4.解密新题型（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
解密新题型
满分136分,限时160分钟
解答题(本题共8小题,共136分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
1.(17分)(2025广东佛山调研)欧几里得在《几何原本》中证明了算术基本定理:任何一个大于1的自然数都可以写成有限个素数的乘积,如果不考虑这些素数在乘积中的顺序,那么这个乘积形式是唯一的.对于任意正整数n,记f(n)为n的所有正因数的个数,g(n)为n的所有正因数的和.
(1)若an=f(3n),bn=g(3n),cn=.
①写出a2,b2;
②求数列{cn}的前n项和Sn;
(2)对于互不相等的素数p,q,r,证明:f(p3q2r)=f(p3)f(q2)f(r),g(p3q2r)=g(p3)g(q2)g(r),并求的值.
2.(17分)(2024江苏苏北七市调研)在平面直角坐标系Oxy中,已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)的离心率为,直线l与Γ相切,与圆O:x2+y2=3a2相交于A,B两点.当l垂直于x轴时,|AB|=2.
(1)求Γ的方程;
(2)对于给定的点集M,N,若M中的每个点在N中都存在与之距离最小的点,且所有最小距离的最大值存在,记此最大值为d(M,N).
(i)若M,N分别为线段AB与圆O上的点的集合,P为圆O上一点,当△PAB的面积最大时,求d(M,N);
(ii)若d(M,N),d(N,M)均存在,记两者中的较大者为H(M,N).已知H(X,Y),H(Y,Z),H(X,Z)均存在,证明:H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).
3.(17分)(2024九省联考)离散对数在密码学中有重要的应用.设p是素数,集合X={1,2,…,p-1},若u,v∈X,m∈N,记u v为uv除以p的余数,um, 为um除以p的余数;设a∈X,1,a,a2, ,…,ap-2, 两两不同,若an, =b(n∈{0,1,…,p-2}),则称n是以a为底b的离散对数,记为n=log(p)ab.
(1)若p=11,a=2,求ap-1, ;
(2)对m1,m2∈{0,1,…,p-2},记m1 m2为m1+m2除以p-1的余数(当m1+m2能被p-1整除时,m1 m2=0),证明:log(p)a(b c)=log(p)ab log(p)ac,其中b,c∈X;
(3)已知n=log(p)ab,对x∈X,k∈{1,2,…,p-2},令y1=ak, ,y2=x bk, ,证明:x=y2 .
4.(17分)(2024河北衡水模拟)已知抛物线y2=2px(p>0),点P1为抛物线的焦点.过点P1作一条斜率为正的直线l,从下往上依次交抛物线于点A1与点B1,过点B1作与l的斜率互为相反数的直线分别交x轴和抛物线于P2、A2.
(1)若直线A1A2的斜率为k,证明:抛物线在点B1处的切线的斜率为-k;
(2)过点At(t∈N*,t>1)作直线分别交x轴和抛物线于P2t-1,Bt,过点Bt作直线分别交x轴和抛物线于P2t,At+1,且 t∈N*,直线AtBt的斜率与直线At+1Bt的斜率互为相反数.证明:数列{||}为等差数列.
5.(17分)(2025湖南长沙雅礼中学开学考试)对于数列{an},若存在等差数列{bn}和等比数列{cn},使得an=bn+cn(n∈N*),则称数列{an}是“优分解”的.
(1)证明:如果{an}是等差数列,那么{an}是“优分解”的;
(2)记Δan=an+1-an,Δ2an=Δan+1-Δan(n∈N*),证明:如果数列{an}是“优分解”的,那么Δ2an=0(n∈N*)或数列{Δ2an}是等比数列;
(3)设数列{an}的前n项和为Sn,如果{an}和{Sn}都是“优分解”的,并且a1=3,a2=4,a3=6,求{an}的通项公式.
6.(17分)(2025江西九校联考)对于由有限个自然数组成的集合A,定义集合S(A)={a+b|a∈A,b∈A},记集合S(A)中的元素个数为d(S(A)).定义变换T,变换T将集合A变换为集合T(A)=A∪S(A).
(1)若A={1,2,3},求S(A),T(A);
(2)若集合A中有n个元素,证明:d(S(A))=2n-1的充要条件是集合A中的所有元素能组成公差不为0的等差数列;
(3)若A {1,2,3,4,5,6,7,8}且{1,2,3,…,25,26} T(T(A)),求元素个数最少的集合A.
7.(17分)(2024广东广州检测)“熵”常用来判断系统中信息含量的多少,也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小,一般熵越大表示随机变量的不确定性越明显.定义:随机变量X对应取值xi的概率为pi=P(X=xi),其单位为bit的熵为H(X)=-pilog2,且pi=1(当pi=0时,规定pilogpi=0).
(1)若抛掷一枚硬币1次,正面向上的概率为m(0(2)若拋掷一枚质地均匀的硬币n次,设X表示正面向上的总次数,Y表示第n次反面向上的次数(0或1),p(x1,y1)表示正面向上x1次且第n次反面向上y1次的概率,如n=3时,p(0,1)=.对于两个离散型随机变量X,Y,其单位为bit的联合熵记为H(X,Y)=-[p(xi,0)log2p(xi,0)+p(xi,1)log2p(xi,1)],且p(xi,0)+p(xi,1)=1.
(i)当n=3时,求H(X,Y)的值;
(ii)求证:H(X,Y)8.(17分)(2024福建厦门三模)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,在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为:R(x)=,且满足f(0)=R(0), f'(0)=R'(0), f(2)(0)=R(2)(0),……, f(m+n)(0)=R(m+n)(0),其中f(2)(x)=[f'(x)]', f(3)(x)=[f(2)(x)]',……, f(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]'.已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[2,2]阶帕德近似为R(x)=.
(1)求实数a,b的值;
(2)设h(x)=f(x)-R(x),证明:xh(x)≥0;
(3)已知x1,x2,x3是方程ln x=λ的三个不等实根,求实数λ的取值范围,并证明:>-1.
答案全解全析
1.解析　(1)①已知32的正因数有1,3,9,所以a2=f(32)=3,b2=g(32)=1+3+9=13.(3分)
②易知3n的正因数有30,31,32,…,3n,
所以an=f(3n)=n+1,bn=g(3n)=30+31+32+…+3n==,(6分)
所以cn====2-,(8分)
所以Sn=2-+-+…+-=2=-.(10分)
(2)p3的正因数组成的集合为{1,p,p2,p3}(设为A),所以f(p3)=4,g(p3)=1+p+p2+p3.
q2的正因数组成的集合为{1,q,q2}(设为B),所以f(q2)=3,g(q2)=1+q+q2.
r的正因数组成的集合为{1,r}(设为C),所以f(r)=2,g(r)=1+r.(12分)
p3q2r的正因数组成的集合为{abc|a∈A,b∈B,c∈C},
所以f(p3q2r)=4×3×2=24=f(p3)f(q2)f(r),
g(p3q2r)=(1+p+p2+p3)+q(1+p+p2+p3)+…+rq2(1+p+p2+p3)
=g(p3)+qg(p3)+q2g(p3)+rg(p3)+rqg(p3)+rq2g(p3)
=[g(p3)+qg(p3)+q2g(p3)]+[rg(p3)+rqg(p3)+rq2g(p3)]
=g(p3)g(q2)+rg(p3)g(q2)
=g(p3)g(q2)(1+r)
=g(p3)g(q2)g(r).(14分)
易得2 200=23×52×11,且f(23)=4, f(52)=3, f(11)=2.
又g(tn)=t0+t1+t2+…+tn=,
所以g(23)==15,g(52)==31,g(11)=12,
所以==.(17分)
2.解析　(1)当直线l垂直于x轴时,
|AB|=2=2a=2,解得a=,(2分)
所以离心率e====,解得b2=1,
所以Γ的方程为+y2=1.(4分)
(2)(i)由(1)得圆O:x2+y2=9.
当l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m,
由消去y,得(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3=0,
由直线l与椭圆Γ相切,得Δ=(6km)2-4(3k2+1)(3m2-3)=0,整理得m2=3k2+1,(6分)
于是圆心O到直线l的距离d===∈[1,),
则S△PAB≤(d+3)·|AB|=(d+3)·2=,(8分)
设f(d)=(3-d)(d+3)3,1≤d<,
则f'(d)=2(d+3)2(3-2d),1≤d<,
当1≤d<时, f'(d)>0,函数f(d)单调递增;
当所以当d=时, f(d)取得极大值,也是最大值,此时(S△PAB)max=.(10分)
当l的斜率不存在时,由(1)知,S△PAB≤×(+3)×2=3+3.(11分)
由-(+)2=-4>0,
得>3+3,
所以当△PAB的面积最大时,d=.(12分)
对于线段AB上任意一点E,连接OE并延长,与圆O交于点F,如图,则F是圆O上与E距离最近的点,
当E为线段AB的中点时,|EF|取得最大值,所以d(M,N)=.(14分)
(ii)证明:设H(X,Y)为点集X中的点A与点集Y中的点B之间的距离,点集Y中与点A距离最小的点为B,则H(X,Y)=|AB|,
假设点集Z中与点A距离最小的点为C,则H(X,Z)≥|AC|,
不妨设点集Y中与点C距离最小的点为D,则H(Y,Z)≥|CD|,
则H(X,Y)=|AB|≤|AD|≤|AC|+|CD|≤H(X,Z)+H(Y,Z),
所以H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).(17分)
3.解析　(1)注意到210=1 024=93×11+1,所以ap-1, =210, =1.(3分)
(2)证法一　记=+k1p,=+k2p,×= +kp,其中m1,m2,k是整数,则=(+k1p)(+k2p)=×+k2p+k1p+k1k2p2= +(k2+k1+k1k2p+k)p,
所以 =.(6分)
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,所以ap-1-i-1可以被p整除,即ap-1-i, =1.(8分)
若i≠0,则p-1-i∈{1,…,p-2},ap-1-i, ≠1,所以i=0且ap-1-i, =1.(10分)
记n=log(p)ab,m=log(p)ac,m+n=m n+l(p-1),其中l是整数,
则b c=an, ×am, =an+m, =an m+l(p-1), =an m, al(p-1), =an m, ,
所以log(p)a(b c)=log(p)ab log(p)ac.(12分)
证法二　当p=2时,X={1},此时b=c=1,b c=1,
所以log(p)a(b c)=0,log(p)ab=0,log(p)ac=0,
所以log(p)a(b c)=log(p)ab log(p)ac.(6分)
当p>2时,因为1,a,a2, ,…,ap-2, 两两不同,所以a≥2,
又a∈X,所以a,p互质.
设n=log(p)a(b c),n1=log(p)ab,n2=log(p)ac,
则 m1,m2∈N,使得=pm1+b,=pm2+c,
所以=(pm1+b)(pm2+c),所以≡bc(mod p).(8分)
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的余数两两不同,且a,2a,3a,…,(p-1)a除以p的余数两两不同,
所以(p-1)!≡[a×2a×3a×…×(p-1)a](mod p),
所以ap-1≡1(mod p),(10分)
所以as≡bc(mod p).
又an≡b c(mod p)=bc(mod p),其中0≤n≤p-2,
所以s=n,即log(p)a(b c)=log(p)ab log(p)ac.(12分)
(3)证明:当b≥2时,由(2)可得bp-1≡1(mod p).
当b=1时,bp-1≡1(mod p)也成立.
因为n=log(p)ab,所以an≡b(mod p).(14分)
y2 ≡y2≡(x bk, )
≡(xbk)akn(p-2)≡(xbk)bk(p-2)≡x(bp-1)k-1
≡x·1k-1(mod p)≡x(mod p).(16分)
因为x∈X,所以x=y2 .(17分)
知识拓展
对于整数a,b及自然数n,若a=n·q1+r1,b=n·q2+r2,且r1=r2,0≤r14.证明　(1)设A1(x1,y1),B1(x2,y2),A2(x3,y3),则===,
同理,得=,==k.(3分)
∵=-,∴=-,∴y1+y3=-2y2,∴==-=k.
当y>0时,由y2=2px得y=,∴y'=,
∴抛物线y2=2px(p>0)在点B1(x2,y2)(y2>0)处的切线斜率为===-k.(6分)
(2)设At,Bt,t∈N*,
则直线AtBt:y=+at=+at.
令y=0,得x=-,
所以P2t-1.
同理,得P2t,P2t+1.(9分)
易得当n≥2时,|PnPn+1|=-,|Pn-1Pn|=-,
当n=2t时,|PnPn+1|-|Pn-1Pn|=+-2=+-2==,
当n=2t-1时,同理,得|PnPn+1|-|Pn-1Pn|
=.(11分)
因为=-=,
所以=-=,
所以bt-1+at=-(bt+at)=bt+at+1,
所以bt-1+bt=-2at,at+1+at=-2bt,bt-bt-1=-(at+1-at).
由bt-1+bt=-2at得bt+bt+1=-2at+1,
所以bt+1+2bt+bt-1=-2(at+at+1)=4bt,
所以bt+1+bt-1=2bt,即{bt}为等差数列.
设其公差为d1.
因为bt-bt-1=-(at+1-at),所以at+1-at=-d1,其中t≥2.(13分)
易得直线A1B1:y=+a1,因为该直线过点P1,所以0=+a1,
解得b1=-,
所以a2=-2b1-a1=-a1,
所以b2=-2a2-b1=+2a1+=2a1-,a2-a1=-a1-a1=-2a1,
又b2-b1=2a1-+=2a1-=d1,
所以a2-a1=-d1,
所以{at}为等差数列,且其公差为-d1,
则at=a1-(t-1)d1,bt=b1+(t-1)d1.(15分)
故当n=2t时,
|PnPn+1|-|Pn-1Pn|====,
该数为常数.
当n=2t-1时,|PnPn+1|-|Pn-1Pn|===,
该数为常数,
而a1+b1+a1+b1-d1=2a1--=0,
故a1+b1=-a1-b1+d1,
故=,
故对任意的n∈N*,|PnPn+1|-|Pn-1Pn|为常数,
故数列{||}为等差数列.(17分)
5.解析　(1)证明:∵{an}是等差数列,∴设an=a1+(n-1)·d'=[a1-1+(n-1)d']+1.
令bn=a1-1+(n-1)d',cn=1,则{bn}是等差数列,{cn}是等比数列,∴数列{an}是“优分解”的.(3分)
(2)证明:∵数列{an}是“优分解”的,∴设an=bn+cn(n∈N*),其中bn=b1+(n-1)d,cn=c1qn-1(c1≠0,q≠0),
则Δan=an+1-an=d+c1qn-1(q-1),Δ2an=Δan+1-Δan=c1qn-1·(q-1)2.(5分)
当q=1时,Δ2an=0(n∈N*);(6分)
当q≠1时,{Δ2an}是首项为c1(q-1)2,公比为q的等比数列.(8分)
(3)∵数列{Sn}是“优分解”的,∴设Sn=Bn+Cn(n∈N*),其中Bn=B1+(n-1)D,Cn=C1Qn-1(C1≠0,Q≠0),
由(2)知Δ2Sn=C1Qn-1(Q-1)2.
∵ΔS1=S2-S1=a2=4,ΔS2=S3-S2=a3=6,
∴Δ2S1=ΔS2-ΔS1=2,
∴C1(Q-1)2=2,∴Q≠1,∴{Δ2Sn}是首项为2,公比为Q(Q≠1)的等比数列.(11分)
ΔSn=Sn+1-Sn=an+1,结合(2)可知Δ2Sn=ΔSn+1-ΔSn=an+2-an+1=d+c1qn(q-1).
∵{Δ2Sn}是首项为2,公比为Q(Q≠1)的等比数列,
∴q≠0,q≠1,且=(Δ2S1)·(Δ2S3),
∴[d+c1q2(q-1)]2=[d+c1q(q-1)]·[d+c1q3(q-1)],
化简得c1dq(q-1)3=0,
∵c1≠0,q≠0,q≠1,∴d=0,
∴Δan=an+1-an=c1qn-1(q-1),
即数列{Δan}是首项为Δa1=a2-a1=1,公比为q的等比数列.(14分)
又∵Δa2=a3-a2=2,∴q=2,
又∵Δ2S1=2,∴d+c1q(q-1)=2,
∵d=0,q=2,∴c1=1,
∴b1=a1-c1=3-1=2.(16分)
∴an=b1+(n-1)d+c1qn-1=2+2n-1.(17分)
6.解析　(1)由题意得S(A)={2,3,4,5,6},T(A)={1,2,3,4,5,6}.(2分)
(2)证明:令A={x1,x2,…,xn},
不妨设x1充分性:设{xk}(k∈N*)是公差为d(d≠0)的等差数列,
则xi+xj=x1+(i-1)d+x1+(j-1)d=2x1+(i+j-2)d,1≤i≤n,1≤j≤n,i,j∈N*,且2≤i+j≤2n,
所以xi+xj共有(2n-1)个不同的取值,即d(S(A))=2n-1.(5分)
必要性:因为2xi又xi+xi+1所以xi+xi+2=2xi+1,所以{xk}是等差数列,且公差不为0.(9分)
(3)首先证明:1∈A.
假设1 A,A中的元素均大于1,则1 S(A),因此1 T(A),1 S(T(A)),故1 T(T(A)),与{1,2,3,…,25,26} T(T(A))矛盾,因此1∈A.(10分)
设A中的元素个数为n,则S(A)中的元素个数至多为+n,T(A)中的元素个数至多为+n+n=.
若n=2,则T(A)中的元素个数至多为5,从而T(T(A))中的元素个数至多为=20,而由题知T(T(A))中的元素个数至少为26,所以n≥3.(11分)
假设A中有三个元素,设A={1,a2,a3},且1若a2>5,T(T(A))中比4大的最小数为a2,则5 T(T(A)),与题意矛盾,故a2≤5.
易知集合T(T(A))中最大的数为4a3,由于26∈T(T(A)),故4a3≥26,即a3≥6.5,又a3∈N*,所以a3≥7.
(i)若A={1,a2,7},且a2≤5,此时1,2,a2,a2+1,7,8,2a2,7+a2,14∈T(A),有8+14=22,2×14=28∈T(T(A)),
在22与28之间可能的数为14+2a2,21+a2,此时23,24,25,26不能全在T(T(A))中,不满足题意.(14分)
(ii)若A={1,a2,8},且a2≤5,此时1,2,a2,a2+1,8,9,2a2,8+a2,16∈T(A),有16+9=25∈T(T(A)),
若26∈T(T(A)),则16+2a2=26或16+(8+a2)=26,解得a2=5或a2=2,
当A={1,2,8}时,15,21,22,23 T(T(A)),不满足题意.(16分)
当A={1,5,8}时,T(A)={1,2,5,6,8,9,10,13,16},且T(T(A))={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25,26,29,32},满足题意.
故元素个数最少的集合A为{1,5,8}.(17分)
7.解析　(1)当m=时,H(X)=-pilog2pi=-=1.(2分)
当m=时,H(X)=-pilog2pi=-·log2+·log2=2-log23.(4分)
因为33>24,所以log23>,
所以2-log23<1.
所以硬币质地均匀时,抛掷出正面向上的不确定性更大.(6分)
(2)(i)当n=3时,(X,Y)的分布列为
(X,Y) (1,0) (2,0) (3,0) (0,1) (1,1) (2,1)
p
(9分)
H(X,Y)=-4××log2+2××log2=.(11分)
(ii)证明:当Y=0时,第n次正面向上,前(n-1)次中有(xi-1)次正面向上,
所以p(xi,0)=,
所以p(xi,0)log2p(xi,0)=log2·=log2.(12分)
当Y=1时,第n次反面向上,前(n-1)次中有xi次正面向上,
所以p(xi,1)=,
所以p(xi,1)log2p(xi,1)=log2.(13分)
所以H(X,Y)=-p(xi,0)log2p(xi,0)+p(xi,1)·log2p(xi,1)
=-2log2
=-2×log2-n
=-log2-n·2n-1
=n-log2.(15分)
当n≥3时,log2≥0+(n-1)log2(n-1)+log2>1,
所以H(X,Y)=n-log28.解析　(1)由题意得f(0)=0,R(0)=a,
因为f(0)=R(0),所以a=0,(2分)
所以R(x)=.
因为f'(x)=,R'(x)=,
所以f'(0)=1,R'(0)=b,
因为f'(0)=R'(0),所以b=1.(4分)
(2)证明:由(1)得R(x)=,则h(x)=f(x)-R(x)=ln(1+x)-,x>-1,
所以h'(x)=-=≥0,且不恒等于0,所以h(x)在(-1,+∞)上单调递增.(6分)
又h(0)=0,所以 x∈(-1,0),h(x)<0, x∈(0,+∞),h(x)>0.(7分)
综上, x>-1,xh(x)≥0.(8分)
(3)不妨设x1令t(x)=ln x-λ,
则t'(x)=-λ=(x>0).(10分)
当λ≤0时,t'(x)>0,t(x)单调递增,所以t(x)=0不存在三个不等实根;(11分)
当λ>0时,令s(x)=-λx2+x-λ,
若1-4λ2≤0,即λ≥,则s(x)≤0恒成立,即t'(x)≤0,且不恒等于0,所以t(x)单调递减,所以t(x)=0不存在三个不等实根;(12分)
若1-4λ2>0,即0<λ<,则t'(x)=0存在两个不等正实根,不妨设为r1,r2,且r1所以当x∈(0,r1)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,
当x∈(r1,r2)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,
当x∈(r2,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,
又因为t(1)=0,且t'(1)=1-2λ>0,所以0故t(r1)<0,t(r2)>0.
易知ln x所以ln <-1,即ln x>2-,
所以t(λ4)=ln λ4-λ>2--λ5+=(2-λ5)+>0,
所以存在x1∈(λ4,r1),满足t(x1)=0,
又因为t=ln -λ=-ln x+λ=-t(x),
所以存在x3=,满足t(x3)=0,
故当且仅当0<λ<时,
ln x=λ存在三个不等实根,
且满足x1由(2)可知,当x>0时,ln(1+x)>,
所以ln x>(x>1),
所以ln x3=λ>,
化简可得<=x3+4+=x1+x2+x3+3,
所以>-1.(17分)
专题通法
解决新情境问题的方法和技巧
(1)通过举例子的方式,将抽象的定义转化为具体的、简单的应用,从而加深对信息的理解;
(2)用自己的语言转述新信息所表达的内容,如果能清晰描述,那么说明对此信息的理解较为透彻;
(3)发现新信息与所学知识的联系,并从描述中体会信息的本质特征与规律;
(4)如果新信息是课本知识的推广,那么要关注此信息与课本中概念的不同之处,以及什么情况下可以使用课本中的概念.