【二轮复习】高考数学考点8-1 19题新定义题型专练.zip

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1．在）个实数组成的n行n列的数表中，表示第i行第j列的数，记，若∈，且两两不等，则称此表为“n阶H表”，记
(1)请写出一个“2阶H表”；
(2)对任意一个“n阶H表”，若整数且，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”，整数应用结论得证;
(3)应用反证法结合定义可证.
【详解】（1）
（2）对任意一个“n阶H表”，表示第i行所有数的和，表示第j列所有数的和，
均表示数表中所有数的和，所以
因为，所以，，……，，，，……，只能取[-n，n]内的整数.
又因为，，……，，，，……，互不相等，
所以{，，，……，，，，……，，……，-1，0，1，……，，
所以
所以偶数.
（3）假设存在一个“5阶H表”，则由（2）知5，-5，3，，且和至少有一个成立，不妨设
设，则，于是，因而可设
①若3是某列的和，由于，故只能是前四列某列的和，不妨设是第一列，即.现考虑-3，
只能是或，不妨设，即，由，，两两不等知，，两两不等，
不妨设，若则；若，则；若，
则，均与已知矛盾.
②若3是某行的和，不妨设，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，则第五行前三个数只能是3个不同的数，不妨设，，
则，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1，所以，第五行只能是2个，3个-1或1个1，4个-1，
则，，至少有两个数相同，不妨设，则，与已知矛盾.
综上，不存在“5阶H表”.
2．已知整数，集合，对于中的任意两个元素，，定义A与B之间的距离为．若且，则称是是中的一个等距序列．
(1)若，判断是否是中的一个等距序列？
(2)设A，B，C是中的等距序列，求证：为偶数；
(3)设是中的等距序列，且，，．求m的最小值．
【答案】(1)不是中的一个等距序列
(2)见解析
(3)7
【分析】（1）算出与验证不相等；
（2）结果为来讨论；
（3）分析从变成经过变换次数的规律，根据知道每次需要变换几个对应坐标.
【详解】（1）
所以不是中的一个等距序列
（2）设
把分别称作的第一个，第二个，第三个坐标，若则中有个对应坐标不相同，
例如当时，说明中有个对应坐标不相同，其中
就是符合的一种情况.
① 当得，所以是偶数
② 当，
则中有个对应坐标不相同，并且中有个对应坐标不相同，
所以中有或个对应坐标不相同，当有个对应坐标不相同时，即则，当有个对应坐标不相同时，，都满足为偶数.
③ 当
则中有个对应坐标不相同，并且中有个对应坐标不相同，
所以中有或个对应坐标不相同，当有个对应坐标不相同时，即则，当有个对应坐标不相同时，，都满足为偶数.
④ 当
则中有个对应坐标不相同，并且中有个对应坐标不相同，
所以中有个对应坐标不相同，即则，满足为偶数.
综上：A，B，C是中的等距序列，则为偶数
（3）根据第二问可得，则说明中有个对应坐标不相同
由变换到需改变5个坐标，保留1个不变，又因为从变成经过奇数次变化，
所以从变到至少经过次变换，每个坐标变换5次，故的最小值为.
3．设为非空集合，定义（其中表示有序对），称的任意非空子集为上的一个关系.例如时，与都是上的关系.设为非空集合上的关系.给出如下定义：①（自反性）若对任意，有，则称在上是自反的；②（对称性）若对任意，有，则称在上是对称的；③（传递性）若对任意，有，则称在上是传递的.如果上关系同时满足上述3条性质，则称为上的等价关系.任给集合，定义为.
(1)若，问：上关系有多少个？上等价关系有多少个？（不必说明理由）
(2)若集合有个元素，的非空子集两两交集为空集，且，求证：为上的等价关系.
(3)若集合有个元素，问：对上的任意等价关系，是否存在的非空子集，其中任意两个交集为空集，且，使得？请判断并说明理由.
【答案】(1);
(2)证明过程见详解
(3)存在
【分析】（1）先用列举法写出集合，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）要证为集合上的等价关系，只需证集合在集合上上满不满足自反性、对称性、传递性.
（3）只需判断针对集合上包含不同元素个数的子集对应的集合即可.
【详解】（1）由题意得，共有个元素，则有个非空子集，即上的关系有个.
所有等价关系,,,,,共有个.
（2）证明：令，
因为的非空子集两两交集为空集，且
设，则除了集合外，其余集合不包含.
则，又因为，则，即在上是自反的.
设，则除了集合外，其余集合不包含.
则，又因为，则，即在上是对称的.
设，则除了集合外，其余集合不包含.
则，
又因为，
则，即在上是传递的.
综上所述，为上的等价关系
（3）令，
因为为上的等价关系，则为集合的非空子集.
因为的非空子集两两交集为空集，且
设，则除了集合外，其余集合不包含.
则，必有，则.
设，则除了集合外，其余集合不包含.
则，则必有，故，
设，则除了集合外，其余集合不包含.
则，则，必有，则.
故，不管集合中有几个元素，都能保证，则.
综上所述，对上的任意等价关系，存在的非空子集，其中任意两个交集为空集，且，使得.
4．已知集合并且．定义（例如）．
(1)若集合，集合A的子集N满足：，且，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，求证：存在集合，使得，且；
(3)若集合满足：，其中实数a，b为给定的常数，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据新定义可求得答案 ；
（2）构造新数列，根据新定义可求得，即可证明；
（3）利用数学归纳法即可证明.
【详解】（1）由题可知，
（2）证明：令，(为待定参数 ).
，

当 即可.
（3），
当时，
成立.
假设结论对成立，下面证明时的情形，


即

所以，的取值范围为
5．在信息论中，熵（entrpy）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、、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1的信息，而掷次就为位.更一般地，你需要用位来表示一个可以取个值的变量.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想的麦克斯韦妖理论被推翻.设随机变量所有取值为，定义的信息熵，（，）.
(1)若，试探索的信息熵关于的解析式，并求其最大值；
(2)若，（），求此时的信息熵.
【答案】(1)，，最大值为.
(2).
【分析】（1）由题意可知且，减少变量可得的信息熵关于的解析式，求导可得单调性，故而求出最大值；
（2）由可知数列从第二项起，是首项为，公比为2的等比数列，故而可求出（）的通项公式，再由可得的解析式.
【详解】（1）当时，,，
令，，
则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为.
（2）因为，（），
所以（），
故，
而，
于是，
整理得
令，
则，
两式相减得
因此，
所以.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据等比数列定义写出，进而写出的通项公式，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，纸片圆的边界方程为.若点位于（1）中所描述的双曲线上，过点M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，求面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【分析】（1）利用双曲线的定义即可证得结果.
（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，
所以，
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，
由双曲线定义知，点Q的轨迹是以A，D为焦点的双曲线.
（2）由（1）知双曲线中，，设双曲线方程为，
又点在双曲线上，，解得，因此双曲线方程为，
渐近线为，则.
①直线l斜率不存在，此时为顶角为的等腰三角形，且，所以；
②若直线l斜率存在，设为：，联立双曲线，得：
.
因为直线l交双曲线于y轴右侧于两点，
所以，且，；解得或.
设，，联立直线和渐近线方程解得：，，
所以，，
，
令，，
当时，，单调递增，且，此时.
当时，，单调递减，当时，，单调递增所以的极小值为，此时.
综上所述，面积的最小值为，此时且，即直线l与双曲线相切.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中关于最值的求解方法主要有：①二次函数型，利用二次函数最值求解；②基本不等式法，借助基本不等式求解最值；③导数法，利用导数求解最值.
7．“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，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
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.
现取半径为的圆形纸片，定点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以向量的方向为轴正方向，线段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)已知点是圆上任意一点，过点做椭圆的两条切线，切点分别是，求面积的最大值，并确定此时点的坐标.
注：椭圆：上任意一点处的切线方程是：.
【答案】(1)；
(2)，.
【分析】（1）利用椭圆的定义结合条件即得；
（2）由题可得直线的方程是，然后利用韦达定理法结合条件可表示出，然后利用换元法利用导数求函数的最值即得.
【详解】（1）设为椭圆上一点，
则，
所以点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为，
所以，则，
所以椭圆方程为；
（2）设，则，
切线方程：，切线方程：，两直线都经过点，
所以，得， ，
从而直线的方程是：，
由，得，
由韦达定理，得，
，
点到直线的距离，
，其中，
令，则，
令，则，
在上递增，
，即时，的面积取到最大值，此时点.
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，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，．已知在处的阶帕德近似为．注：
(1)求实数，的值；
(2)求证：；
(3)求不等式的解集，其中．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出，，，，依题意可得，，即可得到方程组，解得即可；
（2）由（1）知，即证，令，即证时，记，，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
（3）分析可得，即或，先考虑，该不等式等价于，结合（2）的结论即可，再考虑，该不等式等价于，利用导数证明，，即可得到，，再分类讨论即可判断.
【详解】（1）因为，所以，，
，则，，
由题意知，，，
所以，解得，.
（2）由（1）知，即证，
令，则且，
即证时，
记，，
则，
所以在上单调递增，在上单调递增，
当时，即，即成立，
当时，即，即成立，
综上可得时，
所以成立，即成立.
（3）由题意知，欲使得不等式成立，
则至少有，即或，
首先考虑，该不等式等价于，即，
又由（2）知成立，
所以使得成立的的取值范围是，
再考虑，该不等式等价于，
记，，
则，所以当时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，，
所以，，
当时由，可知成立，
当时由，可知不成立，
所以使得成立的的取值范围是，
综上可得不等式的解集为.
【点睛】关键点点睛：第三问，首先确定或，分别求、对应解集，进一步转化为求、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，可以把二次函数表示成的形式.
(1)若，，，，，把的二次项系数表示成关于f的函数，并求的值域（此处视e为给定的常数，答案用e表示）；
(2)若，，，，求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据已知写出二次项系数后可得；；
（2）注意到，因此可以在不等式两边同乘以分母后化简不等式，然后比较可得（可作差或凑配证明）．
【详解】（1）由题意又，所以．
即的值域是；
（2）因为，，，，所以，
因为，，，，所以，
所以，
所以，
因为，，，，所以，
所以，
所以，
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），，，，与，，，，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②线段，其中，则称与互为正交点列.
(1)求：，，的正交点列；
(2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由；
(3)，，是否都存在无正交点列的有序整点列？并证明你的结论.
【答案】(1)，，
(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，，设，由正交点列的定义可知，即可得出结论；
（2）设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，，因为与，与相同，即可得到结论；
（3），，都存在整点列无正交点列.设，其中，是一对互质整数，，则有，分类讨论，即可得出结论.
【详解】（1）设点列，，的正交点列是，，，
由正交点列的定义可知，，
设，，
由正交点列的定义可知，
即，解得
所以点列，，的正交点列是，，.
（2）由题可得，
设点列，，，是点列，，，的正交点列，
则可设，，，
因为与，与相同，所以有
因为，，，方程②显然不成立，
所以有序整点列，，，不存在正交点列；
（3），，都存在整点列无正交点列.
，，设，其中，是一对互质整数，
若有序整点列，，，是点列，，，正交点列，
则，
则有
当为偶数时，取，.
由于，，，是整点列，所以有，.
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，，，无正交点列；
当为奇数时，取，，，，
由于，，，是整点列，所以有，.
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，，，无正交点列.
综上所述，，，都不存在无正交点列的有序整数点列.
【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．已知无穷数列的各项均为正数，当时，；当时，，其中表示这个数中最大的数．
(1)若数列的前项为1，4，3，8，写出的值；
(2)是否存在，使，且？请说明理由；
(3)设，证明：．
【答案】(1)，，，.
(2)存在，见解析.
(3)见解析.
【分析】（1）根据题意直接写出的值即可；
（2）由题意知，当时，；当时，分析存在，使得，然后将或分拆，写成数列中某两项的和，再结合条件进行推理即可；
（3）要证，则对其通过作差变形，结合题意进行化简即可得证.
【详解】（1）由题意知：，，，.
（2）存在，理由如下：
因为，故存在，使得.
若或，则将或继续分拆，可写成数列中某两项的和，如.依次类推，进行有限次操作后，存在，使得，从而存在，使得，所以.
（3），
由得：
，
.
【点睛】本题考查了数列新定义解问题，证明不等式，等式问题，综合性较强，是难题.
12．对于数列:,定义“变换”:将数列变换成数列:,其中,且.这种“变换”记作,继续对数列进行“变换”,得到数列:,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:2,6,4经过5次“变换”后得到的数列;
(2)若不全相等,判断数列:经过不断的“变换”是否会结束,并说明理由;
(3)设数列:400,2,403经过次“变换”得到的数列各项之和最小,求的最小值.
【答案】(1)2,0,2
(2)数列经过不断的“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“变换”后得到的数列即可;
(2)先假设数列经过不断的“变换”结束,不妨设最后三个数列为,由数列往前推,则非零常数列可能会通过“变换”结束,或者数列为常数列,进而推得可能出现的情况,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“变换”得到数列的通项,多写出几项,推出规律,往后继续进行,推到使数字接近1时,再继续推,往后会发现次“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:2,6,4经过5次“变换”后得到的数列为
2,0,2;
（2）数列经过不断的“变换”不可能结束
设数列,
且,
由题可知,
,
即非零常数列才能通过“变换”结束,①
设(为非零自然数),
则为变换得到数列的前两项,数列只有四种可能:
而以上四种情况中,数列的第三项是0或,
即不存在数列,使得其经过“变换”成为非零常数列②
由①②得,数列经过不断的“变换”不可能结束;
（3）数列经过一次“变换”后得到数列:398,401,3,
其结构为,
数列经过6次“变换”得到的数列
分别为:
.
所以,经过6次“变换”后得到的数列也是形如“”的数列,
变化的是,除了3之外的两项均减小18,
数列经过次“变换”后
得到的数列为2,5,3,
接下来经过“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,
所以经过次“变换”得到的数列各项和达到最小,
即的最小值为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. 设该数列的前项和为,
规定：若,使得（），则称为该数列的“佳幂数”.
(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>70的最小的“佳幂数”;
（ii）证明：该数列的“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) ；
(2)先根据题意确定前9项有45个数，所以，不能表示为，因此不是“佳幂数”；
(3)(i)因为，所以，结合条件确定t的最小值，解得最小的“佳幂数”；
(ii)由得“佳幂数”有无数个
【详解】（1）解：因为，
所以1为该数列的“佳幂数”；
又因为，，
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：，
则该数列的前项的和为:
，①
当时，，
则 ，
由于，对 ，，
故50不是“佳幂数”.
（3）（i）解：在①中，要使，有，
此时，
所以是第组等比数列的部分项的和，
设
所以，则，此时，
所以对应满足条件的最小“佳幂数”.
（ii）证明：由（i）知：
当，且取任意整数时，可得“佳幂数”，
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，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，将极点，分别与正方形的顶点连线，取其中点记为，，，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”，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与
(1)求异面直线与成角余弦值；
(2)求平面与平面的夹角正弦值；
(3)求埃舍尔体的表面积与体积（直接写出答案）.
【答案】(1)；
(2)；
(3)表面积为，体积为.
【分析】（1）以点为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.写出点的坐标，求出，，根据向量即可结果；
（2）根据坐标，求出平面与平面的法向量，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，四边形为菱形.根据向量法求出四棱锥的体积以及表面积即可得出结果.
【详解】（1）解：由题意可知，两两垂直，且.以点为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，如图5，建立空间直角坐标系.
则由题意可得，，，，，，，.
又分别是的中点，所以，.
所以，，
则，
所以异面直线与成角余弦值为.
（2）解：由（1）可得，，，，.
设是平面的一个法向量，
则，
即，
令，可得是平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，
因为
则，
即，取，可得是平面的一个法向量.
则，
所以平面与平面的夹角正弦值为.
（3）解：由（1）（2）可得，，，，，，.
所以，
所以∥且，所以四边形为平行四边形.
又，
所以，即，
所以四边形为菱形.
又，，
所以.
设是平面的一个法向量，则，
即，取，
则是平面的一个法向量.
又，所以点到平面的距离.
所以四棱锥的体积，
四棱锥的体积
因为，，.
所以在方向上的投影为，
所以点到直线的距离.
同理可得点到直线的距离.
所以四棱锥的侧面积.
所以埃舍尔体的表面积为，体积为.
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，记机器人的最终位置与初始位置的距离为步，求的分布列和期望；
(2)记为设定机器人一共行走步时游戏胜利的概率，求，并判断当为何值时，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：将个0和个1排成一排，若对任意的，在前个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有种，其中，的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2）中的，有
【答案】(1)分布列见解析，；
(2)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，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，即可得到的分布列和数学期望；
（2）根据题意可知，，再由的单调性即可判断；
（3）根据机器人第一步以及最后第步的行走方向讨论，即可得出的表达式，从而将所证等式转化为，再根据组合数公式即可证出．
【详解】（1）依题可知，的可能取值为.
，，，
所以，的分布列如下：
所以，．
（2）依题可知，时，，所以时胜利的概率最大.
（3）记事件“机器人行走步时恰好第一次回到初始位置”，“机器人第一步向前行走”，则“机器人第一步向后行走”.
下面我们对事件进行分析.
发生时，假设机器人第步是向前行走，则之前的步机器人向前走的步数比向后走少一步，而因为机器人第一步为向前行走，
这说明存在使得机器人走了步时回到了初始位置，这与的发生矛盾，所以假设不成立.即机器人第步为向后行走，
从而机器人第2步到第步向前和向后行走的步数均为，且从第2步开始，到第步的这步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置).
根据卡特兰数，从第2步到第步共有种行走方式.通过上述分析知，，
所以．
由于，
，故等式成立．
【点睛】本题的解题关键是根据机器人第一步和最后一步的行走方向讨论，利用“卡特兰数”得出的表达式，再利用组合数公式运算即可得证.
16．离散对数在密码学中有重要的应用．设是素数，集合，若，记为除以的余数，为除以的余数；设，两两不同，若，则称是以为底的离散对数，记为．
(1)若，求；
(2)对，记为除以的余数（当能被整除时，）．证明：，其中；
(3)已知．对，令．证明：．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）第一问直接根据新定义来即可.
（2）第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.
（3）根据新定义进行转换即可得证.
【详解】（1）若，又注意到，
所以.
（2）【方法一】：当时，此时，此时，，
故，
此时.
当时，因相异，故，
而，故互质.
记，
则，使得，
故，故，
设，则，
因为除以的余数两两相异，
且除以的余数两两相异，
故，故，
故，而其中，
故即.
法2：记，，，
其中，，k是整数，则，
可知．
因为1，a，，…，两两不同，
所以存在，使得，
即可以被p整除，于是可以被p整除，即．
若，则，，因此，．
记，，，其中l是整数，
则，
即．
（3）【方法二】：当时，由（2）可得，若，则也成立.
因为，所以.
另一方面，
.
由于，所以.
法2：由题设和（2）的法2的证明知：
，
．
故
．
由（2）法2的证明知，所以．
【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，，，其中，，分别表示，，中第行第列的数．若，则称是，的生成数表．
(1)若数表，，且是，的生成数表，求；
(2)对，，
数表，，与满足第i行第j列的数对应相同（）.是，的生成数表，且．
（ⅰ）求，；
（ⅱ）若恒成立，求的最小值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ），（ⅱ）
【分析】（1）根据生成数表的定义求出，，，，进而即可求出；
（2）当，时，根据题意得到的表达式，（ⅰ）先当时，求出；再当时，得到的通项公式，再验证，，是否符合通项公式即可；（ⅱ）结合（ⅰ）得到的通项公式，从而求得，从而得到，进而得到时，恒成立；结合题意得到时，恒不成立；再证明对于任意，不能恒成立，进而即可求出的最小值．
【详解】（1）由题意得，，
，，
所以．
（2）由题意得，
当，时，有①，
即，
（ⅰ）当时，，解得，
当时，由①得②，
得，
所以，
又，，，均符合上式，
所以，时，．
（ⅱ）由（ⅰ）知，，
所以对于，，有
，
由及知，
所以时，对于，，恒成立，
显然时，恒不成立．
下面证明：对于任意，不能恒成立．
记，
此时，
所以，
即当时，有成立，这与恒成立矛盾，
所以对于任意，不能恒成立，
综上，的最小值为．
【点睛】关键点点睛：先求出，从而得到时，恒成立；结合题意得到时，恒不成立；再证明对于任意，不能恒成立是解答（ⅱ）的关键．
18．已知和数表，其中.若数表满足如下两个性质，则称数表由生成.
①任意中有三个，一个3；
②存在，使中恰有三个数相等.
(1)判断数表是否由生成；（结论无需证明）
(2)是否存在数表由生成？说明理由；
(3)若存在数表由生成，写出所有可能的值.
【答案】(1)是
(2)不存在，理由见解析
(3)3，7，11.
【分析】（1）根据数表满足的两个性质进行检验，即可得结论；
（2）采用反证的方法，即若存在这样的数表A，由性质①推出对任意的，中均有2个奇数，2个偶数，则推出不满足性质②，即得结论；
（3）判断出的所有可能的值为3，7，11，一方面说明取这些值时可以由生成数表A，另一方面，分类证明的取值只能为3，7，11，由此可得所有可能的值.
【详解】（1）数表是由生成；
检验性质①：
当时，，共三个，一个3；
当时，，共三个，一个3；
当时，，共三个，一个3；
任意中有三个，一个3；
检验性质②：
当时，，恰有3个数相等.
（2）不存在数表由生成,理由如下:
若存在这样的数表A，由性质①任意中有三个，一个3，
则或-1，总有与的奇偶性相反，
类似的，与的奇偶性相反，与的奇偶性相反，与的奇偶性相反；
因为中恰有2个奇数，2个偶数，
所以对任意的，中均有2个奇数，2个偶数，
此时中至多有2个数相等，不满足性质②；
综上，不存在数表由生成；
（3）的所有可能的值为3，7，11.
一方面，当时，可以生成数表；
当时，可以生成数表；
当时，可以生成数表；
另一方面，若存在数表A由生成，
首先证明：除以4余3；
证明：对任意的，令，
则，
分三种情况：（i）若，且，则；
（ii）若，且，则；
（iii）若，且，则；
均有与除以4的余数相同.
特别的，“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；
类似的，“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；
“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；
“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；
“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；
“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；
所以，存在，使得中恰有3个数相等的一个必要不充分条件是中至少有3个数除以4的余数相同.
注意到与除以4余3，除以4余0，故除以4余3.
其次证明：；
证明：只需证明；
由上述证明知若可以生成数表A，则必存在，
使得；
若，则，，，
所以，对任意，均有，矛盾；
最后证明：；
证明：由上述证明可得若可以生成数表A，
则必存在，使得，
，，
，
欲使上述等号成立，对任意的，，
则，，
经检验，不符合题意；
综上，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.
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