2025年新高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸題講義：初等數(shù)論與幾何背景下的新定義（六大題型）

專題09初等數(shù)論與幾何背景下的新定義

【題型歸納目錄】

題型一：進位制

題型二：數(shù)對序列

題型三：群論

題型四：平面幾何

題型五：置換

題型六：余數(shù)、約數(shù)

【典型例題】

題型一：進位制

【典例1-1】（湖南省衡水金卷2023-2024學(xué)年高三二調(diào)數(shù)學(xué)試題）國際數(shù)學(xué)教育大會（ICME）是世界數(shù)學(xué)教育

規(guī)模最大、水平最高的學(xué)術(shù)性會議，第十四屆大會將在上海召開，其會標(biāo)如圖，包含若許多數(shù)學(xué)元素，主

畫面是非常優(yōu)美的幾何化的中心對稱圖形，由弦圖、圓和螺線組成，主畫面標(biāo)明的ICME—14下方的“

“是用中國古代八進制的計數(shù)符號寫出的八進制數(shù)3744,也可以讀出其二進制碼（0）11111100100,換算成十

進制的數(shù)是"，求（1+i產(chǎn)及的值.

【解析】V11111100100=lx210+1X29+1X28+1X27+1X26+1X25+0X24+0X23+1X22+0X21+0X2°=2020.

/.n=2020，

：.(1+i)2"=[(1+i)2J=(2i)2020=22020i2020=22020,

【典例1-2】（安徽省合肥市2024屆高三學(xué)期第二次教學(xué)質(zhì)量檢測理科數(shù)學(xué)試題）通信編碼信號利用2EC信

道傳輸，如圖1，若8EC信道傳輸成功，則接收端收到的信號與發(fā)來的信號完全相同；若3EC信道傳輸失

敗，則接收端收不到任何信號.傳統(tǒng)通信傳輸技術(shù)采用多個信道各自獨立傳輸信號（以兩個信道為例，如圖2）.

圖1圖2

華為公司5G信道編碼采用土耳其通訊技術(shù)專家ErdalArikan教授的極化碼技術(shù)(以兩個相互獨立的5EC信

道傳輸信號為例)：如圖3,信號人直接從信道2傳輸；信號K在傳輸前先與6“異或”運算得到信號X-

再從信道1傳輸.接收端對收到的信號，運用“異或”運算性質(zhì)進行解碼，從而得到或得不到發(fā)送的信號K或

圖3

(注：“異或”是一種2進制數(shù)學(xué)邏輯運算.兩個相同數(shù)字“異或”得到0,兩個不同數(shù)字“異或”得到1,“異或”

運算用符號“十”表示：o?o=o,1?1=0,1?0=1,0?1=1.“異或”運算性質(zhì)：A十B=C,則/=C^B).假

設(shè)每個信道傳輸成功的概率均為p(0<p<1).4,4={0,1}.

(1)在傳統(tǒng)傳輸方案中，設(shè)“信號K和6均被成功接收”為事件A,求尸(㈤：

(2)對于極化碼技術(shù)：①求信號以被成功解碼(即根據(jù)BEC信道1與2傳輸?shù)男盘柨纱_定K的值)的概率；②

若對輸入信號S賦值(如5=0)作為已知信號，接收端只解碼信號。2,求信號6被成功解碼的概率.

【解析】(1)設(shè)“信號K和4均被成功接收”為事件A,則P(N)=pp="；

⑵①???十4=W，?.?。|=。2十X].

當(dāng)且僅當(dāng)信道1、信道2都傳輸成功時，由H的值可確定K的值，所以信號K被成功解碼的概率為p2；

②若信道2傳輸成功，則信號被成功解碼，概率為P；

若信道2傳輸失敗、信道1傳輸成功，則6=%十乜，因為K為己知信號，信號4仍然可以被成功解碼，

此時U2被成功解碼的概率為(1-p)p；

若信道2、信道1都傳輸失敗，此時信號6無法成功解碼；

綜上可得，信號4被成功解碼的概率為P+0(1-M=2p-/A

【變式1-1](上海市十校2024屆高三學(xué)期3月聯(lián)考(文理)數(shù)學(xué)試題)規(guī)定：對于任意實數(shù)A,若存在數(shù)列{%}

和實數(shù)武無片0),使/=%+%尤+%/+…+。"/一，則稱A可以表示成x進制形式，簡記為：

/=…如：^=2~(-1)(3)(-2)(1),表示A是一個2進制形式的數(shù)，且

^=-1+3X2+(-2)X22+1X23=5；

⑴已知m=(1-2x)(1+3d)(x片0),試將m表示成x進制的簡記形式；

1____________________22

/7

(2)若數(shù)列{%}滿足q=2,ak+i=—,(EN*,4=2?…(4〃)，〃wN*,求證：bn=—8--；

1—477

⑶若常數(shù)，滿足小。且慮=?廣求[吧黑?

Un+\

【解析】(1)zn=(1-2x)(1+3A2)=1-2x+3A?-6A3,

則加二x_(l)(_2)(3)(_6).

(2)Cl2~-1,—2,625——1,t26=，

1a_1-1

.._?.Un+2-1-1一

?ann+\~；———1一%+11!~an

1-%

???“2=匚心=丁五="'"，"*)，知｛%｝是周期為3的數(shù)列,

a”

則b?=2~(a,)(a2)(a3)...(a3n_2)(%,_1)(%").

=[2+(-l)x2+|x2?]+[2x23+(-l)x/-4x^]+..

+[2x23"-3+(-l)x2s"-2+|x23"-1]

=[2+(-1)X2+!X2!]X(1+^+T+

=2x工2

1-877

22

即："=—8"—_

’77

⑶4L佇+0+a產(chǎn)+貨/…+中"」

q+(y+cy

t

_C+c,>+cy+03+…+中b]d

tt

_(l+/)w-l

11,

所以lim衛(wèi)=lim(l+?T-----,I+%>I

l+r

gd+i〃f°(I+t)n-I

nl,0<l+Z<I

d—,?>0

即=<1+t

id".、

1,-1<Z<0

題型二：數(shù)對序列

【典例2-1】(北京市西城區(qū)2024屆高三學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題)給定正整數(shù)NN3,已知項數(shù)為加且無重復(fù)項的

數(shù)對序列A：(XQ1),%…,區(qū),％)滿足如下三個性質(zhì):①X”％e{1,2,…,N},且x尸%(7=1,2,…,加)；

②%+1=%?=1,2,…m-1)；③(p,q)與(%p)不同時在數(shù)對序列A中.

(1)當(dāng)N=3,〃?=3時，寫出所有滿足再=1的數(shù)對序列A；

（2）當(dāng)N=6時，證明：m<\3；

（3）當(dāng)N為奇數(shù)時，記上的最大值為T（N）,求7（N）.

【解析】（1）依題意，當(dāng)N=3,m=3時有：

/:（1,2）,（2,3）,（3,1）或2:（1,3）,（3,2）,（2,1）.

（2）當(dāng)N=6時，

因為（P，4）與（％P）不同時在數(shù)對序列A中，

所以加WC；=15,所以1,2,3,4,5,6每個數(shù)至多出現(xiàn)5次，

又因為為+i=%?=1,2，…，加-1）,

所以只有占,此對應(yīng)的數(shù)可以出現(xiàn)5次，

所以機Wgx（4x4+2x5）=13.

（3）當(dāng)N為奇數(shù)時，先證明T（N+2）=T（N）+2N+1.

因為（0應(yīng)）與（見。）不同時在數(shù)對序列A中，

所以T（N）4Cj=：N（N-1）,

當(dāng)N=3時，構(gòu)造/:（1,2）,（2,3）,（3,1）恰有C；項，且首項的第1個分量與末項的第2個分量都為1.

對奇數(shù)N,如果和可以構(gòu)造一個恰有Cj項的序列A,且首項的第1個分量與末項的第2個分量都為1,

那么多奇數(shù)N+2而言，可按如下方式構(gòu)造滿足條件的序列H：

首先，對于如下2N+1個數(shù)對集合：

｛（1,N+1）,（N+1,1）｝,｛（1,N+2）,（N+2,1）｝,

｛（2,N+l）,（N+l,2）｝,｛（2,N+2）M+2,2）｝,

｛（N,N+1）,（N+1,N）｝,｛（N,N+@（N+2，M｝,

每個集合中都至多有一個數(shù)對出現(xiàn)在序列H中，

所以7（N+2）47（N）+2N+1,

其次，對每個不大于N的偶數(shù)於｛2,4,6,…,N-1｝,

將如下4個數(shù)對并為一組：

（N+l/）",N+2）,（N+2,i+l）,（i+l,N+l）,

共得到上萬」組，將這土廣■組對數(shù)以及（1,N+1）,（N+1,N+2）,（N+2,1）,

按如下方式補充到A的后面，

即4（l,N+l）,（N+l,2）,（2,N+2）,（N+2,3）,（3,〃+l）,…,

（N+1,N-1）,（N-1,N+2）,（N+2,N）,（N,N+1）,（N+1,N+2）,（N+2,1）.

此時恰有T（N）+2N+1項，所以T（N+2）=T（N）+2N+1.

綜上，當(dāng)N為奇數(shù)時，

T（N）=（7（N）-T（N-2））+（T（N-2）-T（N-4））+…+（7（5）-7⑶）+7⑶

=（2（N-2）+l）+（2（N-4）+l卜?■+伊3+1,3

=（2（N-2）+l）+（2（N-4）+1）+…X2x3+]*2x1+）

=（2N-3）+（2N-7）+…+7+3

【典例2-2]（上海市楊浦高級中學(xué)2023-2024學(xué)年高一學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題）對于四個正數(shù)小、〃、P、q,若滿

足咽＜叩，則稱有序數(shù)對（見〃）是（。應(yīng)）的"下位序列

⑴對于2、3、7、11,有序數(shù)對（3,11）是（2,7）的"下位序歹嗎?請簡單說明理由；

accic

（2）設(shè)。、b、c、4均為正數(shù)，且（。*）是（G"）的“下位序列”，試判斷：、三、產(chǎn)之間的大小關(guān)系；

bab+a

（3）設(shè)正整數(shù)〃滿足條件:對集合｛加0＜機＜2021,機eN｝內(nèi)的每個加，總存在正整數(shù)左，使得（私2021）是（左,〃）

的“下位序列”，且（左,〃）是（加+1,2022）的“下位序列”，求正整數(shù)〃的最小值.

【解析】（I）v3x7＜llx2

，（3,11）是（2,7）的嚇位序列"

（2）：（。㈤是（c,d）的“下位序歹廣

/.ad<be

??.a,b,c,d均為正數(shù)

,,a+cabe-ad

故-------二------->0,

b+db（b+d）b

a+ca八

即----------->0

b+db

a+ca

---->——

b+db

同日理工---田-</—

b+dd

aa+cc

綜上所述:—<-----<—；

bb+dd

mn<2021左

（3）由已知得

（m+l）z?>2022左

因為人為整數(shù)，

fmn+1<2021k

故4

[mn+n-l>2022k"

202\(mn+?-l)>2021x2022左>2022(加〃+1)

該式對集合｛同0＜加＜2021｝內(nèi)的每一個機eN*的每個正整數(shù)機都成立,

所以正整數(shù)”的最小值為4043.

題型三：群論

【典例3-1】（安徽省蕪湖市安徽師范大學(xué)附屬中學(xué)2024屆高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)試題）對稱變換在對稱數(shù)

學(xué)中具有重要的研究意義.若一個平面圖形K在加（旋轉(zhuǎn)變換或反射變換）的作用下仍然與原圖形重合，就稱

K具有對稱性，并記加為K的一個對稱變換.例如，正三角形R在嗎（繞中心。作120。的旋轉(zhuǎn)）的作用下仍

然與R重合（如圖1圖2所示），所以乃是R的一個對稱變換，考慮到變換前后R的三個頂點間的對應(yīng)關(guān)系,

（123、

記叫=312；又如，尺在乙（關(guān)于對稱軸6所在直線的反射）的作用下仍然與尺重合（如圖1圖3所示），

（123、

所以4也是R的一個對稱變換，類似地，記4=1§2?記正三角形尺的所有對稱變換構(gòu)成集合$?一個

非空集合G對于給定的代數(shù)運算.來說作成一個群，假如同時滿足：

I.Pa,beG,aobeG；

II.yfa,b,ceG,（a°6）°c=a°（b°c）；

III.BeeG,VaeG,a°e=e°a=a；

IV.VaeG,3a~'eG,a°a-1-a^oa—e-

對于一個群G,稱III中的e為群G的單位元，稱W中的a-為。在群G中的逆元.一個群G的一個非空子

集*叫做G的一個子群，假如〃對于G的代數(shù)運算。來說作成一個群.

（1）直接寫出集合S（用符號語言表示S中的元素）；

（2）同一個對稱變換的符號語言表達形式不唯一，如

12313221323131232

m=對于集合S中的元素，定義

x312321132123311

“1。203瓦4axCL?“3

一種新運算*,規(guī)則如下:*

3b2b3C2C3q

{%,。2，能}={4也也}={。*2聞={1,2,3}.

①證明集合S對于給定的代數(shù)運算*來說作成一個群;

②己知〃是群G的一個子群，e,d分別是G,4的單位元，aeH,,分別是。在群G,群”中的

逆元.猜想e,d之間的關(guān)系以及4I"之間的關(guān)系，并給出證明;

③寫出群S的所有子群.

123

【解析】（1）依題意，正三角形R的對稱變換如下:繞中心。作120。的旋轉(zhuǎn)變換叫=

312

23

繞中心。作240。的旋轉(zhuǎn)變換丐=

3

123

繞中心。作360。的旋轉(zhuǎn)變換m=

32

23

關(guān)于對稱軸彳所在直線的反射變換4=

3

23

關(guān)于對稱軸々所在直線的反射變換/?=

21

23

關(guān)于對稱軸々所在直線的反射變換4=

1

123123123123123123

綜上，s=<,.（形式不唯一）

3123123332213

b

axa2a324axa2a3bi2b

⑵①I.V**3ES；

bb

仇234b]b3

aaab1

II.Vx23eS,

4b2b3q

aaab

x23*A2q

bb

b.23SC24d2d3

axa2a3axa2。2C3

b

4d2d3Aid24

aaabaaa

x23*bi24x23

b

244d2d34d2d3

%b2b3q%Ab2&]*

所以***

c

4b?Ai4d2d3q

123a]。2〃3

III.3GS,VGS

123hb2b3

aaaaaaaabb

x2*x23x23。2“3*423

bbbbbbbb

axa2l2442323423

“1^^2b、b2a123123

而,所以e=

Q[^^2Ab2b312123

aa4瓦bb

IV.Vx223wS,

b、b2b3

aaabb"

x23**x2*

bb

仇23%b[b2b3

綜上可知，集合S對于給定的新運算*來說能作成一個群.

②e=d,〃T=",證明如下：

先證明e=d：由于，是G的子群，取a￡H,則QEG,a~leG

根據(jù)群的定義，有所以。。￡=4。/，

所以?。ā?。e）="T（Q0d）,即（aT。Q）。e=（QT。〃）。d,

即eoe=e。/，所以e=d.

再證明Q-I="：由于e=e',e=cT，。a，e'=a'a,

所以a-。。=儲?！?，所以。'。（。。小），

所以4一1。6=。'。6，所以〃T=".

③S的所有子群如下：

…；；；M；:V3J

（吊

區(qū)=[Y[1123Mj\3l231J\j|'4=[[\1\23M>[2l213^1卜

區(qū)二]f1fl1232MJQl3231XMl123?

_J<123]（12310231023）口23）023）

H（>~[^312）〔231J\123）〔132>1321J\213）

【典例3-2】（江西省部分學(xué)校2023-2024學(xué)年高二學(xué)期3月聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷）將數(shù)列｛%｝按照一定的規(guī)則，依

順序進行分組，得到一個以組為單位的序列稱為｛g｝的一個分群數(shù)列，｛%｝稱為這個分群數(shù)列的原數(shù)列.如

儂,％,…,%）,（明1，%中（%，喉「"，4）…，（4汨4+2,…，?）是｛4｝的一個分群數(shù)列，其中第七

個括號稱為第4群.已知｛%｝的通項公式為%=2"-1.

（1）若｛%｝的一個分群數(shù)列中每個群都含有3項；該分群數(shù)列第左群的中間一項為4,求數(shù)列｛"｝的通項公

式；

⑵若{“〃}的一個分群數(shù)列滿足第左群含有左項，4為該分群數(shù)列的第左群所有項構(gòu)成的數(shù)集，設(shè)

M={m\am&At,am+1eAt+2],求集合M中所有元素的和.

【解析】（1）由題意知該分群數(shù)列第k群的中間一項為4.

因為％,=2"—1,所以4=2（3左一1）一1=6左一3,gpbn=6n-3.

（2）由題意知該分群數(shù)列第人群含有左項，所以該分群數(shù)列前7群為（％）,（%，%），（%，%，&），（。7，。8，。9，。10），

（%],,。]3，[4，"15），（%6，"17，"18，"19，。20，。21），（022，”23，”24，%5，“26，”27，028）,

又ameAk,am+1eAk+2,所以上V5.當(dāng)左=5時，機=15,當(dāng)左=4時，〃z=10或9,

當(dāng)左=3時，m=6或5或4,當(dāng)氏=2時，洸=3或2,所以M={2,3,4,5,6,9,10,15},

故集合M中所有元素的各為2+3+4+5+6+9+10+15=54.

【變式3-1]（2024屆高三新高考改革數(shù)學(xué)適應(yīng)性練習(xí)（九省聯(lián)考題型））對于非空集合G,定義其在某一運算

（統(tǒng)稱乘法）“x”下的代數(shù)結(jié)構(gòu)稱為“群”（G,x）,簡記為G，.而判斷6）＜是否為一個群，需驗證以下三點：

（封閉性）對于規(guī)定的“X”運算，對任意a,beG,都須滿足axbeG；

（結(jié)合律）對于規(guī)定的“x”運算，對任意a,6,ceG,都須滿足ax伍xc）=（axb）xc；

（恒等元）存在eeG,使得對任意aeG,exa=a；

（逆的存在性）對任意aeG,都存在beG,使得axb=bxa=e.

記群G*所含的元素個數(shù)為〃，則群G*也稱作“”階群”.若群G*的“x”運算滿足交換律，即對任意a,beG,

axb=bxa,我們稱G，為一個阿貝爾群（或交換群）.

（1）證明：所有實數(shù)在普通加法運算下構(gòu)成群R+;

（2）記C為所有模長為1的復(fù)數(shù)構(gòu)成的集合，請找出一個合適的“x”運算使得C在該運算下構(gòu)成一個群。，

并說明理由；

（3）所有階數(shù)小于等于四的群G'是否都是阿貝爾群？請說明理由.

【解析】⑴

我們需證R在普通加法下可構(gòu)成一個群，需從以下四個方面進行驗證：

①封閉性：對。,beR,則a+beR,封閉性成立；

②結(jié)合律：對。，仇ceR,a+（6+c）=（a+b）+c,結(jié)合律成立；

③恒等元：取e=0eR,則對任意aeR,0+?=a.符合恒等元要求；

④逆的存在性：對任意QGR,b=-aSR,且a+6=a+（-a）=0=e,滿足逆的存在性.

綜上所述，所有實數(shù)在普通加法運算下可構(gòu)成群R+.

（2）首先提出，C的“X”運算可以是復(fù)數(shù)的乘法：ziZ2（z?z2eC）,理由如下.

即證明S在普通乘法下可構(gòu)成一個群，同（1）,需從四方面進行驗證：

①封閉性：設(shè)馬=。+例，z2=c+d\,其中卬Zz^C,即/+〃=，+/=].

則z/2=(〃+6i)(c+di)=(〃c-bd)+(Qd+bc)i,

所以匕色|=yj(ac-bd)2+(ad+6c『=y/a2c2+b2d2+a2d2+b2c2

=#2,2+—)+/(，+—)=dc?+d?=1,即z/2eC,封閉性成立；

②結(jié)合律：設(shè)馬=。+例，z2=c+di,z3=e+fi,其中4,z2,z3GC,

Zj億為)=(〃+bi)[(ce_/')+(/'+de)i]

二^a^ce-df^-b(cf+de)]+[《qf+d8+gce-媯j

(zvh=[(〃c-Z?d)+(Qd+姐i](e+力

=[e(〃c-Z?d)—f(ad+6c)]+[f(ac-bd)+4ad+6,j

二[“ce-df^-b^cf+"e)[+[《/*+d§+4ce-助J

即為卜223)=(422”3，結(jié)合律成立；

③恒等元：取e=leC,則對任意zeC,Lz=z,符合恒等元要求；

④逆的存在性：對任意z=a+6ieC,取其共輒7=a-6i,則z-7=/+//=1=e，滿足逆的存在性；

綜上所述，C在復(fù)數(shù)的乘法運算下構(gòu)成一個群C*.

(3)所有階數(shù)小于等于四的群6)＜都是阿貝爾群，理由如下：

若群G'的階數(shù)為0,則G為空集，與定義矛盾.所以G*的階數(shù)為1，2,3,4.下逐一證明.

(1)若群G*的階數(shù)為1,則其唯一的元素為其恒等元，明顯符合交換律，故此時G*是阿貝爾

群；

(2)若群G*的階數(shù)為2,設(shè)其元素為G。，其中e是恒等元，則exa=axe=a,符合交換律，故此時G*是阿

貝爾群；

x

(3)若群G*的階數(shù)為3,設(shè)其元素為e,a,6,其中e是恒等元，由群的封閉性，axbeG.

若axb=a,又axe=a,推出b=e,則集合G有兩個相同的元素，

不滿足集合的唯一性，矛盾，所以axb=e,

現(xiàn)要驗證交換律，即axb=6xa=e.

若bxa手e,有前知，bxaWa且bxa^b,所以bxaeG”,

與群的封閉性矛盾.所以axb=6xa,交換律成立，故此時G*是阿貝爾群；

(4)若群G'的階數(shù)為4,設(shè)其元素為e,a,瓦c,其中e是恒等元，

由群的封閉性，axbeG"，由③的分析可知，bxawa且

所以。、6=0或36=。.

若axb=e.由群中逆的存在性，群存在一個元素「使得w=e,很明顯~e,

所以廠=。或廠=6.

假設(shè)〃=即〃xc=e,又axb=e,推出b=。則集合G有兩個相同的元素，

不滿足集合的唯一性，矛盾，故只能。xb=c；

先證交換律對4,6成立，即QXb=/?XQ.

若bxQWaxb=c,則由ax/jEG'，oxb只能等于e.

又因為cxe=cwe,cxbwQXZ）=e（。和。同理），

不滿足群中逆的存在性，矛盾，所以QXb=bXQ=C.交換律對成立.

接下來只需證交換律對凡。和伉。也成立.

事實上，由。和6的對稱性，只需證即可.

由群中逆的存在性，存在qe｛a,b｝使得"c=e.

①若4=。，則只需證cx.=axc=e.

若cxawaxc=e,由群的封閉性，cxaeG*，所以cxa只能等于6,

又因為ax6=c,得cxa=axbxa=b,即axa=l,

但。是任取的，該結(jié)論具有局限性，不對一般的。成立，故矛盾.

即cxa=axc,此時交換律對應(yīng)。成立.

②若q=b.群中逆的存在性，存在P?｛瓦c｝使得Px“=e,

又因為axb=cwe,所以〃只能等于c,即axc=e,

由①可得：cxa=axc=e,即此時交換律對a,c成立.

故群6"的階數(shù)為4時，交換律成立，故此時G*是阿貝爾群.

綜上所述，所有階數(shù)小于等于四的群G*都是阿貝爾群.

題型四：平面幾何

【典例4-1】（河南省鄭州市名校教研聯(lián)盟2024屆高三學(xué)期模擬預(yù)測數(shù)學(xué)試卷）平面幾何中有一個著名的塞爾

瓦定理：三角形任意一個頂點到其垂心（三角形三條高的交點）的距離等于外心（外接圓圓心）到該頂點對邊距

離的2倍.若點/,B,C都在圓E上，直線3C方程為x+y-2=0,且忸。|=2而，△/8C的垂心G（2,2）

在A/BC內(nèi)，點￡在線段NG上，則圓￡的標(biāo)準(zhǔn)方程.

【答案】（x-3）。5-3）2=18

【解析】由△N2C的垂心G（2,2）到直線2。距離［=&,設(shè)圓E半徑為r,

由塞爾瓦定理可得r+|EG|=2（忸G|+力），由圓的幾何性質(zhì)可得（|￡G|+行丫+（9『=『,聯(lián)立解得

\EG\=42,r=3日

因為直線3C方程為x+y-2=0,￡6,3。,且6（2,2）,所以直線EG方程為V=云，

設(shè)E（a,a）,則￡到直線3c距離d'=與4=2后，解得a=-1（舍去）或a=3,

所以圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x-3『+（y-3『=18.

故答案為：（》-3），。-3）2=18

【典例4-2】（江西省智慧上進2024屆高三學(xué)期入學(xué)摸底考試數(shù)學(xué)試題）如圖，直線/與的邊的延

RDCFAF

長線及邊/C,分別交于點。，E,F,則%?二?%=1,該結(jié)論稱為門奈勞斯定理，若點。為的

中點，點廠為A8的中點，在“3C中隨機取一點尸，則點尸在△/￡尸內(nèi)的概率為（）

RDA斤

【解析】因為點C為3。的中點，點尸為N5的中點，所以若=2,普=1,

DCrB

mdBDCEAF11

因為------------=1,所以——二一，

DCEAFBEA2

_SAFAE121

所以點p在內(nèi)的概率八二AFF=萬無=港="

故選：B.

【變式4-1］（多選題）（寧夏銀川市第二中學(xué)2023-2024學(xué)年高一學(xué)期月考一數(shù)學(xué)試卷）“圓幕定理”是平面幾何

中關(guān)于圓的一個重要定理，它包含三個結(jié)論，其中一個是相交弦定理：圓內(nèi)的兩條相交弦，被交點分成的

兩條線段長的積相等.如圖，已知圓。的半徑為2,點尸是圓。內(nèi)的定點，且。尸=逝，弦NC,均過

點尸，則下列說法正確的是（）

A.|就H而|的最大值為12B.方.云的取值范圍是［-4,0］

C.PA.PC^-2D.當(dāng)/C/5D時，益.而為定值

【答案】BCD

【解析】如圖，設(shè)直線P。與圓。于E,F,

c

€

A

對于A,圓。的半徑為2,貝I］國卜4,|麗卜4,困口麗田6,

因/C,2D不能同時過圓心，故不能取等號，|就口麗|<16,A選項錯誤;

對于B,取NC的中點為連接OM,

---??/??\/?-\22?2/?2、?2

OA-OC=(OM+MA^-yOM+MC^=OM-MC=OM44-OM\=5OM-4,

而OW加2M而『=2,a.反的取值范圍是［-4,0］,B選項正確;

對于C,用.正=-|冏困=-|司司=-(|聽砰*即+用=2,C選項正確;

對于D,/CJBD時，APPD=0,PBCP=0,

ABCl5=(14P+PBy(CP+H5^=AP-CP+PB-PD=-|Zp||c?|-|ra||ra|=-2|E?||FF|=-4,D選項正確.

故選：BCD.

題型五：置換

【典例5-1】(浙江省名校協(xié)作體2023-2024學(xué)年高三學(xué)期返校考試數(shù)學(xué)試卷)置換是代數(shù)的基本模型，定義

域和值域都是集合A={1,2,…㈤,"eN+的函數(shù)稱為〃次置換.滿足對任意ieA,f(i)=，.的置換稱作恒等置換.

所有"次置換組成的集合記作S”.對于,我們可用列表法表示此置換：

f12、

“//(I)/(2)…/⑺J'記

/⑴=/(Z),/(/(切=/⑶九/⑶=/3(),…，(廣【))=/()."€4無雙+.

⑴若〃z)eS4J(i)=Q213)計算廳⑺；

(2)證明：對任意〃?！镀?，存在無eN+，使得廣⑴為恒等置換；

(3)對編號從1到52的撲克牌進行洗牌，分成上下各26張兩部分，互相交錯插入，即第1張不動，第27張

變?yōu)榈?張，第2張變?yōu)榈?張，第28張變?yōu)榈?張，……，依次類推.這樣操作最少重復(fù)幾次就能恢復(fù)原

來的牌型？請說明理由.

/、234、

【解析】(1)/。="。?2，

由題意可知外”",n2344J\J"（＞\[n1234J、

/、門234、一、

⑵解法一：①若/（，）=1234'則/⑴為恒等置換；

②若存在兩個不同的i,使得/（，）=，，不妨設(shè)；1,2,則/⑺=]243J

所以尸（。=[1234]'即/⑴為恒等置換；

③若存在唯一的i,使得/（，）=，，不妨設(shè);2,則/（。=1或/（%）=L91J.

（1234、

當(dāng)/（'）=4a時’由⑴可知/①為恒等置換；

（421力

/\n234、q/、

同理可知，當(dāng)/⑺=3241時'/⑴也是恒等置換；

④若對任意的。/⑴"，

則情形一：“，A、（1123434、]或/⑺，、=//1243]42、]或//⑴、=口〔432324J1；

情形二」（力）=〔234J或/⑴4413j或〃'）=〔3142J

或/（/'、A/14232公J或/⑴/、4（1213243j）或/（/*、/〔1423314211

對于情形一：尸（。為恒等置換；

對于情形二：尸⑴為恒等置換；

綜上，對任意了（。€$4,存在％eN+，使得/"⑴為恒等置換；

解法二:對于任意ie{1,2,3,4},都有/（Z）J2（7）J3⑺j（”{l,2,3,4},

所以r（z）,72（z）,/3①J"⑴中，至少有一個滿足⑴=，，

即使得了"⑴=z'的左的取值可能為1,2,3,4.

k

當(dāng)i分別取1,2,3,4時，記使得f（i）=i的無值分別為k,,k2,k3,k4,

只需取左為左，色A，勺的最小公倍數(shù)即可.

所以對任意/（，”見，存在左€，，使得了”（，）為恒等置換；

（3）不妨設(shè)原始牌型從上到下依次編號為1到52,則洗牌一次相當(dāng)于對{1,2,…,52}作一次如下置換:

/、“2345…52、，、[k,i=2k-l,

/（/）=，即/⑺=1

（1272283…52）v7[26+k,i=2k,

其中k=1,2,…,26.

注意到各編號在置換中的如下變化:

fffffffff

2—27—14—33—17—9—5—3—2，

4-28—40—46—49—25—13—7-4，

ffffffff

6-29->15-8-30—41—21-11-6,

104314164344434224374194101

ffffffff

12-32—42—47—24—38—45—23—12，

18135，18，

ffffffff

20-36—44—48—50—51—26—39—20，

f

52-52，

所有編號在連續(xù)置換中只有三種循環(huán)：一階循環(huán)2個，二階循環(huán)2個，八階循環(huán)48個，

注意到1,2,8的最小公倍數(shù)為8,由此可見，最少8次這樣的置換即為恒等置換，

故這樣洗牌最少8次就能恢復(fù)原來的牌型.

【典例5-2】(山東省青島市2024屆高三學(xué)期第一次適應(yīng)性檢測數(shù)學(xué)試題)記集合S={{4}|無窮數(shù)列{%}中

存在有限項不為零，〃￡N*},對任意{%}ES,設(shè)變換++…，xeR.定義運

算&若{%},{4}￡S,則{4}隹也}￡S,/他}到4})=/({4})?/({"}).

⑴若{%}?也}={加“},用生,出，a3M4,4也也也表示加4；

(2)證明：({叫隹也}同g}={%}以也性匕})；

(?+1)2+1203f

,l<n<1007;叫⑷小應(yīng)也},證明：醺。

(3)若%=<〃僅+1)，bn=\

0,n>1000,〃〉500

【解析】⑴因為/'({叫區(qū)也})=/({%})?/({，})

二(q+a2x+a3f+應(yīng)幺.')(4+b2x++“9一)

=…+(〃也+a2b3+〃3仇+貼1)13+…，

且f({加〃})=%+m2x+加3/+加4IH—,

3

所以，由{%}③也}={%}可得m4x=(哂+a2b3+a3b2+岫)〉,

所以加4=哂+a2b3+Q3b2+a4bl.

(2)因為/({4}二{〃})=/({%})?/({4}),

所以/({%}>/({6〃}>/({c〃})=/({%}③{?})?/({&})=/(({%}③{a})③{g})

又因為“{/})?〃{〃})?〃{C"})=%??})[/(b))■/(c,}[

=/({??}?({/,?}?{c?}))

所以](({%}逝{6.})?f{c,})=/({%}供({4}?f{c“})),

所以他隴也})到。"}={叫?(也}區(qū)￡}).

(3)對于&},{?}eS,

因為(%+a2x+…+a,x”1+…)(4+b/+…+6?x”1+…)=4+d/H—+dtIx"+…，

kn

所以d“x"T=%(b“x"T)+-??+akx^(6,+1_戶"f)+??-+an-xx"^(Z?2x)+anx^bx,

所以4,=地++---+”也+―+---+an_xh2+ah,

所以｛〃“｝區(qū)也｝=｛d“｝

200100200100100(左+1)2+1

"200=流2二。也0j。也0i也Oli

Z"01-4Z+Z=E"=Z

k=\k=T左=101k=\k=T左(左+1)2無+2

所以九?100產(chǎn)i<［i+廠2而1

￡100產(chǎn)1+￡1001

k=l乙k=\(左+1)2打2

11021

——---------<—

2101x21022'

【變式5-1］（江蘇省淮陰中學(xué)等四校2024屆高三學(xué)期期初測試聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷）在平面直角坐標(biāo)系X?！抵?，若

在曲線耳的方程尸（尤/）=0中，以（注,力）《為非零的正實數(shù)）代替（尤/）得到曲線E2的方程戶（八，為）=0,

則稱曲線耳、當(dāng)關(guān)于原點“伸縮”，變換（x/）f（疝，力）稱為“伸縮變換”，力稱為伸縮比.

⑴已知曲線用的方程為1-1=1,伸縮比2=求&關(guān)于原點“伸縮變換”后所得曲線外的方程；

2

（2）射線I的方程>=岳（》20）,如果橢圓耳：7+/=1經(jīng)”伸縮變換，，后得到橢圓外,若射線/與橢圓月、

瑪分別交于兩點43,且|/冏=",求橢圓外的方程；

一113一

2

⑶對拋物線耳：x=2Ply,作變換曲力-（4居右）,得拋物線J/=22y；對外作變換

（x/）f（4蒼4了），得拋物線心/=2己力如此進行下去，對拋物線紇：作變換

（x,y）->（A?x,2?j）,得拋物線紇+F4=20"+〃，....若百=1，4,=2",求數(shù)列｛%｝的通項公式P“.

【解析】（1）由條件得上］

2y，整理得上—匕=1,

^^=11612

43

22

所以外的方程為土-匕=1.

-1612

(2)因為耳，魚關(guān)于原點“伸縮變換”，

對用作變換(xj)f(Ax,M(2>0),得芻：字+22/=1,

y=?x(x>0)

?B

,解得點/的坐標(biāo)，為？士、

聯(lián)立：2

X2

y=V2x(x>0)

聯(lián)立空解得點8的坐標(biāo)為2組

+；12y2=]

所以|/同=，11，[_2=立，所以]一高=)或;_高=二,

11|332333A33323

2

所以2=2或%=],

因此，橢圓反的方程為一+4/=1或[+率=1.

2

(3)對E*:x=2pny作變換(x,y)T(A?x,2?y)，

2

得拋物線En+i:(2?x)=2P幾y,得/=個了,

又因為/=20“+),所以%M=今，即況=

4PnI

l+2+3+-+n-l

當(dāng)