专题09 初等数论与几何背景下的新定义（六大题型）-2024年新高考数学突破新定义压轴题综合讲义

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题09 初等数论与几何背景下的新定义
【题型归纳目录】
题型一：进位制
题型二：数对序列
题型三：群论
题型四：平面几何
题型五：置换
题型六：余数、约数
【典型例题】
题型一：进位制
【典例1-1】（湖南省衡水金卷2023-2024学年高三二调数学试题）国际数学教育大会（ICME）是世界数学教育规模最大、水平最高的学术性会议，第十四届大会将在上海召开，其会标如图，包含若许多数学元素，主画面是非常优美的几何化的中心对称图形，由弦图、圆和螺线组成，主画面标明的ICME—14下方的“
”是用中国古代八进制的计数符号写出的八进制数3744，也可以读出其二进制码（0）11111100100，换算成十进制的数是n，求及的值．
【解析】∵．
∴，
∴，
．
【典例1-2】（安徽省合肥市2024届高三学期第二次教学质量检测理科数学试题）通信编码信号利用信道传输，如图1，若信道传输成功，则接收端收到的信号与发来的信号完全相同；若信道传输失败，则接收端收不到任何信号．传统通信传输技术采用多个信道各自独立传输信号（以两个信道为例，如图2）．
华为公司5G信道编码采用土耳其通讯技术专家Erdal Arikan 教授的极化码技术（以两个相互独立的信道传输信号为例）：如图3，信号直接从信道2传输；信号在传输前先与 “异或”运算得到信号，再从信道1传输．接收端对收到的信号，运用“异或”运算性质进行解码，从而得到或得不到发送的信号或．
（注：“异或”是一种2进制数学逻辑运算．两个相同数字“异或”得到0，两个不同数字“异或”得到1，“异或”运算用符号“”表示：，，，．“异或”运算性质：，则）．假设每个信道传输成功的概率均为．．
(1)在传统传输方案中，设“信号和均被成功接收”为事件，求：
(2)对于极化码技术：①求信号被成功解码（即根据BEC信道1与2传输的信号可确定的值）的概率；②若对输入信号赋值（如）作为已知信号，接收端只解码信号，求信号被成功解码的概率．
【解析】（1）设“信号和均被成功接收”为事件，则；
（2）①，．
当且仅当信道1、信道2都传输成功时，由、的值可确定的值，所以信号被成功解码的概率为；
②若信道2传输成功，则信号被成功解码，概率为；
若信道2传输失败、信道1传输成功，则，因为为已知信号，信号仍然可以被成功解码，此时被成功解码的概率为；
若信道2、信道1都传输失败，此时信号无法成功解码；
综上可得，信号被成功解码的概率为.
【变式1-1】（上海市十校2024届高三学期3月联考（文理）数学试题）规定：对于任意实数，若存在数列和实数，使，则称可以表示成进制形式，简记为：；如：，表示是一个2进制形式的数，且；
（1）已知，试将表示成进制的简记形式；
（2）若数列满足，，，，，求证：；
（3）若常数满足且，，求.
【解析】（1），
则.
（2），
，知是周期为3的数列，
则.
即：
（3）
所以，
即.
题型二：数对序列
【典例2-1】（北京市西城区2024届高三学期期末数学试题）给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中．
(1)当，时，写出所有满足的数对序列；
(2)当时，证明：；
(3)当为奇数时，记的最大值为，求.
【解析】（1）依题意，当，时有：
或.
（2）当时，
因为与不同时在数对序列中，
所以，所以每个数至多出现次，
又因为，
所以只有对应的数可以出现次，
所以.
（3）当为奇数时，先证明.
因为与不同时在数对序列中，
所以，
当时，构造恰有项，且首项的第个分量与末项的第个分量都为.
对奇数，如果和可以构造一个恰有项的序列，且首项的第个分量与末项的第个分量都为，
那么多奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：
首先，对于如下个数对集合：
，
，
……
，
，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，
所以，
其次，对每个不大于的偶数，
将如下个数对并为一组：
，
共得到组，将这组对数以及，
按如下方式补充到的后面，
即
.
此时恰有项，所以.
综上，当为奇数时，
.
【典例2-2】（上海市杨浦高级中学2023-2024学年高一学期期中数学试题）对于四个正数，若满足，则称有序数对是的"下位序列".
(1)对于2、3、7、11，有序数对是的"下位序列"吗?请简单说明理由;
(2)设均为正数，且是的“下位序列”，试判断之间的大小关系；
(3)设正整数满足条件:对集合内的每个，总存在正整数，使得是的“下位序列”，且是的“下位序列”，求正整数的最小值．
【解析】（1）
是的"下位序列"
（2）是的“下位序列”
，，，均为正数
故，
即
同理，
综上所述：；
（3）由已知得，
因为为整数，
故，
，
该式对集合内的每一个 的每个正整数都成立，
所以正整数的最小值为.
题型三：群论
【典例3-1】（安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2024届高三第二次模拟考试数学试题）对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．若一个平面图形K在m（旋转变换或反射变换）的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．例如，正三角形R在（绕中心O作120°的旋转）的作用下仍然与R重合（如图1图2所示），所以是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记；又如，R在（关于对称轴所在直线的反射）的作用下仍然与R重合（如图1图3所示），所以也是R的一个对称变换，类似地，记．记正三角形R的所有对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运算．来说作成一个群，假如同时满足：
I．，；
II．，；
Ⅲ．，，；
Ⅳ．，，．
对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算来说作成一个群．

(1)直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）；
(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如．对于集合S中的元素，定义一种新运算*，规则如下：，．
①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群；
②已知H是群G的一个子群，e，分别是G，H的单位元，，，分别是a在群G，群H中的逆元．猜想e，之间的关系以及，之间的关系，并给出证明；
③写出群S的所有子群．
【解析】（1）依题意，正三角形的对称变换如下：绕中心作的旋转变换；
绕中心作的旋转变换；
绕中心作的旋转变换；
关于对称轴所在直线的反射变换；
关于对称轴所在直线的反射变换；
关于对称轴所在直线的反射变换，
综上，．（形式不唯一）
（2）①Ⅰ．，，；
Ⅱ．，，，
，
所以；
Ⅲ．
，
而，所以；
Ⅳ．，
；
综上可知，集合对于给定的新运算*来说能作成一个群．
②，，证明如下：
先证明：由于是的子群，取，则，，
根据群的定义，有，，所以，
所以，即，
即，所以.
再证明：由于，，，
所以，所以，
所以，所以.
③的所有子群如下：
，
，，
，
【典例3-2】（江西省部分学校2023-2024学年高二学期3月联考数学试卷）将数列按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为的一个分群数列，称为这个分群数列的原数列．如，，…，是的一个分群数列，其中第k个括号称为第k群．已知的通项公式为．
(1)若的一个分群数列中每个群都含有3项；该分群数列第k群的中间一项为，求数列的通项公式；
(2)若的一个分群数列满足第k群含有k项，为该分群数列的第k群所有项构成的数集，设，求集合M中所有元素的和．
【解析】（1）由题意知该分群数列第k群的中间一项为．
因为，所以，即．
（2）由题意知该分群数列第k群含有k项，所以该分群数列前7群为，，，，，，．
又，，所以．当时，，当时，或9，
当时，或5或4，当时，或2，所以，
故集合M中所有元素的各为．
【变式3-1】（2024届高三新高考改革数学适应性练习（九省联考题型））对于非空集合，定义其在某一运算（统称乘法）“×”下的代数结构称为“群”，简记为．而判断是否为一个群，需验证以下三点：
（封闭性）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足；
（结合律）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足；
（恒等元）存在，使得对任意，；
（逆的存在性）对任意，都存在，使得．
记群所含的元素个数为，则群也称作“阶群”．若群的“×”运算满足交换律，即对任意，，我们称为一个阿贝尔群（或交换群）．
(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群；
(2)记为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得在该运算下构成一个群，并说明理由；
(3)所有阶数小于等于四的群是否都是阿贝尔群？请说明理由．
【解析】（1）
我们需证在普通加法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证：
①封闭性：对，则，封闭性成立；
②结合律：对，，结合律成立；
③恒等元：取，则对任意，．符合恒等元要求；
④逆的存在性：对任意，，且，满足逆的存在性．
综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群．
（2）首先提出，的“×”运算可以是复数的乘法：，理由如下．
即证明在普通乘法下可构成一个群，同（1），需从四方面进行验证：
①封闭性：设，，其中，即．
则，
所以
，即，封闭性成立；
②结合律：设，，，其中，
即，结合律成立；
③恒等元：取，则对任意，，符合恒等元要求；
④逆的存在性：对任意，取其共轭，则，满足逆的存在性；
综上所述，在复数的乘法运算下构成一个群．
（3）所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群，理由如下：
若群的阶数为0，则为空集，与定义矛盾．所以的阶数为1，2，3，4．下逐一证明．
（1）若群的阶数为1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时是阿贝尔群；
（2）若群的阶数为2，设其元素为，其中是恒等元，则，符合交换律，故此时是阿贝尔群；
（3）若群的阶数为3，设其元素为，其中是恒等元，由群的封闭性，．
若，又，推出，则集合有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，所以，
现要验证交换律，即．
若，有前知，且，所以，
与群的封闭性矛盾．所以，交换律成立，故此时是阿贝尔群；
（4）若群的阶数为4，设其元素为，其中是恒等元，
由群的封闭性，，由③的分析可知，且，
所以或．
若．由群中逆的存在性，群中存在一个元素使得，很明显，
所以或．
假设，即，又，推出则集合有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，故只能；
先证交换律对成立，即．
若，则由，只能等于．
又因为，（和同理），
不满足群中逆的存在性，矛盾，所以．交换律对成立．
接下来只需证交换律对和也成立．
事实上，由和的对称性，只需证即可．
由群中逆的存在性，存在使得．
①若，则只需证．
若，由群的封闭性，，所以只能等于，
又因为，得，即，
但是任取的，该结论具有局限性，不对一般的成立，故矛盾．
即，此时交换律对成立．
②若．群中逆的存在性，存在使得，
又因为，所以只能等于，即，
由①可得：，即此时交换律对成立．
故群的阶数为4时，交换律成立，故此时是阿贝尔群．
综上所述，所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群．
题型四：平面几何
【典例4-1】（河南省郑州市名校教研联盟2024届高三学期模拟预测数学试卷）平面几何中有一个著名的塞尔瓦定理：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍．若点A，B，C都在圆E上，直线BC方程为，且，△ABC的垂心在△ABC内，点E在线段AG上，则圆E的标准方程 .
【答案】
【解析】由△ABC的垂心到直线BC距离，设圆E半径为r，
由塞尔瓦定理可得，由圆的几何性质可得，联立解得，，
因为直线BC方程为，,且，所以直线EG方程为，
设，则E到直线BC距离，解得（舍去）或，
所以圆E的标准方程为．
故答案为：
【典例4-2】（江西省智慧上进2024届高三学期入学摸底考试数学试题）如图，直线l与的边BC的延长线及边AC，AB分别交于点D，E，F，则，该结论称为门奈劳斯定理，若点C为BD的中点，点F为AB的中点，在中随机取一点P，则点P在内的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为点C为BD的中点，点F为AB的中点，所以，，
因为，所以，
所以点P在内的概率．
故选：B．
【变式4-1】（多选题）（宁夏银川市第二中学2023-2024学年高一学期月考一数学试卷）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．如图，已知圆O的半径为2，点P是圆O内的定点，且，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为12B．的取值范围是
C．D．当时，为定值
【答案】BCD
【解析】如图，设直线PO与圆O于E，F，
对于A，圆O的半径为2，则，，
因AC，BD不能同时过圆心，故不能取等号， ，A选项错误；
对于B，取AC的中点为M，连接OM，
，
而，的取值范围是，B选项正确；
对于C，，C选项正确；
对于D，时，，
，D选项正确．
故选：BCD.
题型五：置换
【典例5-1】（浙江省名校协作体2023-2024学年高三学期返校考试数学试卷）置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合的函数称为次置换．满足对任意的置换称作恒等置换．所有次置换组成的集合记作．对于，我们可用列表法表示此置换：，记.
(1)若，计算；
(2)证明：对任意，存在，使得为恒等置换；
(3)对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，．．..．．，依次类推．这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由．
【解析】（1），
由题意可知；
（2）解法一：①若，则为恒等置换；
②若存在两个不同的，使得，不妨设，则.
所以，即为恒等置换；
③若存在唯一的，使得，不妨设，则或.
当时，由（1）可知为恒等置换；
同理可知，当时，也是恒等置换；
④若对任意的，
则情形一：或或；
情形二：或或
或或或；
对于情形一：为恒等置换；
对于情形二：为恒等置换；
综上，对任意，存在，使得为恒等置换；
解法二：对于任意，都有，
所以中，至少有一个满足，
即使得的的取值可能为.
当分别取时，记使得的值分别为，
只需取为的最小公倍数即可．
所以对任意，存在，使得为恒等置换；
（3）不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对作一次如下置换：，即
其中.
注意到各编号在置换中的如下变化：
，，
，
，
，
，
，
，
，
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，
注意到的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型．
【典例5-2】（山东省青岛市2024届高三学期第一次适应性检测数学试题）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，．
(1)若，用表示；
(2)证明：；
(3)若，，，证明：．
【解析】（1）因为
，
且，
所以，由可得，
所以.
（2）因为，
所以
又因为
所以，
所以.
（3）对于，
因为，
所以，
所以，
所以，
，
所以，
.
【变式5-1】（江苏省淮阴中学等四校2024届高三学期期初测试联考数学试卷）在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以(λ为非零的正实数)代替得到曲线的方程，则称曲线、关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，λ称为伸缩比．
(1)已知曲线的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程；
(2)射线l的方程，如果椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线l与椭圆、分别交于两点，且，求椭圆的方程；
(3)对抛物线，作变换，得抛物线；对作变换，得抛物线；如此进行下去，对抛物线作变换， 得抛物线，…．若，求数列的通项公式.
【解析】（1）由条件得，整理得，
所以的方程为．
（2）因为关于原点“伸缩变换”，
对作变换，得，
联立，解得点A的坐标为．
联立，解得点的坐标为；
所以，所以或，
所以或，
因此，椭圆的方程为或．
（3）对作变换，
得抛物线，得，
又因为，所以，即，
当时，，
得适用上式，
所以数列的通项公式．
【变式5-2】（江苏省徐州市2024届高三学期新高考适应性测试数学试卷）对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列．
(1)若数列为2，4，3，7，求的值；
(2)对于每项均是正整数的有穷数列，令，．
（i）探究与的关系；
（ii）证明：．
【解析】（1）依题意，，，
.
（2）（i）记，
，
，
，
，所以.
（ii）设是每项均为非负整数的数列，
当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，
则，
当存在，使得时，若记数列为，则，
因此，从而对于任意给定的数列，
由，，由（i）知，
所以.
题型六：余数、约数
【典例6-1】约数，又称因数．它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数．设正整数共有个正约数，即为.
(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
(2)当时，若构成等比数列，求正整数；
(3)记，求证：.
【解析】（1）当时,正整数的4个正约数构成等比数列，
比如为8的所有正约数，即.
（2）由题意可知，，
因为，题意可知，所以，
化简可得，所以，
因为，所以，
因此可知是完全平方数．
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以为，
所以.
（3）由题意知，，
所以，
因为，
所以
，
因为，，所以，
所以，即.
【典例6-2】（河北省2024届高三学期大数据应用调研联合测评（V）数学试题）设a，b为非负整数，m为正整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为．
(1)求证：；
(2)若p是素数，n为不能被p整除的正整数，则，这个定理称之为费马小定理．应用费马小定理解决下列问题：
①证明：对于任意整数x都有；
②求方程的正整数解的个数．
【解析】（1）因为，
所以被7除所得的余数为1，
所以被7除所得的余数为2，
又65被7除所得的余数为2，
所以.
（2）①由费马小定理得即，
又，
所以，
同理：，，
因为都为素数，，
所以
②因为，
由费马小定理知，对于任意正整数都有，
即，
由费马小定理知，对于任意正整数都有，
即，
因为5和7互为质数，所以对于任意的正整数都有
所以方程的正整数解的个数为35.
【变式6-1】（湖北省襄阳市第五中学2024届高三学期开学考试数学试题）“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二：五五数之剩三；七七数之剩二．问物几何？”问题的意思是，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，那么这个数是多少？若一个数被除余，我们可以写作．它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的．大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，现将满足上述条件的正整数从小到大依次排序．中国剩余定理：假设整数，，…，两两互质，则对任意的整数：，，…，方程组一定有解，并且通解为，其中为任意整数，，，为整数，且满足．
(1)求出满足条件的最小正整数，并写出第个满足条件的正整数；
(2)在不超过4200的正整数中，求所有满足条件的数的和．（提示：可以用首尾进行相加）．
【解析】（1）由题目中给出的中国剩余定理可知，
又因为，解得，
所以，
当时，取得最小值，．
所以第个满足条件的正整数为．
（2）不超过4200的正整数中，，解得，
所以共有40个满足条件的正整数，将这40个正整数首尾进行相加有
，
故所有满足条件的数的和为82820．
【过关测试】
1．（多选题）（湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2023-2024学年高二学期期中联考数学试题）圆幂定理是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理，经过圆内一点引两条弦被这点所分成的两线段长的积相等，已知圆的半径为5，点P是圆O内的一定点，且，过点P引两条弦AC，BD，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值
B．的取值范围为
C．当时，如图以O为原点，OP为x轴，则AB中点M的轨迹方程为
D．当时，四边形ABCD面积的最大值为40
【答案】ABC
【解析】对于A，设圆O与x轴的正负半轴的交点分别为E、F，
则，故A正确；
对于B，取BD的中点为G，连接OG，
则
，又，
所以的取值范围为，故B正确；
对于C，设，，
当时，，所以，
则，整理可得：，
即AB中点M的轨迹方程为，故C正确；
对于D，记分别为O到AC，BD的距离，
，故D错误；
故选：ABC
2．（重庆市南开中学高2023-2024学年高一学期第一次月考数学测试题）对于四个正数，若满足，则称有序数对是的“下位序列”．
(1)对于2、3、7、11，有序数对是的“下位序列”吗？请简单说明理由；
(2)设均为正数，且是的“下位序列”，试判断之间的大小关系．
【解析】（1）有序数对是的“下位序列”；
,
是的"下位序列"；
（2）是的“下位序列”，
，
，，，均为正数，
∴，即，
，
又，
∴，
综上所述：.
3．（上海市12校2024届高三学期联考数学试题）我们规定：对于任意实数A，若存在数列和实数，使得则称数A可以表示成进制形式，简记为：．如：．则表示A是一个2进制形式的数，且.
（1）已知（其中），试将m表示成进制的简记形式．
（2）若数列满足是否存在实常数和，对于任意的，总成立？若存在，求出和；若不存在，说明理由．
（3）若常数满足且.求.
【解析】(1) .
则
(2)，
因为，则.
所以
所以是周期为3的周期数列．
假设存在实常数和，对于任意的，总成立．
则



所以存在 ，对于任意的，总成立．
(3) 由
所以
4．（2013年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题）若、、均为正整数，且，为一素数，、、的进制表示分别为，其中，．证明：
（1）若，且对整数 均有，则，其中，表示不超过实数的最大整数．
（2） ，其中，表示集合A中元素的个数．
【解析】（1）注意到，.
于是，.
则.
故.
（1）若，且，则记.
以，为例，易得.
一般地，关于不难得出公式：.
由（1）得.
令．则.
先介绍两个引理．
引理1 ，其中，.
引理1的证明 事实上，由，
知.
引理2 若存在整数，有，
而，则存在整数 ，有
引理2的证明 由，即.
又由，得
.
于是，.
因为，所以，.
故.
从而，.
若，则，即.
若，则.
由，
知.
于是，.
所以，，即.
否则，
由于，从而，一定存在整数使得，即.
回到原题．
相对于的进制表示，称中的一段是长度为的一个“下移端”，记为.
显然，.
从而，，即为引理2的条件．
因此，当时，若，则，存在另一个下移段．
由上述讨论，知若中有个，则中存在个下移段 .
当时，显然，，且.
当时，，仍有.
上述两种情形均有.
由引理1及（1）知.
对任意的，当时，由引理1知
.
综上，即得
.
令．则.
故
.
5．（湖南省衡阳市2024届高三第二次联考数学试题）莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数
(1)求；
(2)若正整数互质，证明：；
(3)若且，记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为，证明：．
【解析】（1）因为，易知，
所以；
又，因为5的指数，所以；
（2）①若或，因为，所以；
②若，且存在质数，使得或的质因数分解中包含，则的质因数分解中一定也包含，
所以，
③若，且不存在②中的，可设，
其中均为质数，则，
因为互质，所以互不相等，
所以，
综上可知
（3）由于，所以可设，为偶数，
的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，
所以
，
所以．
6．（2024年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（九省联考）数学试题）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：．
【解析】（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．
(1)当时，求四边形OACB的周长；
(2)克罗狄斯托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段OC的长取最大值时，求
(3)问：B在什么位置时，四边形OACB的面积最大，并求出面积的最大值．
【解析】（1）在中，由余弦定理得，
即，于是四边形OACB的周长为；
（2）因为，且为等边三角形，，，
所以，所以，
即OC的最大值为3，取等号时，
所以，
不妨设，
则，解得，
所以，
所以；
（3）在中，由余弦定理得，
所以，，
于是四边形OACB的面积为
，
当，即时，四边形OACB的面积取得最大值为，
所以，当B满足时，四边形OACB的面积最大，最大值为.
如图，在凸四边形ABCD中，

(1)若图，求线段BD长度的最大值；
(2)若图，求四边形ABCD面积取得最大值时角A 的大小，并求出四边形ABCD面积的最大值．
【解析】（1）设 ，则 ，
由材料可知， ，
即 ，
解得 ，
所以线段 BD 长度的最大值为 ．
（2）由材料可知，当 A、B、C、 四点共圆时，四边形 ABCD 的面积达到最大．
连接 BD ，在 中，由余弦定理，得
，①
在 中，由余弦定理，得
，②
因为 A、B、C、 四点共圆，所以 ，从而 ，③
由①②③，解得 ，
因为 ，所以 ．
从而 ，
，
所以 ．
7．（江苏省南通市如东县等2地2023-2024学年高一学期4月期中联考数学试题）如图，半圆的直径为，为直径延长线上的点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形．设．

(1)当为何值时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值；
(2)克罗狄斯托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求．
【解析】（1）在中，由余弦定理得，，
四边形的面积
，
当，即时，四边形的面积最大，且最大面积为；
（2），且为等边三角形，，，
，
，即的最大值为3，取等号时，
，
不妨设，
则，解得，
，
．
8．（上海市复旦大学附属中学2023-2024学年高一学期期末数学试题）如果一个正多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体叫做正多面体．有趣的是只有正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体五种正多面体，现将它们的体积依次记为，.

(1)利用金属板分别制作正多面体模型各一个，假设制作每个模型的外壳用料（即表面积）均等于，分别求出和的值；并猜想与的大小关系（猜想不需证明）
(2)多面体的欧拉定理：简单多面体的面数、棱数与顶点数满足：．已知正多面体都是简单多面体，设某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为，每个面的边数为，求满足的关系式；并尝试据此说明正多面体仅有五种．
【解析】（1）设正四面体的边长为，所以正四面体的表面积为：，
所以，如图正四面体中，是的中心，
则是高，，，
，所以，
设正八面体的边长为，所以正八面体的表面积为：，
所以，如下图所示：
在正八面体中，连接交平面于点，则平面，
所以，，
所以正八面体的体积为，
在相同的表面积下，正多面体的面越多，其体积越大，所以.
（2）设某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为，每个面的边数为，
则，于是，
将其代入，所以，
所以，所以满足的关系式为：，
因此，又，所以所有可能的正整数解为：
，共种，
所以正多面体仅有五种．
9．（2022年浙江省温州市摇篮杯高一数学竞赛试题）近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科．数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物．数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度．规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点处的曲率均为零．由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为 ，故其总曲率为.
(1)求四棱锥的总曲率；
(2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体．关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：．利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数．
【解析】（1）四棱锥有个顶点,个三角形面,个凸四边形面,故其总曲率为
（2）设多面体有个面,给组成多面体的多边形编号,分别为号．
设第 号 多边形有 条边．
则多面体共有条棱．
由题意，多面体共有个顶点．
号多边形的内角之和为,故所有多边形的内角之和为
故多面体的总曲率为
所以满足题目要求的多面体的总曲率为.
10．（北京市海淀区中关村中学2024届高三学期12月月考数学试题）设数阵，其中．设，其中且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到以此类推，最后将经过变换得到．记数阵中四个数的和为．
(1)若，写出经过变换后得到的数阵，并求的值；
(2)若，求的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
【解析】（1）因为，
经过变换后得到的数阵，
经过变换后得到的数阵，
所以.
（2）若，则，可得；
若，则，可得；
若，则，可得；
若其中一个为3，另外两个属于，则，
可得；
若，则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，则，可得；
综上所述：的所有可能取值的和为.
（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；
不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
.
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．
所以的所有可能取值的和为，
又因为、、、，所以的所有可能取值的和不超过．
11．（北京市人大附中2024届高三10月质量检测练习数学试题）如图，T是3行3列的数表，用表示位于第i行第j列的数，且满足．
数表中有公共边的两项称为相邻项，例如上表中的相邻项仅有和．对于数表T，定义操作为将该数表中的以及的相邻项从x变为，其他项不变，并将操作的结果记为．已知数表满足．记变换为n个连续的上述操作，即，使得，并记
(1)给定变换，直接写出．
(2)若满足，其他项均为0．是含n次操作的变换且有，求n的最小值．
(3)若变换中每个操作至多只出现一次，则称变换是一个“优变换”，证明：任给一个数表，存在唯一的一个“优变换”，使得．
【解析】（1）为
，故为
，故为
，故为
（2）为
由题意得，均改变了表格中的奇数个数据，定义为奇操作，
均改变了表格中的偶数个数据，定义为偶操作，
两次同样的操作，表格中数据不变，例如不改变表格中数据，故的最大值为9，
且变换满足交换律，例如和，结果相同，
观察到是关于变换所在直线对称的，故变换也要关于这条直线轴对称，
中有4个1，故相对于改变了4个数，
若，通过验证，发现不能得到，
若，结合对称性和奇偶性，有，，，四种变换，经过验证，均不满足，
若，结合对称性和奇偶性，不妨取变换，
，故为
，故为
，故为
故的最小值为3；
（3）设是所有优变换的集合，则中的优变换的个数为，
是所有数表的集合，则中的数表的个数为，
构造，下面证明中的优变换和中数表为一一对应关系，
由于中元素个数相同，要证每种变换都能等价变换为唯一的优变换，只需证每个数表都能通过变换得到，
由（2）可知，可以得到以下数表，
由对称性可知，可以单独被改变，
又经过变换得到
又可单独被改变，故可得到
即可单独被改变，
同理经过变换可单独被改变，
经过变换得到：
又经过变换，可单独被改变，
可得到
故任给一个数表，存在唯一的一个“优变换”，
使得.
12．（北京市东城区2023-2024学年高一学期期末统一检测数学试题）对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．
(1)若，求及；
(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；
(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．
【解析】（1）因为，，，
所以.
（2）设，
假设对，则均不为0．
所以．
即．
因为，
所以．
所以．
与矛盾，故假设不正确．
综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使．
（3）设，因为，
所以有或．
当时，可得三式相加得．
又，可得．
当时，也可得，于是．
设的三个分量为这三个数，
当时，的三个分量为这三个数，
所以．
当时，的三个分量为，
则的三个分量为的三个分量为，
所以．
所以，由，可得．
因为，所以任意的三个分量始终为偶数，
且都有一个分量等于2．
所以的三个分量只能是三个数，
的三个分量只能是三个数．
所以当时，；当时，．
所以的最小值为505．
13．（北京市西城区2024届高三二模数学试题）给定奇数，设是的数阵．表示数阵第行第列的数，且．定义变换为“将数阵中第行和第列的数都乘以”，其中．设．将经过变换得到，经过变换得到，，经过变换得到．记数阵中的个数为．
(1)当时，设，，写出，并求；
(2)当时，对给定的数阵，证明：是的倍数；
(3)证明：对给定的数阵，总存在，使得．
【解析】（1）由题设，．
所以，．
（2）设数阵中第行和第列中的个数均为，的个数均为．
经过变换，的第行和第列均有个变为，有个变为．
所以．
即是的倍数．
（3）数阵经过变换得到数阵，设第行和第列中1的个数均为．
由（2）可知，．
设当时，取得最小值，其中．
记每行中的个数为，则必有．
否则，若存在使得，则令，有
，与为最小值矛盾．
在中，① 若等于的个数不超过，
则．
②若等于的个数大于，则必存在满足，且．
否则，不妨设，则共有个满足，且，
所以中至多有个等于，矛盾．
故存在满足，且．
取，因为，所以．
由变换为时，从变为，故数阵第行中的个数为．
故，
这与为最小值矛盾．
综上，对给定的数阵，总存在，使得．
14．（北京市平谷区2024届高三学期3月质量监控数学试题）对于每项均是正整数的数列、、、，定义变换，将数列变换成数列、、、、．对于每项均是非负整数的数列、、、，定义变换，将数列各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列；又定义．设是每项均为正整数的有穷数列，令．
(1)如果数列为、、，写出数列、；
(2)对于每项均是正整数的有穷数列，证明；
(3)证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列，存在正整数，当时，．
【解析】（1）、、，、、、，、、，
、、、，、、、.
（2）证明：设每项均是正整数的有穷数列为、、、，
则为、、、、，
从而．
又 ，
所以，
故．
（3）设是每项均为非负整数的数列，，．
当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，
则．
当存在，使得时，若记数列，，为，
则．
所以．
从而对于任意给定的数列，由，1，2，…
可知．
又由（2）可知，所以．
即对于，要么有，要么有．
因为是大于的整数，所以经过有限步后，必有．
即存在正整数，当时，.
15．（海南省海口市2024届高三模拟考试数学试题）将数列按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为数列的一个分群数列，称为这个分群数列的原数列．如，，，，，是数列的一个分群数列，其中第个括号称为第群．已知数列的通项公式为.
(1)若数列的一个分群数列每个群都含有项，该分群数列第群的最后一项为，求数列的通项公式．
(2)若数列的一个分群数列满足第群含有项，为的该分群数列第群所有项构成的数集，设，求集合中所有元素的和．
【解析】（1）由题意，该分群数列第k群的最后一项，
由，所以，所以数列的通项公式为
（2）由题意，该分群数列第k群含有k项，所以该分群数列的前6群为:
，
又，显然有．
当时满足，即.
所以集合中所有元素之和为
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
1
0
1
1
1
0
0
0
1
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
1
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
1
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0