11 增分微课6　推理、想象之创新思维试题【答案】听课 高考数学二轮复习练习

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(2)证明:方法一:设lg(p)ab=m1,lg(p)ac=m2,
∴am1除以p的余数为b,am2除以p的余数为c,
∴am1=λp+b,am2=μp+c,m1,m2∈{0,1,…,p-2},λ,μ∈N,即证lg(p)a(b c)=m1+m2,
又am1+m2p=(λp+b)(μp+c)p=λμp2+(λc+bμ)p+bcp,
∴am1+m2除以p的余数为bc,即为bc,
∴lg(p)a(bc)=m1+m2=lg(p)ab⊕lg(p)ac.
方法二:令n=lg(p)a(bc),n1=lg(p)ab,n2=lg(p)ac,则an1=pλ+b,an2=pμ+c,其中λ,μ∈N,
∴an1+n2≡bc(md p),而an≡bc(md p)≡bc(md p),
∴an=an1+n2(md p),
由费马小定理得as(p-1)+t≡at(md p),
则n=n1+n2或n=(n1+n2)+p-1,
则n=n1n2,∴lg(p)a(bc)=lg(p)ab⊕lg(p)ac.
(3)证明:方法一:若m除以n的余数为b,可记为m≡b(md n),由n=lg(p)ab,得an≡b(md p),
∴y2y1n(p-2),⊗≡y2·y1n(p-2)(md p)≡x·bk·(ak)n(p-2)(md p)=xank·ank(p-2)(md p)=x·ank(p-1)(md p)=x(ap-1)nk(md p)(∵ap-1除以p的余数为1)≡x·1nk(md p)≡x(md p),
∵y2y1n(p-2),⊗,x∈{1,2,…,p-1},∴x=y2y1n(p-2),⊗.
方法二:∵n=lg(p)ab,∴an≡b(md p),
且y2y1n(p-2),⊗≡y2·y1n(p-2),⊗≡x(md p),
∴x∈X,∴x=y2y1n(p-2),⊗.
变式题 (1)ABC (2)0001 [解析] (1)由(5+2)2n+1=C2n+10(5)2n+1+C2n+11(5)2n·21+…+C2n+12n+122n+1,(5-2)2n+1
=C2n+10(5)2n+1-C2n+11(5)2n·21+…-C2n+12n+122n+1,得(5+2)2n+1-(5-2)2n+1=2[C2n+11(5)2n·21+C2n+13(5)2n-2·23+…+C2n+12n+122n+1]
=2[C2n+115n·21+C2n+135n-1·23+…+C2n+12n+122n+1],因为C2n+115n·21+C2n+135n-1·23+…+C2n+12n+122n+1为整数,且01,|a2-a4|>1,
不妨设a1≤a2,若a2>a3,则-1≤a1-a2≤0,01,
这与A4具有性质P矛盾,所以假设不成立,所以T4≠⌀.
变式题 解:(1)由题意,m是正奇数,
当m=1时,由a1=1,得a2=1+1=2,a3=12a2=1=a1,这与前6项各不相同矛盾,不合题意;
当m=3时,由a1=1,得a2=1+3=4,a3=2,a4=1=a1,这与前6项各不相同矛盾,不合题意;
当m=5时,由a1=1,得a2=1+5=6,a3=3,a4=3+5=8,a5=4,a6=2,符合题意.
综上,m的最小值为5,此时数列的前6项依次为1,6,3,8,4,2.
(2)证明:假设集合B={k∈N*|ak∈Am,ak>2m}是非空集合,
当k=1时,a1=1,又m是正奇数,2m≥2,所以a12m,则需m2m≥ak-1,所以ak=ak-1+m,因此ak-1为奇数,且ak-1>m.
若ak-1=ak-2+m,则ak-2为偶数,
但此时应有ak-1=12ak-2,与ak-1=ak-2+m矛盾;
若ak-1=12ak-2,则ak-2>2m,即k-2∈B,与B中元素的最小值为k矛盾.
综上,假设不成立,故集合B为空集.
(3)猜想S={1,2}.
易知S1={1,2},以下只需证明对任意大于1的奇数m,1∈Sm,2∈Sm均成立.
若aj=1,j>1,则aj-1=2,故只需证明必存在aj=1,j>1.
由(2)知无穷数列Am中所有的项都属于集合{1,2,…,2m},
因此必存在i1,则ai=aj=K>1;
若K>m,则必有ai-1=aj-1=K-m≥1,当ai-1=aj-1=1时,ai-2=aj-2=2>1,与i的值最小矛盾;
若K≤m,则必有ai-1=aj-1=2K>1,也与i的值最小矛盾.
因此只能ai=1,因此aj=ai=1,j>1,aj-1=2,即1∈Sm,2∈Sm.
综上,S={1,2}.
例3 解:(1)因为A0=1336,S={1,3},
所以A0经过φ1变换后得到的数阵A1=-1-336,
A1经过φ3变换后得到的数阵A2=13-3-6,
所以Ts(A0)=1+3-3-6=-5.
(2)若e1=2,e2=4,e3=5,则A3=A0,可得Ts(A0)=1+3+3+6=13.
若e1=1,e2,e3∈{2,4,5},则A3=-1-336,可得Ts(A0)=-1-3+3+6=5.
若e3=6,e1,e2∈{2,4,5},则A3=13-3-6,可得Ts(A0)=1+3-3-6=-5.
若e1,e2,e3中一个为3,另外两个属于{2,4,5},则A3=-1-3-3-6,
可得Ts(A0)=-1-3-3-6=-13.
若e1=1,e2∈{2,4,5},e3=6,则A3=-1-3-3-6,可得Ts(A0)=-1-3-3-6=-13.
若e1=1,e2,e3中一个为3,另外一个属于{2,4,5},
则A3=13-3-6,可得Ts(A0)=1+3-3-6=-5.
若e3=6,e1,e2中一个为3,另外一个属于{2,4,5},
则A3=-1-336,可得Ts(A0)=-1-3+3+6=5.
若e1=1,e2=3,e3=6,则A3=A0,可得Ts(A0)=1+3+3+6=13.
综上所述,Ts(A0)的所有可能取值为13,-13,5,-5.
变式题 解:(1)设A(x,y),则2-1-23xy=3-1,
∴2x-y=3,-2x+3y=-1,解得x=2,y=1,∴A(2,1).
(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x,y),
当P不与A,B重合时,
∵A,B,P三点共线,∴y-y1x-x1=y-y2x-x2,
∵M=abcd,∴A'(ax1+by1,cx1+dy1),B'(ax2+by2,cx2+dy2),P'(ax+by,cx+dy),
∵kP'A'=cx+dy-(cx1+dy1)ax+by-(ax1+by1)=
c(x-x1)+d(y-y1)a(x-x1)+b(y-y1)=c+d·y-y1x-x1a+b·y-y1x-x1,
kP'B'=cx+dy-(cx2+dy2)ax+by-(ax2+by2)=
c(x-x2)+d(y-y2)a(x-x2)+b(y-y2)=c+d·y-y2x-x2a+b·y-y2x-x2,
∴kP'B'=kP'A',∴P'在直线A'B'上.
当P与A或B重合时,P'与A'或B'重合.
综上,点P'在直线A'B'上.
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