2024年全国一卷数学新高考题型细分S4 创新大题1

2024年全国一卷新高考题型细分S4 ——创新大题1 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《创新大题》大概58道。 创新大题1： 1. （2024年J01全国一卷）19. 设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． （1）写出所有的，，使数列是可分数列； （2）当时，证明：数列是可分数列；（[endnoteRef:2]） （3）从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． [2: 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可； （2）根据可分数列的定义即可验证结论； （3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义. 【小问1详解】 首先，我们设数列的公差为，则. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形， 得到新数列，然后对进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是，或，或. 所以所有可能的就是. 【小问2详解】 由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组. （如果，则忽略②） 故数列是可分数列. 【小问3详解】 定义集合，. 下面证明，对，如果下面两个命题同时成立， 则数列一定是可分数列： 命题1：或； 命题2：. 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 此时，由于从数列中取出和后， 剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组； ③，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 故此时数列是可分数列. 第二种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 由于，故，从而，这就意味着. 此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，，共组； ③全体，其中，共组； ④，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数： ，，，. 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数. 而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列. 至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列. 然后我们来考虑这样的的个数. 首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个； 而如果，假设，则可设，，代入得. 但这导致，矛盾，所以. 设，，，则，即. 所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个. 所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个. 这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为. 当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于. 而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个. 所以数列是可分数列的概率一定满足 . 这就证明了结论. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论. ] 2. （2024年粤J29珠海一中）19．矩阵乘法运算的几何意义为平面上的点在矩阵的作用下变换成点，记，且. （1）若平面上的点在矩阵的作用下变换成点，求点的坐标； （2）若平面上相异的两点、在矩阵的作用下，分别变换为点、，求证：若点为线段上的点，则点在的作用下的点在线段上；（[endnoteRef:3]） （3）已知△的顶点坐标为、、，且△在矩阵作用下变换成△，记△与△的面积分别为与，求的值，并写出一般情况（三角形形状一般化且变换矩阵一般化）下与的关系（不要求证明）. [3: 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），若变化矩阵为，则. 【分析】（1）直接根据矩阵变换的计算，可得点的坐标； （2）先求变换后的坐标，再利用斜率相等，即可证得共线； （3）求出点，，，利用行列式计算三角形面积即可. 【详解】（1）设，则， ∴解得：， ∴. （2）设，， ∵三点共线，∴， ∵，∴，， ∵， ， ∴，∴点在的作用下的点在线段上. （3）∵，，， ∴，，. ∴. ∴. 若矩阵为，则. 【点睛】本题考查矩阵与变换的综合运用、利用行列式求三角形的面积，考查逻辑推理能力和运算求解能力，计算量较大. ] 3. （2024年粤J07六校联考）19. 已知集合中含有三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”. （1）试判断集合是否具有性质，并说明理由；（[endnoteRef:4]） （2）若集合具有性质，证明：集合是集合的“期待子集”； （3）证明：集合具有性质的充要条件是集合是集合的“期待子集”. [4: 【答案】（1）不具有，理由见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分取到的三个元素都是奇数和有偶数2，两种情况比较三个条件，即可判断； （2）首先根据性质，确定集合，再根据“期待子集”的定义，确定集合是集合的“期待子集”； （3）首先证明充分性，存在三个互不相同的，使得均属于 证明满足性质的三个条件；再证明必要性，首先设满足条件的，再证明均属于，即可证明. 【小问1详解】 集合不具有性质，理由如下： （i）从集合中任取三个元素均为奇数时，为奇数，不满足条件③ （ii）从集合中任取三个元素有一个为，另外两个为奇数时，不妨设，， 则有，即，不满足条件②， 综上所述，可得集合不具有性质. 【小问2详解】 证明：由是偶数，得实数是奇数， 当时，由，得，即，不合题意， 当时，由，得，即，或（舍）， 因为是偶数，所以集合， 令，解得， 显然， 所以集合是集合的“期待子集”得证. 【小问3详解】 证明： 先证充分性： 当集合是集合的“期待子集”时，存在三个互不相同的，使得均属于， 不妨设，令，，，则，即满足条件①， 因为，所以，即满足条件②， 因为，所以为偶数，即满足条件③， 所以当集合是集合的“期待子集”时，集合具有性质. 再证必要性： 当集合具有性质，则存在，同时满足①；②；③为偶数， 令，，，则由条件①得， 由条件②得， 由条件③得均为整数， 因为， 所以，且均为整数， 所以， 因为， 所以均属于， 所以当集合具有性质时，集合是集合的“期待子集”. 综上所述，集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用“性质”和“期待子集”的定义. ] 4. （2024年湘J03长沙一中）19. 已知集合，其中且，若对任意的，都有，则称集合具有性质. （1）集合具有性质，求的最小值；（[endnoteRef:5]） （2）已知具有性质，求证：； （3）已知具有性质，求集合中元素个数的最大值，并说明理由. [5: 【答案】（1）6； （2）证明见解析； （3）7，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）由性质定义列不等式组求参数范围，结合即可得最小值； （2）根据定义，进而有，应用累加法即可证结论； （3）首先应用放缩有求得，同理可得恒成立，假设得出矛盾，再讨论并应用基本不等式证恒成立，即可确定元素个数最大值. 【小问1详解】 由性质定义知：，且， 所以的最小值为6. 【小问2详解】 由题设，且， 所以， 所以，得证. 【小问3详解】 由（2）知：， 同（2）证明得且，故，又， 所以在上恒成立， 当，取，则，故， 当，则，即. 综上，集合中元素个数的最大值为7. 【点睛】关键点点睛：第二问，根据定义得为关键；第三问，应用放缩法确定，同理得到恒成立为关键. ] 5. （2024年苏J02前黄一模）19. 若一个两位正整数的个位数为4，则称为“好数”. （1）求证：对任意“好数”一定为20的倍数；（[endnoteRef:6]） （2）若，且为正整数，则称数对为“友好数对”，规定：，例如，称数对为“友好数对”，则，求小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值. [6: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设,从而有即可证明； （2）根据题意可得，进而分类讨论即可求解. 【小问1详解】 证明：设，且为整数， ∴ ∵，且为整数，∴是正整数， ∴一定是20的倍数； 【小问2详解】 ∵，且为正整数，∴， 当时，，没有满足条件的， 当时，， ∴满足条件的有或， 解得或，∴或， 当时，，没有满足条件的， 当时，， ∴满足条件的有，解得，∴， 当时，，没有满足条件的， 当时，， ∴满足条件的有或， 解得或，∴或， ∴小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值为. ] 6. （2024年鲁J04青岛一适）19. 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；（[endnoteRef:7]） （2）证明：； （3）若，，， 证明：． [7: 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据新定义，由项系数相等可得； （2）利用新定义证明即可； （3）根据多项式的乘法可得，然后利用通项公式整理化简即可得证. 【小问1详解】 因为 ， 且， 所以，由可得， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以 又因为 所以， 所以. 【小问3详解】 对于， 因为， 所以， 所以， 所以， ， 所以， . 【点睛】难点点睛：本题属于新定义问题，主要难点在于对新定义的理解，利用多项式的乘法分析，结合通项公式即可得证. ] 7. （2024年粤J26深圳华侨城一模）19. 对于给定的正整数n，记集合，其中元素称为一个n维向量．特别地，称为零向量．设，，，定义加法和数乘：，．对一组向量，，…，（，），若存在一组不全为零的实数，，…，，使得，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关． （1）对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由． ①，；②，，；③，，，． （2）已知向量，，线性无关，判断向量，，是线性相关还是线性无关，并说明理由．（[endnoteRef:8]） （3）已知个向量，，…，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明下列结论： ①如果存在等式（，），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零； ②如果两个等式，（，，）同时成立，其中，则． [8: 【答案】（1）①线性相关，②线性相关，③线性相关 （2）向量，，线性无关，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据定义逐一判断即可； （2）设，则，然后由条件得到即可； （3）①如果某个，，然后证明都等于0即可； ②由可得，然后代入证明即可. 【小问1详解】 对于①，设，则可得，所以线性相关； 对于②，设，则可得，所以， 所以线性相关； 对于③，设，则可得， 可取符合该方程，所以线性相关； 【小问2详解】 设，则 因为向量，，线性无关，所以，解得 所以向量，，线性无关 【小问3详解】 证明：①，如果某个， 则 因为任意个都线性无关，所以都等于0 所以这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零 ②因为，所以全不为零 所以由可得 代入可得 所以 所以，， 所以 ] 8. （2024年粤J42江门一模）19. 将2024表示成5个正整数，，，，之和，得到方程①，称五元有序数组为方程①的解，对于上述的五元有序数组，当时，若，则称是密集的一组解. （1）方程①是否存在一组解，使得等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由； （2）方程①的解中共有多少组是密集的?（[endnoteRef:9]） （3）记，问是否存在最小值?若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由. [9: 【答案】（1）不存在，理由见解析 （2） （3）存在，最小值为. 【解析】 【分析】（1）若等于同一常数，则构成等差数列，根据等差数列下标和性质得到，推出矛盾即可得解； （2）依题意时，即当时，，则，，即可求出，，，，中有个，个，从而得解； （3）由方差公式得到（为方差），从而得到当方差取最小值时取最小值，从而推出是密集，即可求出的最小值. 【小问1详解】 若等于同一常数， 根据等差数列的定义可得构成等差数列，所以， 解得，与矛盾， 所以不存一组解，使得等于同一常数； 【小问2详解】 因为， 依题意时，即当时，， 所以，， 设有个，则有个，由，解得， 所以，，，，中有个，个， 所以方程①的解共有组. 【小问3详解】 因为平均数， 又方差，即， 所以，因为为常数，所以当方差取最小值时取最小值， 又当时，即，方程无正整数解，故舍去； 当时，即是密集时，取得最小值， 且. 【点睛】关键点点睛：对于新定义问题关键是理解题意，第三问的关键是方差公式的应用. ] 9. （2024年浙J28宁波）19.（17分）定义：对于定义在区间上的函数，若存在实数，使得函数在区间上单调递增（递减），在区间上单调递减（递增），则称这个函数为单峰函数且称为最优点.（[endnoteRef:10]） 已知定义在区间上的函数是以为最优点的单峰函数，在区间上选取关于区间的中心对称的两个试验点，称使得较小的试验点为好点（若相同，就任选其一），另一个称为差点.容易发现，最优点与好点在差点的同一侧.我们以差点为分界点，把区间分成两部分，并称好点所在的部分为存优区间，设存优区间为，再对区间重复以上操作，可以找到新的存优区间，同理可依次找到存优区间，满足，可使存优区间长度逐步减小.为了方便找到最优点（或者接近最优点），从第二次操作起，将前一次操作中的好点作为本次操作的一个试验点，若每次操作后得到的存优区间长度与操作前区间的长度的比值为同一个常数，则称这样的操作是“优美的”，得到的每一个存优区间都称为优美存优区间，称为优美存优区间常数.对区间进行次“优美的”操作，最后得到优美存优区间，令，我们可任取区间内的一个实数作为最优点的近似值，称之为在区间上精度为的“合规近似值”，记作. 已知函数，函数. （1）求证：函数是单峰函数； （2）已知为函数的最优点，为函数的最优点. （i）求证：； （ii）求证：. 注：. [10: 19.（17分） 解：（1）因为. 因为，所以在上单调递减，又因为 由零点存在定理知，存在唯一的，使得，且时，，，所以在上递增，上递减，所以为单峰函数. （2）（i）令，则，令，因为为在上的最优点，所以为在的最优点，，所以，结合最优点的定义知，为在区间上的唯一零点. 又由（1）知，在递增，递减，且. 所以由零点存在性定理知在区间存在唯一的，使得，即， 所以. （ii）第一次操作：取，由对称性不妨去掉区间，则存优区间为，为好点； 第二次操作：为一个试验点，为了保证对称性，另一个试验点与关于区间的中心对称，所以； 又因为前两次操作，每次操作后剩下的存优区间长度与操作前的比值为. 若，即，则（舍去）； 若，即，则，即，解得或（舍）. 则操作5次后的精度为. . 又， 所以. 所以，得证. ] 10. 11. （2024年浙J24金华一中）19. 设全集为，定义域为的函数是关于x的函数“函数组”，当n取中不同的数值时可以得到不同的函数．例如：定义域为的函数，当时，有若存在非空集合满足当且仅当时，函数在上存在零点，则称是上的“跳跃函数”． （1）设，若函数是上的“跳跃函数”，求集合; （2）设，若不存在集合使为上的“跳跃函数”，求所有满足条件的集合的并集；([endnoteRef:11]) （3）设，为上的“跳跃函数”，．已知，且对任意正整数n，均有． （i）证明：; （ii）求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点． [11: 【答案】（1） （2） （3）（i）证明见解析；（ii）2 【解析】 【分析】（1）将命题等价转化为求使得在上有零点的全体，然后利用当时，的取值范围是，得到，即可得解； （2）将命题等价转化为求使得在上没有零点的全体，然后通过分类讨论即可解决问题； （3）先用数学归纳法证明，然后将（i）等价转化为证明对，在上有零点当且仅当是偶数，再分类讨论证明；之后，先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可解决（ii）. 【小问1详解】 根据题意，所求的为使得在上有零点的全体. 由于在上有零点等价于关于的方程在上有解，注意到当时，的取值范围是，故关于的方程在上有解当且仅当，从而所求. 【小问2详解】 根据题意，不存在集合使为上的“跳跃函数”，当且仅当对任意的，在上都不存在零点. 这表明，全体满足条件的的并集，就是使得在上不存在零点的全体构成的集合. 从而我们要求出全部的，使得在上没有零点，即关于的方程在上没有解. 该方程在上可等价变形为，然后进一步变形为. 设，则我们要求出全部的，使得在上没有零点. 当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点； 当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点； 当时，对，我们有： ， 由于两个不等号的取等条件分别是和，而这无法同时成立（否则将推出），故此时对都有，从而在上一定没有零点. 综上，使得在上没有零点的构成的集合为，故所求的集合为. 【小问3详解】 首先用数学归纳法证明：对任意正整数，有. 当时，有，故结论成立； 假设结论对成立，即，则有： ，故结论对也成立. 综上，对任意正整数，有. （i）命题等价于，对，在上有零点当且仅当是偶数，下面证明该结论： 当为奇数时，对，有，所以在上没有零点； 当为偶数时，对，有，而，，从而在上一定存在零点，所以在上一定有零点. 综上，对，在上有零点当且仅当是偶数，结论得证. （ii）我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点. 根据（i）的讨论，在上有零点当且仅当是偶数，所以我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点. 我们现在有，由于当时，有，故在上的零点必定大于. 而对任意给定的，我们定义函数，则. 取，则当时，有，这表明在上单调递减，所以当时，有，从而. 取正整数，使得，且，则我们有，但我们又有，这表明在上必有一个零点，从而在上必有一个满足的零点. 综上所述，的最大值是. 【点睛】关键点点睛：在（3）的（ii）中，我们先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可得到的最大值是，这是求解最值问题的一个较为有用的论证方法. ] 12. （2024年鲁J21济南三月考）19. 在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，且为该平面的法向量.已知集合，，. （1）设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值；（[endnoteRef:12]） （2）记集合Q中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： （3）记集合T中所有点构成的几何体为W. ①求W的体积的值； ②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数. [12: 【答案】（1），； （2），； （3）①16；②，共有12个面，24条棱. 【解析】 【分析】（1）首先分析题意进行解答，分别表示出集合代表的点，后得到的截面是正方形求出，同理得到是正方形求出即可. （2）首先根据（1）分析得出为截去三棱锥所剩下的部分. 后用割补法求解体积即可. （3）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量求法求解，再看图得到面数和棱数即可. 【小问1详解】 集合表示平面上所有的点， 表示这八个顶点形成的正方体内所有的点， 而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点. 发现它是边长为2的正方形，因此. 对于，当时， 表示经过，，的平面在第一象限的部分. 由对称性可知Q表示，， 这六个顶点形成的正八面体内所有的点. 而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点. 它是边长为的正方形，因此. 【小问2详解】 记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，； 考虑集合的子集； 即为三个坐标平面与围成的四面体. 四面体四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为 由对称性知， 考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体， 即， ， 显然为两个几何体公共部分， 记，，，. 容易验证，，在平面上，同时也在的底面上. 则为截去三棱锥所剩下的部分. 的体积，三棱锥的体积为. 故的体积. 当由对称性知，. 【小问3详解】 如图所示，即为所构成的图形. 其中正方体即为集合P所构成区域.构成了一个正四棱锥， 其中到面的距离为， ，. 由题意面方程为，由题干定义知其法向量 面方程为，由题干定义知其法向量 故. 由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为. 由图可知共有12个面，24条棱. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义，解题关键是利用新定义求出法向量，然后利用向量求法得到所要求的二面角余弦值即可． ] 13. （2024年湘J34长郡二适）19. 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m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．（注：，，，，…；为的导数）已知在处的阶帕德近似为． （1）求实数a，b的值；（[endnoteRef:13]） （2）比较与的大小； （3）若在上存在极值，求的取值范围． [13: 【答案】（1），； （2）答案见解析； （3）． 【解析】 【分析】（1）由，，列方程组求实数a，b的值； （2）令利用导数研究单调性，又，可比较与的大小； （3）由在上存在极值，所以在上存在变号零点，通过构造函数分类讨论，对的零点进行分析． 【小问1详解】 由，，有， 可知，，，， 由题意，，，所以，所以，． 【小问2详解】 由（1）知，，令， 则， 所以在其定义域内为增函数，又， 时，；时，； 所以时，；时，． 【小问3详解】 由， ． 由在上存在极值，所以在上存在变号零点． 令，则，． ①时，，为减函数，，在上为减函数，，无零点，不满足条件． ②当，即时，，为增函数，，在上为增函数，，无零点，不满足条件． ③当，即时，令即，． 当时，，为减函数；时，，为增函数， ； 令，，，在时恒成立， 在上单调递增，，恒成立； ，，，则，， ； ， 令， 令，， 则在是单调递减，，所以， ， 令，则，，． ，即． 由零点存在定理可知，在上存在唯一零点， 又由③知，当时，，为减函数，， 所以此时，，在内无零点， 在上存在变号零点，综上所述实数m的取值范围为． 【点睛】方法点睛： 利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，而构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. ] 14. （2024年湘J29邵阳二联考）19. 给定整数，由元实数集合定义其随影数集.若，则称集合为一个元理想数集，并定义的理数为其中所有元素的绝对值之和. （1）分别判断集合是不是理想数集；（结论不要求说明理由） （2）任取一个5元理想数集，求证：； （3）当取遍所有2024元理想数集时，求理数的最小值.（[endnoteRef:14]） 注：由个实数组成的集合叫做元实数集合，分别表示数集中的最大数与最小数. [14: 【答案】（1）集合是理想数集，集合不是理想数集 （2）证明见解析 （3）1024144 【解析】 【分析】（1）由理想数集的定义即可判断； （2）为了方便说明，假定元素间一个有序关系为，从而分三种情况，，，讨论即可得证； （3）首先通过分类讨论证明，对元理想数集，有.从而有，即，通过放缩与等差数列求和即可得解. 【小问1详解】 设的随影数集分别为， 则， 所以集合是理想数集，集合不是理想数集. 【小问2详解】 不妨设集合且，即. 为理想数集，，则，且，使得. 当时，. 当且仅当且时，等号成立； 当时，. 当且仅当且时，等号成立； 当时，. 当且仅当时，等号成立. 综上所述：. 【小问3详解】 设. 理想数集. ，且，使得 对于，同样有. 下先证对元理想数集，有. 不妨设集合中的元素满足.即. 为理想数集， ，且，使得. 当时，， 当且仅当且时，等号成立； 当时，，当且仅当且时，等号成立； 当时，. 当且仅当时，等号成立. . .当且仅当时，等号成立. . 理数. 当且仅当或时，等号成立. 理数的最小值为. 【点睛】关键点点睛：关键是通过分类讨论证明，对元理想数集，有，由此即可顺利得解. ] 15. （2024年湘J27长沙一中适应）19. 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；（[endnoteRef:15]） （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. [15: 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）最少8次就能恢复原来的牌型，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到； （2）解法一：分类列举出所有情况，得到结论； 解法二：，故至少有一个满足，当分别取时，记使得的值分别为，取为的最小公倍数即可得到答案； （3）设原始牌型从上到下依次编号为1到52，故，列举出各编号在置换中的变化情况，得到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，从而得到最少8次这样的置换即为恒等置换. 【小问1详解】 ， 由题意可知； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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. 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，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）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （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，则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书上的概念. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$