A1=0,1,0，P1E1=12,12,-12，P2A1=0,0,1，P2E2=-12,-12,12.设 n1=x1,y1,z1是平面 P1A1E1的一个法向量，则 n1 P1A1=0n1 P1E1=0，即y1=012 x1+12 y1-12 z1=0，令 x1=1，可得 n1=1,0,1是平面 P1A1E1的一个法向

64、量.设 n2=x2,y2,z2是平面 A1E2P2的一个法向量，因为 P2A1=0,0,1,P2E2=-12,-12,12则 n2 P2A1=0n2 P2E2=0，即z2=0-12 x2-12 y2+12 z2=0，取 x2=1，可得 n2=1,-1,0是平面 A1E2P2的一个法向量.则 cos=n1 n2n1n2=12 2=12，所以平面 P1A1E1与平面 A1E2P2的夹角正弦值为1-122=32.(3)解：由(1)(2)可得，P1P2=0,1,-1，E1E2=-1,0,0，P1E1=12,12,-12，P2E2=-12,-12,12，A1P1=0,-1,0，P1E2=-12,12,-

65、12.所以 P2E2=-P1E1，19所以 P2E2 P1E1且 P2E2=P1E1，所以四边形 P1E1P2E2为平行四边形.又 P1P2 E1E2=0,1,-1-1,0,0=0，所以 P1P2 E1E2，即 P1P2 E1E2，所以四边形 P1E1P2E2为菱形.又 P1P2=2，E1E2=1，所以 SP1E1P2E2=12 P1P2 E1E2=22.设 n3=x3,y3,z3是平面 P1E1P2E2的一个法向量，则 n3 P1P2=0n3 P1E1=0，即y3-z3=012 x3+12 y3-12 z3=0，取 y3=1，则 n3=0,1,1是平面 P1E1P2E2的一个法向量.又 A1

66、P1=0,-1,0，所以点 A1到平面 P1E1P2E2的距离 d=A1P1 n3n3=-12=22.所以四棱锥 A1-P1E1P2E2的体积 V1=13 SP1E1P2E2 d=13 22 22=16，四棱锥 P2-A3B3C3D3的体积 V2=13 SA3B3C3D3 12 A2D2=13 4 1=43因为 A1P1=0,-1,0，P1E2=-12,12,-12，P1E1=12,12,-12.所以 A1P1在 P1E2方向上的投影为 A1P1 P1E2P1E2=-1234=-33，所以点 A1到直线 P1E2的距离 h1=A1P12-A1P1 P1E2P1E22=63.同理可得点 A1到直

67、线 P1E1的距离 h2=63.所以四棱锥 A1-P1E1P2E2的侧面积 S1=12 P1E2 h1 4=12 32 63 4=2.所以埃舍尔体的表面积为 12S1=12 2，体积为 2 4V1+V2=4.15 五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利.(1)若小明设定机器人一共行走 4 步，记

68、机器人的最终位置与初始位置的距离为 X 步，求 X 的分布列和期望；(2)记 pi i N*为设定机器人一共行走 2i 步时游戏胜利的概率，求 pi，并判断当 i 为何值时，游戏胜利的概率最大；(3)该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将 n 个 0 和 n 个 1 排成一排，若对任意的 1 k 2n，在前 k个数中，0 的个数都不少于 1 的个数，则满足条件的排列方式共有 Cn2n-Cn-12n 种，

69、其中，Cn2n-Cn-12n 的结果被称为卡特兰数.若记 Pi为设定机器人行走 2i 步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对(2)中的 pi，有 Pi=pi2i-1 i N*20【答案】(1)分布列见解析，E(X)=32；(2)i=1 时，游戏胜利的概率最大；(3)证明见解析【分析】(1)根据向前或向后行走的步数分类可知，X 的可能取值为 0,2,4，再分别计算出对应的概率，即可得到 X 的分布列和数学期望；(2)根据题意可知，pi=Ci2i22i，再由 pi的单调性即可判断；(3)根据机器人第一步以及最后第 2i 步的行走方向讨论，即可得出 Pi的表达式，从而将所证等式转化为2 Ci-1

70、2i-2-Ci-22i-222i=Ci2i(2i-1)22i，再根据组合数公式即可证出【详解】(1)依题可知，X 的可能取值为 0,2,4.P(X=0)=C24124=38，P(X=2)=2C14124=12，P(X=4)=2C44124=18，所以，X 的分布列如下：X024P381218所以，E(X)=0 38+2 12+4 18=32(2)依题可知 pi=Ci2i22i，i 2 时，pipi-1=Ci2i4Ci-12i-2=2i-12i 2 时，因 1,a,a2,ap-2,相异，故 a 2，而 a X，故 a,p 互质.记 n=log(p)a b c,n1=log(p)ab,n2=log

71、(p)ac，则 m1,m2 N，使得 an1=pm1+b,an2=pm2+c，故 an1+n2=pm1+bpm2+c，故 an1+n2 bc(modp)，设 n1+n2=t p-1+s,0 s p-2，则 n1 n2=s，因为 1,2,3,.p-1 除以 p 的余数两两相异，且 a,2a,3a,.p-1a 除以 p 的余数两两相异，故 p-1!a 2a 3a,.p-1a(modp)，故 ap-1 1 modp，故 an1+n2 as bc modp，而 an b c(modp)=bc(modp),其中 0 n p-2，故 s=n 即 log(p)a b c=log(p)ab log(p)ac.

72、法 2：记 an1=an1,+m1p，an2=an2,+m2p，an1,an2,=an1,an2,+kp，其中 m1，m2，k 是整数，则 an1n2=an1.an2,+m1an2.+m2an1.+m1m2p+kp，可知 an1,an2,=an1n2,因为 1，a，a2,，ap-2,两两不同，所以存在 i 0,1,p-2，使得 ap-1,=ai,，即 ap-1-ai=ai ap-1-i-1可以被 p 整除，于是 ap-1-i-1 可以被 p 整除，即 ap-1-i,=1若 i 0，则 p-1-i 1,2,p-2，ap-1-i,1，因此 i=0，ap-1,=1 记 n=log(p)ab，m=lo

73、g(p)ac，n+m=n m+l(p-1)，其中 l 是整数，则 b c=an,am,=anm,=anm+l(p-1),=anm,al(p-1),=anm,，即 log(p)a(b c)=log(p)ab log(p)ac(3)【方法二】：当 b 2 时，由(2)可得 bp-1 1 modp，若 b=1，则 bp-1 1 modp也成立.因为 n=log(p)ab，所以 an b modp.22另一方面，y2 yn p-2,1 y2yn p-2,1 x bk,ak,n p-2 xbkakn p-2 xbkbk p-2 x bp-1k-1 x 1k-1 modp x modp.由于 x X，所以

74、 x=y2 yn p-2,1.法 2：由题设和(2)的法 2 的证明知：y2=x bk,=x (b b bk =x an,an,an,k=x a a ank ，yn(p-2),1=y1 y1 y1n(p-2)=ak,ak,ak,n(p-2)=ap-2,ap-2,ap-2,nk 故 y2 yn(p-2),1=x a a ank ap-2,ap-2,ap-2,nk=x ap-1,ap-1,ap-1,nk 由(2)法 2 的证明知 ap-1,=1，所以 y2 yn(p-2).1=x【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利得解.17 已知数表

75、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=ai1b1j+ai2b2j+ainbnj，则称 C(n,n)是 A n,n，B(n,n)的生成数表(1)若数表 A(2,2)=

76、8143，B(2,2)=15-3202565，且 C(2,2)是 A(2,2)，B(2,2)的生成数表，求 C(2,2)；(2)对 n N*，n 3，数表 A(n,n)=41-142-143-14n-12121+22222+22323+22n2n+2a31a32a33a3nan1an2an3ann，B(n,n)=b11b1213b1nb21b2215b2nb31b32b33b3nbn1bn2bn3bnn，B n,n与B n-1,n-1满足第 i 行第 j 列的数对应相同(i,j N*,i,j n-1).C n,n是 A n,n，B n,n的生成数表，且 c13=2n+1-n-2()求 b33，

77、bk3 k N*,k n；()若 c23 恒成立，求 的最小值【答案】(1)C(2,2)=202323(2)()b33=19，bk3=12k+1()12【分析】(1)根据生成数表的定义求出 c11，c12，c21，c22，进而即可求出 C(2,2)；(2)当 k *，3 k n 时，根据题意得到 c13的表达式，()先当 k=3 时，求出 b33；再当 k 4 时，得到 bk3的通项公式，再验证 b13，b23，b33是否符合通项公式即可；()结合()得到 a2kbk3的通项公式，从而求得 c23=12-12n+1，从而得到 718 c23 12，进而得到 12 时，c23 恒成立；结合题意得

78、到 718 时，c23 恒不成立；再证明对于任意 718 12，c23 不能恒成立，进而即可求出 的最小值【详解】(1)由题意得 c11=8 15+1 25=2，c12=8 -320+1 65=0，c21=4 15+3 25=2，c22=4 -320+3 65=3，所以 C(2,2)=2023(2)由题意得，当 k *，3 k n 时，有 c13=41-1 b13+42-1 b23+4k-1 bk3=2k+1-k-2，即 41-1 13+42-1 15+43-1 b33+4k-1 bk3=2k+1-k-2，()当 k=3 时，41-1 b13+42-1 b23+43-1 b33=23+1-3-

79、2，解得 b33=19，当 k 4 时，由得 41-1 b13+42-1 b23+4k-1-1 b(k-1)3=2k-(k-1)-2，-得 4k-1 bk3=2k+1-k-2-2k-(k-1)-2=2k-1，所以 bk3=2k-14k-1=12k+1，又 b13=13，b23=15，b33=19，均符合上式，所以 k N*，k n 时，bk3=12k+1()由()知，a2kbk3=2k2k+212k+1=2k-12k-1+12k+1=12k-1+1-12k+1，所以对于 n N*，n 3，有c23=a21b13+a22b23+a23b33+a2nbn3=11+1-121+1+121+1-122

80、+1+12k-1+1-12k+1+12n-1+1-12n+1=12-12n+1，由 c23=12-12n+1 及 n 3 知 718 c23 12，所以 12 时，对于 n N*，n 3，c23 恒成立，显然 718 时，c23 恒不成立下面证明：对于任意 718 12，c23 不能恒成立记 =12-0 12-12n+1 12-12n+1 1-1 8，24所以 2n 1-1 n log2 1-1，即当 n log2 1-1时，有 c23 成立，这与 c23 恒成立矛盾，所以对于任意 12，c23 不能恒成立，综上，的最小值为 12【点睛】关键点点睛：先求出 718 c23 12，从而得到 12

81、 时，c23 恒成立；结合题意得到 718 时，c23 恒不成立；再证明对于任意 718 15，则 d0-c0 15-3=12，d1-c1 d0-c0-4 8,d2-c2 d1-c1-4 4，d3-c3 d2-c2-4 0，所以，对任意 k 1,2,3，均有 dk-ck 0，矛盾；最后证明：d0 15；证明：由上述证明可得若 0=7,12,3,d0可以生成数表 A，则必存在 k 1,2,3，使得 ak=ck=dk，d0-c0=15-3=12，d1-c1 d0-c0-4=8,d2-c2 d1-c1-4 4，26d3-c3 d2-c2-4 0，欲使上述等号成立，对任意的 k 1,2,3，ck+1-ck=3,dk+1-dk=-1，则 ak+1-ak=-1,bk+1-bk=-1，A=654111096912141312，经检验，不符合题意；综上，d0所有可能的取值为 3，7，11.【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第 3 问中确定 d0所有可能的取值，解答时要根据数表 A 满足的性质分类讨论求解，并进行证明，证明过程比较复杂，需要有清晰的思路.