九省联考后17分综合新定义压轴问题分类整理（解析）

九省联考后17分综合新定义压轴问题分类整理目录一、数列新定义二、平面向量新定义三、圆锥曲线新定义四、三角函数新定义五、函数新定义六、概率新定义七、集合新定义八、复数新定义九、高等数学新知识1数列新定义1国际象棋是国际通行的智力竞技运动.国际象棋使用8×8格黑白方格相间棋盘，骨牌为每格与棋盘的方格大小相同的1×2格灰色方格.若某种黑白相间棋盘与骨牌满足以下三点：①每块骨牌覆盖棋盘的相邻两格；②棋盘上每一格都被骨牌覆盖；③没有两块骨牌覆盖同一格，则称骨牌构成了棋盘的一种完全覆盖.显然，我们能够举例说明8×8格黑白方格相间棋盘能被骨牌完全覆盖.(1)证明：切掉8×8格黑白方格相间棋盘的对角两格，余下棋盘不能被骨牌完全覆盖；(2)请你切掉8×8格的黑白方格相间棋盘的任意两个异色方格，然后画出余下棋盘的一种骨牌完全覆盖方式，并证明：无论切掉的是哪两个异色方格，余下棋盘都能被骨牌完全覆盖；(3)记m×n格黑白方格相间棋盘的骨牌完全覆盖方式数为F(m,n)，数列{F(2,n)}的前n项和为Sn，证明：Sn=F(2,n+2)-2.解：(1)由于每块骨牌覆盖的都是相邻的两个异色方格，故棋盘的黑白方格数目相同是其能被骨牌完全覆盖的必要条件，但切掉8×8格黑白方格相间棋盘的对角两格后，要么黑色方格比白色方格多两个，要么白色方格比黑色方格多两个，故余下棋盘不能被骨牌完全覆盖；(2)切掉两个异色方格并作完全覆盖示例如图1；如图2，8×8格黑白方格相间棋盘能够被红线分割为黑白方格依次相邻且首尾相接的“方格条”，无论切掉其中哪两个黑白方格，都会将“方格条”拆成一至两个“短方格条”，且每个“短方格条”中黑白方格的数目是相同的，都能够被骨牌完全覆盖，故余下棋盘能一定被骨牌完全覆盖；(3)如图3，可知完全覆盖方式数的递推公式为F(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)(n∈N*)，其中F(2,1)=1，F(2,2)=2.从而F(2,3)=F(2,2)+F(2,1)，F(2,4)=F(2,3)+F(2,2)，⋯，F(2,n+2)=F(2,n+1)+F(2,n)，累加得Sn+2-3=Sn+1-1+Sn，2移项得Sn=F(2,n+2)-2.22023年10月11日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建255个光子的量子计算机原型机“九章三号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球是快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比特只能处于0态或1态，量子计算机的量子比特(qubit)可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为是子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有p的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为X.1(1)若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2，且p=，求两个粒子通过第一道逻辑门后3上旋粒子个数为2的概率；*(2)若一条信息有nn>1,n∈N种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为p1，p2，⋯，pn，则称H=fp1+fp2+⋅⋅⋅+fpn(其中fx=-xlog2x)为这条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为X的信息熵H；(3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为Y(Y=1，2，3，⋯，n，⋯).证明：当n无限增大时，Y的数学期望趋近于一个常数.参考公式：0定义“q-数”(n)q=1n-1+q+⋯+q利用“q-数”可定义“q-阶乘”n!q=(1)q(2)q⋯(n)q,且0!q=1.和“q-组合数”，即对任nn!意k∈N,n∈N*,k≤n，=qkqk!qn-k!q5(1)计算：；32nn-1n-1(2)证明：对于任意k,n∈N*,k+1≤n，=+qkkqk-1qkqn+m+1nmn+i(3)证明：对于任意k,m∈N,n∈N*,k+1≤n，-=∑qn-k+i.k+1qk+1qi=0kq解：(1)由定义可知，55!(1)(2)(3)(4)(5)=2=22222323!22!2(1)2(2)2(3)2(1)2(2)223234(4)(5)1+2+2+21+2+2+2+2=22==155.(1)2(2)21×1+2nn!(n)⋅n-1!(2)因为=q=qq，kqk!qn-k!qk!qn-k!qkn-1n-1n-1!q⋅n-1!+qk=q+qk-1qkqk-1!qn-k!qk!qn-k-1!qn-1!qk=(k)q+q⋅(n-k)q.k!qn-k!qkk-1kn-k-1又(k)q+q⋅(n-k)q=1+q+⋯+q+q1+q+⋯+qn-1=1+q+⋯+q=(n)q,nn-1n-1所以=+qkkqk-1qkq(3)由定义得：nn对任意k∈N,n∈N*,k≤n,=.kqn-kq结合(2)可知nnn-1n-1==+qn-kkqn-kqn-k-1qn-kqn-1n-1=+qn-kkqk-1qnn-1n-1即=+qn-k，kqkqk-1q4nn-1n-1也即-=qn-k.kqkqk-1qn+m+1n+mn+m所以-=qn+m-k，k+1qk+1qkqn+mn+m-1n+m-1-=qn+m-1-k，k+1qk+1qkq⋯⋯n+1nn-=qn-k.k+1qk+1qkq上述m+1个等式两边分别相加得：n+m+1nmn+i-=∑qn-k+i.k+1qk+1qi=0kq4约数，又称因数.它的定义如下：若整数a除以整数mm≠0除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数.设正整数a共有k个正约数，即为a1,a2,⋅⋅⋅,ak-1,aka1a2，所以a3=a2，2k-1k-2所以a2-a1,a3-a2,⋯,ak-ak-1为a2-a1,a2-a2,⋯,a2-a2，k-1所以a=a2k≥4.(3)由题意知a1ak=a,a2ak-1=a,⋅⋅⋅,aiak+1-i=a,⋅⋅⋅，1≤i≤k，a2a2a2所以A=++⋯+，ak-1akak-2ak-1a1a21a2-a1111ak-ak-111因为≤=-,⋅⋅⋅,≤=-，a1a2a1a2a1a2ak-1akak-1akak-1ak222aaa2111所以A=++⋯+=a++⋯+ak-1akak-2ak-1a1a2ak-1akak-2ak-1a1a22111111211≤a-+-+⋯+-=a-，a1a2a2a3ak-1aka1ak11因为a1=1，ak=a，所以-<1，a1ak21122所以A≤a-j，使得ak=aiaj-ai-aj，则称数列an满足性质P．(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．①an=n，n=1，2，3，⋯；②bn=n+2，n=1，2，3，⋯．*(2)若数列an满足性质P，且a1=1，求证：集合n∈Nan=3为无限集；(3)若周期数列an满足性质P，求数列an的通项公式．∗【详解】(1)对①，取i=1，对∀j∈N,j>1，则ai=a1=1,aj=j，可得aiaj-ai-aj=j-1-j=-1，∗显然不存在k>j,k∈N，使得ak=-1，所以数列an不满足性质P；∗对②，对于∀i,j∈N,ij，使得bk=i⋅j+i+j-2+2=bibj-bi-bj，故数列bn满足性质P；(2)若数列an满足性质P，且a1=1，则有：取∗，均存在∗，使得，i=1,j=j1>1,j1∈Nk1>j1,k1∈Nak1=a1aj1-a1-aj1=-1取∗，均存在∗，使得，i=1,j=j2>k1,j2∈Nk2>j2>k1,k2∈Nak2=a1aj2-a1-aj2=-1取，均存在∗，使得，i=k1,j=k2>k1m1>k2>1,m1∈Nam1=ak1ak2-ak1-ak2=3∗∗故数列an中存在n∈N，使得an=3，即n∈N