2025年新高考数学复习压轴题讲义：初等数论与几何背景下的新定义（六大题型）

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"，求（1+i产及的值.

【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2EC信

道传输，如图1，若8EC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3EC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）.

图1图2

华为公司5G信道编码采用土耳其通讯技术专家ErdalArikan教授的极化码技术(以两个相互独立的5EC信

道传输信号为例)：如图3,信号人直接从信道2传输；信号K在传输前先与6“异或”运算得到信号X-

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K或

图3

(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“㊉”表示：o®o=o,1©1=0,1©0=1,0®1=1.“异或”运算性质：A㊉B=C,则/=C^B).假

设每个信道传输成功的概率均为p(0<p<1).4,4={0,1}.

(1)在传统传输方案中，设“信号K和6均被成功接收”为事件A,求尸(㈤：

(2)对于极化码技术：①求信号以被成功解码(即根据BEC信道1与2传输的信号可确定K的值)的概率；②

若对输入信号S赋值(如5=0)作为已知信号，接收端只解码信号。2,求信号6被成功解码的概率.

【解析】(1)设“信号K和4均被成功接收”为事件A,则P(N)=pp="；

⑵①•••㊉4=W，•.・。|=。2㊉X].

当且仅当信道1、信道2都传输成功时，由H的值可确定K的值，所以信号K被成功解码的概率为p2；

②若信道2传输成功，则信号被成功解码，概率为P；

若信道2传输失败、信道1传输成功，则6=%㊉乜，因为K为己知信号，信号4仍然可以被成功解码，

此时U2被成功解码的概率为(1-p)p；

若信道2、信道1都传输失败，此时信号6无法成功解码；

综上可得，信号4被成功解码的概率为P+0(1-M=2p-/A

【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A,若存在数列{%}

和实数武无片0),使/=%+%尤+%/+…+。"/一，则称A可以表示成x进制形式，简记为：

/=…如：^=2~(-1)(3)(-2)(1),表示A是一个2进制形式的数，且

^=-1+3X2+(-2)X22+1X23=5；

⑴已知m=(1-2x)(1+3d)(x片0),试将m表示成x进制的简记形式；

1____________________22

/7

(2)若数列{%}满足q=2,ak+i=—,(EN*,4=2〜…(4〃)，〃wN*,求证：bn=—8--；

1—477

⑶若常数，满足小。且虑=〜广求[吧黑•

Un+\

【解析】(1)zn=(1-2x)(1+3A2)=1-2x+3A?-6A3,

则加二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｛%｝是周期为3的数列,

a”

则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伫+0+a产+货/…+中"」

q+(y+cy

t

_C+c,>+cy+03+…+中b]d

tt

_(l+/)w-l

11,

所以lim卫=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

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NN3,已知项数为加且无重复项的

数对序列A：(XQ1),%…,区,％)满足如下三个性质:①X”％e{1,2,…,N},且x尸%(7=1,2,…,加)；

②%+1=%«=1,2,…m-1)；③(p,q)与(%p)不同时在数对序列A中.

(1)当N=3,〃?=3时，写出所有满足再=1的数对序列A；

（2）当N=6时，证明：m<\3；

（3）当N为奇数时，记上的最大值为T（N）,求7（N）.

【解析】（1）依题意，当N=3,m=3时有：

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

（2）当N=6时，

因为（P，4）与（％P）不同时在数对序列A中，

所以加WC；=15,所以1,2,3,4,5,6每个数至多出现5次，

又因为为+i=%«=1,2，…，加-1）,

所以只有占,此对应的数可以出现5次，

所以机Wgx（4x4+2x5）=13.

（3）当N为奇数时，先证明T（N+2）=T（N）+2N+1.

因为（0应）与（见。）不同时在数对序列A中，

所以T（N）4Cj=：N（N-1）,

当N=3时，构造/:（1,2）,（2,3）,（3,1）恰有C；项，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1.

对奇数N,如果和可以构造一个恰有Cj项的序列A,且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1,

那么多奇数N+2而言，可按如下方式构造满足条件的序列H：

首先，对于如下2N+1个数对集合：

｛（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｝,

每个集合中都至多有一个数对出现在序列H中，

所以7（N+2）47（N）+2N+1,

其次，对每个不大于N的偶数於｛2,4,6,…,N-1｝,

将如下4个数对并为一组：

（N+l/）",N+2）,（N+2,i+l）,（i+l,N+l）,

共得到上万」组，将这土广■组对数以及（1,N+1）,（N+1,N+2）,（N+2,1）,

按如下方式补充到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）.

此时恰有T（N）+2N+1项，所以T（N+2）=T（N）+2N+1.

综上，当N为奇数时，

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）对于四个正数小、〃、P、q,若满

足咽＜叩，则称有序数对（见〃）是（。应）的"下位序列

⑴对于2、3、7、11,有序数对（3,11）是（2,7）的"下位序歹吗?请简单说明理由；

accic

（2）设。、b、c、4均为正数，且（。*）是（G"）的“下位序列”，试判断：、三、产之间的大小关系；

bab+a

（3）设正整数〃满足条件:对集合｛加0＜机＜2021,机eN｝内的每个加，总存在正整数左，使得（私2021）是（左,〃）

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

【解析】（I）v3x7＜llx2

，（3,11）是（2,7）的吓位序列"

（2）：（。㈤是（c,d）的“下位序歹广

/.ad<be

・•.a,b,c,d均为正数

,,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

综上所述:—<-----<—；

bb+dd

mn<2021左

（3）由已知得

（m+l）z?>2022左

因为人为整数，

fmn+1<2021k

故4

[mn+n-l>2022k"

202\(mn+«-l)>2021x2022左>2022(加〃+1)

该式对集合｛同0＜加＜2021｝内的每一个机eN*的每个正整数机都成立,

所以正整数”的最小值为4043.

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在加（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，并记加为K的一个对称变换.例如，正三角形R在吗（绕中心。作120。的旋转）的作用下仍

然与R重合（如图1图2所示），所以乃是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,

（123、

记叫=312；又如，尺在乙（关于对称轴6所在直线的反射）的作用下仍然与尺重合（如图1图3所示），

（123、

所以4也是R的一个对称变换，类似地，记4=1§2•记正三角形尺的所有对称变换构成集合$•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.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-

对于一个群G,称III中的e为群G的单位元，称W中的a-为。在群G中的逆元.一个群G的一个非空子

集*叫做G的一个子群，假如〃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

12313221323131232

m=对于集合S中的元素，定义

x312321132123311

“1。203瓦4axCL?“3

一种新运算*,规则如下:*

3b2b3C2C3q

{%,。2，能}={4也也}={。*2闻={1,2,3}.

①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群;

②己知〃是群G的一个子群，e,d分别是G,4的单位元，aeH,,分别是。在群G,群”中的

逆元.猜想e,d之间的关系以及4I"之间的关系，并给出证明;

③写出群S的所有子群.

123

【解析】（1）依题意，正三角形R的对称变换如下:绕中心。作120。的旋转变换叫=

312

23

绕中心。作240。的旋转变换丐=

3

123

绕中心。作360。的旋转变换m=

32

23

关于对称轴彳所在直线的反射变换4=

3

23

关于对称轴々所在直线的反射变换/?=

21

23

关于对称轴々所在直线的反射变换4=

1

123123123123123123

综上，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

综上可知，集合S对于给定的新运算*来说能作成一个群.

②e=d,〃T=",证明如下：

先证明e=d：由于，是G的子群，取a£H,则QEG,a~leG

根据群的定义，有所以。。£=4。/，

所以小（〃。e）="T（Q0d）,即（aT。Q）。e=（QT。〃）。d,

即eoe=e。/，所以e=d.

再证明Q-I="：由于e=e',e=cT，。a，e'=a'a,

所以a-。。=储。°，所以。'。（。。小），

所以4一1。6=。'。6，所以〃T=".

③S的所有子群如下：

…；；；M；:V3J

（吊

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

区二]f1fl1232MJQl3231XMl123?

_J<123]（12310231023）口23）023）

H（>~[^312）〔231J\123）〔132>1321J\213）

【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｛g｝的一个分群数列，｛%｝称为这个分群数列的原数列.如

侬,％,…,%）,（明1，%中（%，喉「"，4）…，（4汨4+2,…，?）是｛4｝的一个分群数列，其中第七

个括号称为第4群.已知｛%｝的通项公式为%=2"-1.

（1）若｛%｝的一个分群数列中每个群都含有3项；该分群数列第左群的中间一项为4,求数列｛"｝的通项公

式；

⑵若{“〃}的一个分群数列满足第左群含有左项，4为该分群数列的第左群所有项构成的数集，设

M={m\am&At,am+1eAt+2],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4.

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

（2）由题意知该分群数列第人群含有左项，所以该分群数列前7群为（％）,（%，%），（%，%，&），（。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.当左=5时，机=15,当左=4时，〃z=10或9,

当左=3时，m=6或5或4,当氏=2时，洸=3或2,所以M={2,3,4,5,6,9,10,15},

故集合M中所有元素的各为2+3+4+5+6+9+10+15=54.

【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G,定义其在某一运算

（统称乘法）“x”下的代数结构称为“群”（G,x）,简记为G，.而判断6）＜是否为一个群，需验证以下三点：

（封闭性）对于规定的“X”运算，对任意a,beG,都须满足axbeG；

（结合律）对于规定的“x”运算，对任意a,6,ceG,都须满足ax伍xc）=（axb）xc；

（恒等元）存在eeG,使得对任意aeG,exa=a；

（逆的存在性）对任意aeG,都存在beG,使得axb=bxa=e.

记群G*所含的元素个数为〃，则群G*也称作“”阶群”.若群G*的“x”运算满足交换律，即对任意a,beG,

axb=bxa,我们称G，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R+;

（2）记C为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“x”运算使得C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G'是否都是阿贝尔群？请说明理由.

【解析】⑴

我们需证R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。,beR,则a+beR,封闭性成立；

②结合律：对。，仇ceR,a+（6+c）=（a+b）+c,结合律成立；

③恒等元：取e=0eR,则对任意aeR,0+«=a.符合恒等元要求；

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

（2）首先提出，C的“X”运算可以是复数的乘法：ziZ2（z„z2eC）,理由如下.

即证明S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：设马=。+例，z2=c+d\,其中卬Zz^C,即/+〃=，+/=].

则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,封闭性成立；

②结合律：设马=。+例，z2=c+di,z3=e+fi,其中4,z2,z3GC,

Zj亿为)=(〃+bi)[(ce_/')+(/'+de)i]

二^a^ce-df^-b(cf+de)]+[《qf+d8+gce-妫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

即为卜223)=(422”3，结合律成立；

③恒等元：取e=leC,则对任意zeC,Lz=z,符合恒等元要求；

④逆的存在性：对任意z=a+6ieC,取其共辄7=a-6i,则z-7=/+//=1=e，满足逆的存在性；

综上所述，C在复数的乘法运算下构成一个群C*.

(3)所有阶数小于等于四的群6)＜都是阿贝尔群，理由如下：

若群G'的阶数为0,则G为空集，与定义矛盾.所以G*的阶数为1，2,3,4.下逐一证明.

(1)若群G*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G*是阿贝尔

群；

(2)若群G*的阶数为2,设其元素为G。，其中e是恒等元，则exa=axe=a,符合交换律，故此时G*是阿

贝尔群；

x

(3)若群G*的阶数为3,设其元素为e,a,6,其中e是恒等元，由群的封闭性，axbeG.

若axb=a,又axe=a,推出b=e,则集合G有两个相同的元素，

不满足集合的唯一性，矛盾，所以axb=e,

现要验证交换律，即axb=6xa=e.

若bxa手e,有前知，bxaWa且bxa^b,所以bxaeG”,

与群的封闭性矛盾.所以axb=6xa,交换律成立，故此时G*是阿贝尔群；

(4)若群G'的阶数为4,设其元素为e,a,瓦c,其中e是恒等元，

由群的封闭性，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，群存在一个元素「使得w=e,很明显~e,

所以厂=。或厂=6.

假设〃=即〃xc=e,又axb=e,推出b=。则集合G有两个相同的元素，

不满足集合的唯一性，矛盾，故只能。xb=c；

先证交换律对4,6成立，即QXb=/?XQ.

若bxQWaxb=c,则由ax/jEG'，oxb只能等于e.

又因为cxe=cwe,cxbwQXZ）=e（。和。同理），

不满足群中逆的存在性，矛盾，所以QXb=bXQ=C.交换律对成立.

接下来只需证交换律对凡。和伉。也成立.

事实上，由。和6的对称性，只需证即可.

由群中逆的存在性，存在qe｛a,b｝使得"c=e.

①若4=。，则只需证cx.=axc=e.

若cxawaxc=e,由群的封闭性，cxaeG*，所以cxa只能等于6,

又因为ax6=c,得cxa=axbxa=b,即axa=l,

但。是任取的，该结论具有局限性，不对一般的。成立，故矛盾.

即cxa=axc,此时交换律对应。成立.

②若q=b.群中逆的存在性，存在P©｛瓦c｝使得Px“=e,

又因为axb=cwe,所以〃只能等于c,即axc=e,

由①可得：cxa=axc=e,即此时交换律对a,c成立.

故群6"的阶数为4时，交换律成立，故此时G*是阿贝尔群.

综上所述，所有阶数小于等于四的群G*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/,B,C都在圆E上，直线3C方程为x+y-2=0,且忸。|=2而，△/8C的垂心G（2,2）

在A/BC内，点£在线段NG上，则圆£的标准方程.

【答案】（x-3）。5-3）2=18

【解析】由△N2C的垂心G（2,2）到直线2。距离［=&,设圆E半径为r,

由塞尔瓦定理可得r+|EG|=2（忸G|+力），由圆的几何性质可得（|£G|+行丫+（9『=『,联立解得

\EG\=42,r=3日

因为直线3C方程为x+y-2=0,£6,3。,且6（2,2）,所以直线EG方程为V=云，

设E（a,a）,则£到直线3c距离d'=与4=2后，解得a=-1（舍去）或a=3,

所以圆E的标准方程为（x-3『+（y-3『=18.

故答案为：（》-3），。-3）2=18

【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/与的边的延

RDCFAF

长线及边/C,分别交于点。，E,F,则%•二•%=1,该结论称为门奈劳斯定理，若点。为的

中点，点厂为A8的中点，在“3C中随机取一点尸，则点尸在△/£尸内的概率为（）

RDA斤

【解析】因为点C为3。的中点，点尸为N5的中点，所以若=2,普=1,

DCrB

mdBDCEAF11

因为------------=1,所以——二一，

DCEAFBEA2

_SAFAE121

所以点p在内的概率八二AFF=万无=港="

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）“圆幕定理”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。的半径为2,点尸是圆。内的定点，且。尸=逝，弦NC,均过

点尸，则下列说法正确的是（）

A.|就H而|的最大值为12B.方.云的取值范围是［-4,0］

C.PA.PC^-2D.当/C/5D时，益.而为定值

【答案】BCD

【解析】如图，设直线P。与圆。于E,F,

c

€

A

对于A,圆。的半径为2,贝I］国卜4,|丽卜4,困口丽田6,

因/C,2D不能同时过圆心，故不能取等号，|就口丽|<16,A选项错误;

对于B,取NC的中点为连接OM,

---►►/►»\/»-\22►2/►2、►2

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

而OW加2M而『=2,a.反的取值范围是［-4,0］,B选项正确;

对于C,用.正=-|冏困=-|司司=-(|听砰*即+用=2,C选项正确;

对于D,/CJBD时，APPD=0,PBCP=0,

ABCl5=(14P+PBy(CP+H5^=AP-CP+PB-PD=-|Zp||c?|-|ra||ra|=-2|E?||FF|=-4,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A={1,2,…㈤,"eN+的函数称为〃次置换.满足对任意ieA,f(i)=，.的置换称作恒等置换.

所有"次置换组成的集合记作S”.对于,我们可用列表法表示此置换：

f12、

“//(I)/(2)…/⑺J'记

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

⑴若〃z)eS4J(i)=Q213)计算厅⑺；

(2)证明：对任意〃。《其，存在无eN+，使得广⑴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.

/、234、

【解析】(1)/。="。।2，

由题意可知外”",n2344J\J"（＞\[n1234J、

/、门234、一、

⑵解法一：①若/（，）=1234'则/⑴为恒等置换；

②若存在两个不同的i,使得/（，）=，，不妨设；1,2,则/⑺=]243J

所以尸（。=[1234]'即/⑴为恒等置换；

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

（1234、

当/（'）=4a时’由⑴可知/①为恒等置换；

（421力

/\n234、q/、

同理可知，当/⑺=3241时'/⑴也是恒等置换；

④若对任意的。/⑴"，

则情形一：“，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

对于情形一：尸（。为恒等置换；

对于情形二：尸⑴为恒等置换；

综上，对任意了（。€$4,存在％eN+，使得/"⑴为恒等置换；

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

所以r（z）,72（z）,/3①J"⑴中，至少有一个满足⑴=，，

即使得了"⑴=z'的左的取值可能为1,2,3,4.

k

当i分别取1,2,3,4时，记使得f（i）=i的无值分别为k,,k2,k3,k4,

只需取左为左，色A，勺的最小公倍数即可.

所以对任意/（，”见，存在左€，，使得了”（，）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{1,2,…,52}作一次如下置换:

/、“2345…52、，、[k,i=2k-l,

/（/）=，即/⑺=1

（1272283…52）v7[26+k,i=2k,

其中k=1,2,…,26.

注意到各编号在置换中的如下变化:

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1,2,8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S={{4}|无穷数列{%}中

存在有限项不为零，〃£N*},对任意{%}ES,设变换++…，xeR.定义运

算&若{%},{4}£S,则{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)证明：({叫隹也}同g}={%}以也性匕})；

(«+1)2+1203f

,l<n<1007;叫⑷小应也},证明：醺。

(3)若%=<〃仅+1)，bn=\

0,n>1000,〃〉500

【解析】⑴因为/'({叫区也})=/({%})•/({，})

二(q+a2x+a3f+应幺.')(4+b2x++“9一)

=…+(〃也+a2b3+〃3仇+贴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)因为/({4}㊁{〃})=/({%})•/({4}),

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

又因为“{/})•〃{〃})•〃{C"})=%«„})[/(b))■/(c,}[

=/({«„}®({/,„}®{c„}))

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

所以他陇也})到。"}={叫®(也}区£}).

(3)对于&},{»}eS,

因为(%+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_户"f)+••-+an-xx"^(Z?2x)+anx^bx,

所以4,=地++---+”也+―+---+an_xh2+ah,

所以｛〃“｝区也｝=｛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无+2

所以九?100产i<［i+厂2而1

£100产1+£1001

k=l乙k=\(左+1)2打2

11021

——---------<—

2101x21022'

【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X。〉中，若

在曲线耳的方程尸（尤/）=0中，以（注,力）《为非零的正实数）代替（尤/）得到曲线E2的方程户（八，为）=0,

则称曲线耳、当关于原点“伸缩”，变换（x/）f（疝，力）称为“伸缩变换”，力称为伸缩比.

⑴已知曲线用的方程为1-1=1,伸缩比2=求&关于原点“伸缩变换”后所得曲线外的方程；

2

（2）射线I的方程>=岳（》20）,如果椭圆耳：7+/=1经”伸缩变换，，后得到椭圆外,若射线/与椭圆月、

玛分别交于两点43,且|/冏=",求椭圆外的方程；

一113一

2

⑶对抛物线耳：x=2Ply,作变换曲力-（4居右）,得抛物线J/=22y；对外作变换

（x/）f（4苍4了），得抛物线心/=2己力如此进行下去，对抛物线纥：作变换

（x,y）->（A„x,2„j）,得抛物线纥+F4=20"+〃，....若百=1，4,=2",求数列｛%｝的通项公式P“.

【解析】（1）由条件得上］

2y，整理得上—匕=1,

^^=11612

43

22

所以外的方程为土-匕=1.

-1612

(2)因为耳，鱼关于原点“伸缩变换”，

对用作变换(xj)f(Ax,M(2>0),得刍：字+22/=1,

y=®x(x>0)

?B

,解得点/的坐标，为？士、

联立：2

X2

y=V2x(x>0)

联立空解得点8的坐标为2组

+；12y2=]

所以|/同=，11，[_2=立，所以]一高=)或;_高=二,

11|332333A33323

2

所以2=2或%=],

因此，椭圆反的方程为一+4/=1或[+率=1.

2

(3)对E*:x=2pny作变换(x,y)T(A„x,2„y)，

2

得抛物线En+i:(2„x)=2P几y,得/=个了,

又因为/=20“+),所以%M=今，即况=

4PnI

l+2+3+-+n-l

当