高中数学北京高考创新题
北京新课改高考理科数学最后一题(创新题)汇编
北京新课改高考理科数学最后一题(创新题)汇编篇一：北京新课改高考理科数学最后一题汇编北京新课改高考理科数学最后一题汇编20．（本小题满分14分）设y?f是定义在区间[?1,1]上的函数，且满足条件，①f?f?0②对任意的u、v?[?1,1]，都有|f?f|?|u?v|（Ⅰ）证明：对任意x?[?1,1]，都有x?1?f?1?x（Ⅱ）证明：对任意的u,v?[?1,1]都有|f?f|?1（Ⅲ）在区间[?1,1]上是否存在满足题设条件的奇函数y?f且使得1?|f?f|?|u?v| uv?[0,]??2 ?1?|f?f|?|u?v|uv?[,1]?2若存在请举一例，若不存在，请说明理由．20．（本小题满分13分）给定有限个正数满足条件T：每个数都不大于50且总和L＝1275．现将这些数按下列要求进行分组，每组数之和不大于150且分组的步骤是：首先，从这些数中选择这样一些数构成第一组，使得150与这组数之和的差r1与所有可能的其他选择相比是最小的，r1称为第一组余差；然后，在去掉已选入第一组的数后，对余下的数按第一组的选择方式构成第二组，这时的余差为r2；如此继续构成第三组（余差为r3）、第四组（余差为r4）、??，直至第N 组（余差为rN）把这些数全部分完为止．（I）判断r1,r2,?,rN的大小关系，并指出除第N组外的每组至少含有几个数; （II）当构成第n（n篇二：北京新课改高考理科数学最后一题汇编20．（本小题满分14分）设y?f是定义在区间[?1,1]上的函数，且满足条件，①f?f?0②对任意的u、v?[?1,1]，都有|f?f|?|u?v| （Ⅰ）证明：对任意x?[?1,1]，都有x?1?f?1?x （Ⅱ）证明：对任意的u,v?[?1,1]都有|f?f|?1（Ⅲ）在区间[?1,1]上是否存在满足题设条件的奇函数y?f且使得1|f?f|?|u?v|uv ?[0,]??21?|f?f|?|u?v|uv [,1]?2若存在请举一例，若不存在，请说明理由．20．（本小题满分13分）给定有限个正数满足条件T：每个数都不大于50且总和L＝1275．现将这些数按下列要求进行分组，每组数之和不大于150且分组的步骤是：首先，从这些数中选择这样一些数构成第一组，使得150与这组数之和的差r1与所有可能的其他选择相比是最小的，r1称为第一组余差；然后，在去掉已选入第一组的数后，对余下的数按第一组的选择方式构成第二组，这时的余差为r2；如此继续构成第三组（余差为r3）、第四组（余差为r4）、??，直至第N 组（余差为rN）把这些数全部分完为止．（I）判断r1,r2,?,rN的大小关系，并指出除第N组外的每组至少含有几个数; （II）当构成第n（n篇三：20XX 高考理科数学北京卷答案中国最大的教育门户网站E度高考网gaokao.20XX年高考数学北京卷（理）答案及详细解析学而思高考研究中心邓杨从7号下午考完数学开始，就不停有同学给我打汇编)电话，告诉我今年北京卷的数学变化如何如何，而只有当真正拿到这张试卷的时候，才感慨新课改的刺激作用的确不小，在经历了09年的一场四平八稳的送别大纲课程考试之后，北京真正地迎来了新课改后的第一届高考。
高考总复习北师大版数学文创新问题专项训练二
创新问题专项训练（二）一、选择题１．用C（A）表示非空集合A中的元素个数，定义A*B＝错误!若A＝{x|x２—ax—１＝0，a∈R}，B＝{x||x２＋bx＋１|＝１，b∈R}，设S＝{b|A*B＝１}，则C（S）等于（）Ａ．４Ｂ．３Ｃ．２Ｄ．１解析：选B 显然集合A的元素个数为２，根据A*B＝１可知，集合B的元素个数为１或３，即方程|x２＋bx＋１|＝１有１个根或有３个根．结合函数y＝|x２＋bx＋１|的图象可得，b＝0或错误!＝—１，即b＝0或b＝±２错误!.２．已知集合A＝{（x，y）||x—２|＋|y—３|≤１}，集合B＝{（x，y）|x２＋y２＋Dx＋Ey＋F≤0，D ２＋E２—４F>0}，若集合A，B恒满足“A⊆B”，则集合B中的点所形成的几何图形面积的最小值是（）Ａ．错误!πＢ．πＣ．错误!πＤ．错误!π解析：选B 集合A可以看作是由区域{（x，y）||x|＋|y|≤１}向右平移２个单位长度、向上平移３个单位长度得到的，这是一个边长为错误!的正方形区域，集合B是一个圆形区域，如果A⊆B且集合B中的点形成的几何图形的面积最小，则圆x２＋y２＋Dx＋Ey＋F＝0是|x—２|＋|y—３|＝１所表示正方形的外接圆，其面积是π×１２＝π.３．已知数组（x１，y１），（x２，y２），…，（x１0，y１0）满足线性回归方程y＝bx＋a，则“（x0，y0）满足线性回归方程y＝bx＋a”是“x0＝错误!，y0＝错误!”的（）Ａ．充分而不必要条件Ｂ．必要而不充分条件Ｃ．充要条件Ｄ．既不充分也不必要条件解析：选B 由于线性回归方程恒过样本点的中心（错误!，错误!），则由“x0＝错误!，y0＝错误!”一定能推出“（x0，y0）满足线性回归方程y＝bx＋a”，反之不一定成立．４．给出定义：若函数f（x）在D上可导，即f′（x）存在，且导函数f′（x）在D上也可导，则称f （x）在D上存在二阶导函数，记f″（x）＝（f′（x））′，若f″（x）<0在D上恒成立，则称f（x）在D上为凸函数．以下四个函数在（0，错误!）上不是凸函数的是（）Ａ．f（x）＝sin x＋cos xＢ．f（x）＝ln x—２xＣ．f（x）＝—x３＋２x—１Ｄ．f（x）＝x·e x解析：选D 由凸函数的定义可得该题即判断f（x）的二阶导函数f″（x）的正负．对于A，f′（x）＝cos x—sin x，f″（x）＝—sin x—cos x，在x∈（0，错误!）上，恒有f″（x）<0；对于B，f′（x）＝错误!—２，f″（x）＝—错误!，在x∈（0，错误!）上，恒有f″（x）<0；对于C，f′（x）＝—３x２＋２，f″（x）＝—6x，在x∈（0，错误!）上，恒有f″（x）<0；对于D，f′（x）＝e x＋x e x，f″（x）＝e x ＋e x＋x e x＝２e x＋x e x，在x∈（0，错误!）上，恒有f″（x）>0．５．定义：若函数f（x）的图象经过变换T后所得图象对应函数的值域与f（x）的值域相同，则称变换T是f（x）的同值变换．下面给出四个函数及其对应的变换T，其中T不属于f（x）的同值变换的是（）Ａ．f（x）＝（x—１）２，T将函数f（x）的图象关于y轴对称Ｂ．f（x）＝２x—１—１，T将函数f（x）的图象关于x轴对称Ｃ．f（x）＝２x＋３，T将函数f（x）的图象关于点（—１,１）对称Ｄ．f（x）＝sin（x＋错误!），T将函数f（x）的图象关于点（—１,0）对称解析：选B 选项B中，f（x）＝２x—１—１的值域为（—１，＋∞），将函数f（x）的图象关于x轴对称变换后所得函数的值域为（—∞，１），值域改变，不属于同值变换．经验证，其他选项正确．二、填空题6．对于非空实数集A，记A*＝{y|任意x∈A，y≥x}．设非空实数集合M，P，满足M⊆P.给出以下结论：１P*⊆M*；２M*∩P≠∅；３M∩P*＝∅.其中正确的结论是________（写出所有正确结论的序号）．解析：对于１，由M⊆P得知，集合M中的最大元素m必不超过集合P中的最大元素p，依题意有P*＝{y|y≥p}，M*＝{y|y≥m}，又m≤p，因此有P*⊆M*，１正确；对于２，取M＝P＝{y|y<１}，依题意得M*＝{y|y≥１}，此时M*∩P＝∅，因此２不正确；对于３，取M＝{0，—１,１}，P＝{y|y≤１}，此时P*＝{y|y≥１}，M∩P*＝{１}≠∅，因此３不正确．综上所述，其中正确的结论是１.答案：１7．已知[x]表示不超过实数x的最大整数，如[１．8]＝１，[—１．２]＝—２．x0是函数f（x）＝lnx—错误!的零点，则[x0]等于________．解析：∵函数f（x）的定义域为（0，＋∞），∴函数f′（x）＝错误!＋错误!>0，即函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增．由f（２）＝ln ２—１<0，f（e）＝ln e—错误!>0，知x0∈（２，e），∴[x0]＝２．答案：２8．某同学为研究函数f（x）＝错误!＋错误!（0≤x≤１）的性质，构造了如图所示的两个边长为１的正方形ABCD和BEFC，点P是边BC上的一个动点，设CP＝x，则AP＋PF＝f（x）．请你参考这些信息，推知函数f（x）的极值点是________；函数f（x）的值域是________．解析：显然当点P为线段BC的中点时，A，P，F三点共线，此时AP＝PF，且函数f（x）取得最小值错误!，函数f（x）的图象的对称轴为x＝错误!；当x∈[0，错误!]时，函数f（x）单调递减，且值域为[错误!，错误!＋１]；当x∈[错误!，１]时，函数f（x）单调递增，且值域为[错误!，错误!＋１]，∴函数f（x）的值域为[错误!，错误!＋１]．答案：x＝错误![错误!，错误!＋１]9．（１）如图，矩形ABCD的三个顶点A，B，C分别在函数y＝log2x，y＝x12，y＝（错误!）x的图象上，且矩形的边分别平行于两坐标轴．若点A的纵坐标为２，则点D的坐标为________．（２）若存在实常数k和b，使得函数f（x）和g（x）对其定义域上的任意实数x分别满足：f（x）≥kx＋b和g（x）≤kx＋b，则称直线l：y＝kx＋b为f（x）和g（x）的“隔离直线”．已知h（x）＝x ２，φ（x）＝２eln x（其中e为自然对数的底数），根据你的数学知识，推断h（x）与φ（x）间的隔离直线方程为________．解析：（１）由A点的纵坐标为２，得点A的横坐标是错误!２＝错误!，由矩形的边平行于坐标轴，得B点的纵坐标是２，从而横坐标是２２＝４，所以C点的横坐标是４，纵坐标是（错误!）４＝错误!，所以点D的横坐标等于A点的横坐标错误!，点D的纵坐标等于C点的纵坐标错误!，即D点的坐标是（错误!，错误!）．（２）容易观察到h（x）和φ（x）有公共点（错误!，e），又（x—错误!）２≥0，即x２≥２错误!x—e，所以猜想h（x）和φ（x）间的隔离直线为y＝２错误!x—e，下面只需证明２eln x≤２错误!x—e恒成立即可，构造函数λ（x）＝２eln x—２错误!x＋e.由于λ′（x）＝错误!（x>0），即函数λ（x）在区间（0，错误!）上递增，在（错误!，＋∞）上递减，故λ（x）≤λ（错误!）＝0，即２eln x—２错误!x＋e≤0，得２eln x≤２错误!x—e.故猜想成立，所以两函数间的隔离直线方程为y＝２错误!x—e.答案：（１）（错误!，错误!）（２）y＝２错误!x—e三、解答题１0．已知二次函数f（x）＝ax２＋bx＋c和g（x）＝ax２＋bx＋c·ln x（abc≠0）．（１）证明：当a<0时，无论b为何值，函数g（x）在定义域内不可能总为增函数；（２）在同一函数图象上取任意两个不同的点A（x１，y１），B（x２，y２），线段AB的中点C（x0，y0），记直线AB的斜率为k，若f（x）满足k＝f′（x0），则称其为“K函数”．判断函数f（x）＝ax２＋bx＋c与g（x）＝ax２＋bx＋c·ln x（abc≠0）是否为“K函数”？并证明你的结论．解：（１）假设g（x）在定义域（0，＋∞）上为增函数，则有g′（x）＝２ax＋b＋错误!＝错误!>0对于一切x>0恒成立，从而必有２ax２＋bx＋c>0对于一切x>0恒成立．又a<0，由二次函数的图象可知：２ax２＋bx＋c>0对于一切x>0恒成立是不可能的．因此当a<0时，无论b为何值，函数g（x）在定义域内不可能总为增函数．（２）函数f（x）＝ax２＋bx＋c是“K函数”，g（x）＝ax２＋bx＋c·ln x（abc≠0）不是“K函数”．证明如下：对于二次函数f（x）＝ax２＋bx＋c，k＝错误!＝错误!＝a（x２＋x１）＋b＝２ax0＋b.又f′（x0）＝２ax0＋b，故k＝f′（x0）．故函数f（x）＝ax２＋bx＋c是“K函数”．对于函数g（x）＝ax２＋bx＋c·ln x（abc≠0）（x>0），不妨设x２>x１>0，则k＝错误!＝错误!＝２ax0＋b＋错误!.又g′（x0）＝２ax0＋b＋错误!，若g（x）为“K函数”，则必满足k＝g′（x0），即有２ax0＋b＋错误!＝２ax0＋b＋错误!，也即错误!＝错误!（c≠0），所以错误!＝错误!.设t＝错误!，则0<t<１，ln t＝错误!.１设s（t）＝ln t—错误!，则s′（t）＝错误!>0，所以s（t）在t∈（0,１）上为增函数，s（t）<s（１）＝0，故ln t≠错误!.２１与２矛盾，因此，函数g（x）＝ax２＋bx＋c·ln x（abc≠0）不是“K函数”．１１．如图，两个圆形飞轮通过皮带传动，大飞轮O１的半径为２r（r为常数），小飞轮O２的半径为r，O１O２＝４r.在大飞轮的边缘上有两个点A，B，满足∠BO１A＝错误!，在小飞轮的边缘上有点C.设大飞轮逆时针旋转，传动开始时，点B，C在水平直线O１O２上．（１）求点A到达最高点时A，C间的距离；（２）求点B，C在传动过程中高度差的最大值．解：（１）以O１为坐标系的原点，O１O２所在直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系．当点A到达最高点时，点A绕O１转过错误!，则点C绕O转过错误!.２此时A（0,２r），C（错误!r，错误!r）．∴AC＝错误!＝错误!·r.（２）由题意，设大飞轮转过的角度为θ，则小飞轮转过的角度为２θ，其中θ∈[0,２π]．此时B（２r cos θ，２r sin θ），C（４r＋r cos ２θ，r sin ２θ）．记点B，C的高度差为d，则d＝|２r sin θ—r sin ２θ|，即d＝２r|sin θ—sin θcos θ|.设f（θ）＝sin θ—sin θcos θ，θ∈[0,２π]，则f′（θ）＝（１—cos θ）（２cos θ＋１）．令f′（θ）＝（１—cos θ）（２cos θ＋１）＝0，得cos θ＝—错误!或１，则θ＝错误!，错误!，0或２π.f（θ）和f′（θ）随θ的变化情况如下表：θ0错误!错误!错误!错误!错误!２πf′（θ）＋0—0＋极小值ff（θ）0极大值f错误!错误!∴当θ＝错误!时，f（θ）取得极大值错误!；当θ＝错误!时，f（θ）取得极小值—错误!.综上所述，点B，C在传动过程中高度差的最大值d max＝错误!r.。
北京新课改高考理科数学创新题汇编
2013届高三课改教改创新题汇编之十年高考数学创新题-北京（理）1．(03北京理)（本小题满分14分）设)(xfy=是定义在区间]1,1[-上的函数，且满足条件，①0)1()1(==-ff②对任意的u、]1,1[-∈v，都有|||)()(|vuvfuf-≤-（Ⅰ）证明：对任意]1,1[-∈x，都有xxfx-≤≤-1)(1；（Ⅱ）证明：对任意的]1,1[,-∈vu都有1|)()(|≤-vfuf；（Ⅲ）在区间]1,1[-上是否存在满足题设条件的奇函数)(xfy=且使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈-=-∈-<-]1,21[|||)()(|]21,0[|||)()(|uvvuvfufuvvuvfuf若存在请举一例，若不存在，请说明理由．2．(04北京理)（本小题满分13分）给定有限个正数满足条件T：每个数都不大于50且总和L＝1275．现将这些数按下列要求进行分组，每组数之和不大于150且分组的步骤是：首先，从这些数中选择这样一些数构成第一组，使得150与这组数之和的差r1与所有可能的其他选择相比是最小的，r1称为第一组余差；然后，在去掉已选入第一组的数后，对余下的数按第一组的选择方式构成第二组，这时的余差为r 2；如此继续构成第三组（余差为r 3）、第四组（余差为r 4）、……，直至第N 组（余差为r N ）把这些数全部分完为止．（I ）判断r r r N 12,,, 的大小关系，并指出除第N 组外的每组至少含有几个数; （II ）当构成第n （n<N ）组后，指出余下的每个数与r n 的大小关系，并证明; （III ）对任何满足条件T 的有限个正数，证明：N ≤11．3．(05北京理)（本小题14分）设f(x)是定义在[0, 1]上的函数，若存在x*∈(0，1)，使得f(x)在[0, x*]上单调递增，在[x*，1]上单调递减，则称f(x)为[0, 1]上的单峰函数，x*为峰点，包含峰点的区间为含峰区间．对任意的[0，l]上的单峰函数f(x)，下面研究缩短其含峰区间长度的方法．（区间长度等于区间的右端点与左端点之差）（I ）证明：对任意的x1，x2∈(0，1)，x1＜x2，若f(x1)≥f(x2)，则(0，x2)为含峰区间；若f(x1)≤f(x2)，则(x*，1)为含峰区间；（II ）对给定的r （0＜r ＜0.5），证明：存在x1，x2∈(0，1)，满足x2－x1≥2r ，使得由（I ）所确定的含峰区间的长度不大于 0.5＋r ；（III ）选取x1，x2∈(0, 1)，x1＜x2，由（I ）可确定含峰区间为(0，x2)或(x1，1)，在所得的含峰区间内选取x3，由x3与x1或x3与x2类似地可确定一个新的含峰区间．在第一次确定的含峰区间为(0，x2)的情况下，试确定x1，x2，x3的值，满足两两之差的绝对值不小于0.02，且使得新的含峰区间的长度缩短到0.34.11501-->-n Ln r n4．(06北京理)（本小题共14分）在数列{}na中，若12,a a是正整数，且12||,3,4,5,n n na a a n--=-=，则称{}na为“绝对差数列”.（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；（Ⅱ）若“绝对差数列”{}na中，20213,0a a==，数列{}nb满足12n n n nb a a a++=++，1,2,3,n= ，分别判断当n→∞时，n a与n b的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.5．(07北京理)（本小题共13分）已知集合{}12(2)kA a a a k=，，，≥，其中(12)ia i k∈=Z，，，，由A中的元素构成两个相应的集合：{}()S a b a A b A a b A=∈∈+∈，，，，{}()T a b a A b A a b A=∈∈-∈，，，．其中()a b，是有序数对，集合S和T中的元素个数分别为m和n．若对于任意的a A∈，总有a A-∉，则称集合A具有性质P．（I）检验集合{}0123，，，与{}123-，，是否具有性质P并对其中具有性质P的集合，写出相应的集合S和T；（II）对任何具有性质P的集合A，证明：(1)2k kn-≤；（III）判断m和n的大小关系，并证明你的结论。
2023年新高考数学创新题型微专题14 集合,复数,逻辑语言专题(数学文化)(解析版)
专题14 集合，复数，逻辑语言专题（数学文化）一、单选题1．（2022·高一课时练习）数系的扩张过程以自然数为基础，德国数学家克罗内克(Kronecker ，1823﹣1891)说“上帝创造了整数，其它一切都是人造的”设为虚数单位，复数Z 满足()202012Z i i =+，则Z 的共轭复数是（ ） A ．2i + B ．2i − C ．12i − D ．12i +【答案】C【分析】利用虚数单位的幂的运算规律化简即得12Z i =+,然后利用共轭复数的概念判定. 【详解】解：()505202041,12,12i i Z i Z i ==∴=+∴=−,故选：C.2．（2022秋·浙江温州·高一乐清市知临中学校考期中）某国近日开展了大规模COVID -19核酸检测，并将数据整理如图所示，其中集合S 表示（ ）A ．无症状感染者B ．发病者C ．未感染者D ．轻症感染者【答案】A【分析】由S A B =I 即可判断S 的含义.【详解】解：由图可知，集合S 是集合A 与集合B 的交集， 所以集合S 表示：感染未发病者，即无症状感染者， 故选：A.3．（2021秋·湖北十堰·高一校联考期中）必修一课本有一段话：当命题“若p ，则q ”为真命题，则“由p 可以推出q ”，即一旦p 成立，q 就成立，p 是q 成立的充分条件.也可以这样说，若q 不成立，那么p 一定不成立，q 对p 成立也是很必要的.王安石在《游褒禅山记》中也说过一段话：“世之奇伟、瑰怪，非常之观，常在于险远，而人之所罕至焉，故非有志者不能至也”.从数学逻辑角度分析，“有志”是“能至”的（ ）A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】本题可根据充分条件与必要条件的定义得出结果.【详解】因为“非有志者不能至也”即“有志”不成立时“能至”一定不成立， 所以“能至”是“有志”的充分条件，“有志”是“能至”的必要条件， 故选：B.4．（2022秋·云南曲靖·高一校考期中）杜甫在《奉赠韦左丞丈二十二韵》中有诗句：“读书破万卷，下笔如有神.”对此诗句的理解是读书只有读透书，博览群书，这样落实到笔下，运用起来才有可能得心应手，如有神助一般，由此可得，“读书破万卷”是“下笔如有神”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．充要条件 C ．必要不充分条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据充分条件和必要条件的定义分析判断.【详解】杜甫的诗句表明书读得越多，文章未必就写得越好，但不可否认的是，一般写作较好的人，他的阅读量一定不会少，而且所涉猎的文章范畴也会比一般读书人广泛. 因此“读书破万卷”是“下笔如有神”的必要不充分条件. 故选：C5．（2020·陕西榆林·z a bi =+（a ，b ∈R ）对应向量OZ （O 为坐标原点），设OZ r =，以射线Ox 为始边，OZ 为终边旋转的角为θ，则()cos sin z r i θθ=+，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：()1111cos sin z r i θθ=+，()2222cos sin z r i θθ=+，则()()12121212cos sin z z r r i θθθθ=+++⎡⎤⎣⎦，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：()()cos sin cos sin nnr i r n i n θθθθ+=+⎡⎤⎣⎦，已知)4z i =，则z =（ ）A ．B ．4C ．D ．16【答案】D【解析】根据复数乘方公式：()()cos sin cos sin nnr i r n i n θθθθ+=+⎡⎤⎣⎦，直接求解即可.【详解】)4441216cos sin 266z ii i ππ⎡⎤⎫⎛⎫===+⎢⎥⎪ ⎪⎪⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦16cos 4sin 4866i ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯=−+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，16z .故选：D【点睛】本题考查了复数的新定义题目、同时考查了复数模的求法，解题的关键是理解棣莫弗定理，将复数化为棣莫弗定理形式，属于基础题.6．（2021春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）在代数史上，代数基本定理是数学中最重要的定理之一，它说的是：任何一元n 次复系数多项式()f x 在复数集中有n 个复数根（重根按重数计）那么()31f x x =−在复平面内使()0f x =除了1和12−这两个根外，还有一个复数根为（ ）A ．12B ．12−C ．12D ．12−【答案】B【分析】利用方程根的意义，把12−代入方程，经化简变形即可得解.【详解】因12−是方程()0f x =的根，即32111))22(1(2−−−=⇒==221111)())222(2(−=−−−+⇒=3111)())1222222((−−=−+−⇒=，所以12−是方程()0f x =的根.故选：B7．（2021春·安徽宣城·高一校联考期中）瑞士著名数学家欧拉发现了公式i cos isin x x x e =+（i 为虚数单位），它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位.根据欧拉公式可知，3i 4e π表示的复数在复平面内对应的点位于（ ） A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限【答案】B【分析】根据欧拉公式代入求解即可. 【详解】解：根据欧拉公式i e cos isin x x x=+，得3πi 43π3πecosisin 44=+=+，即它在复平面内对应的点为22⎛ ⎝⎭， 故位于第二象限. 故选：B.8．（2022·全国·高三专题练习）“虚数”这个名词是17世纪著名数学家、哲学家笛卡尔()ReneDescartes 创制的，直到19世纪虚数才真正闻人数的领域，虚数不能像实数一样比较大小.已知复数z ，1z =且(1i)0z ⋅+>(其中i 是虚数单位)，则复数z =（ ）ABC D 【答案】C【分析】根据条件，设i z a b =+，再列式求,a b ，即可得到复数. 【详解】设i z a b =+，221a b +=，①()()()()i 1i i>0a b a b a b ++=−++，得0a b +=，且0a b −> ②，由①②解得：a =b =所以22z =−. 故选：C9．（2022·全国·高三专题练习）2022年1月，中科大潘建伟团队和南科大范靖云团队发表学术报告，分别独立通过实验，验证了虚数i 在量子力学中的必要性，再次说明了虚数i 的重要性．对于方程310x +=，它的两个虚数根分别为（ ）A ．12B ．12−C D 【答案】A【分析】根据方程根的定义进行验证．【详解】首先实系数多项式方程的虚数根成对出现，它们互为共轭复数，因此排除CD ，A 选项，31110+=+==， 因此选项A 正确，则选项B 错误（因为3次方程只有3个根（包括重根））．故选：A ．10．（2022·全国·高三专题练习）人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展，从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等．16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时，首先引进了2i 1=−，17世纪法因数学家笛卡儿把i 称为“虚数”，用i(R)a b a b +∈、表示复数，并在直角坐标系上建立了“复平面”．若复数z 满足方程2250z z ++=，则z =（ ） A ．12i −+ B ．2i −−C ．12i −±D ．2i −±【答案】C【分析】设出复数z 的代数形式，再利用复数为0列出方程组求解作答. 【详解】设i(,R)z a b a b =+∈，因2250z z ++=，则2(i)2(i)50a b a b ++++=，即22(25)2(1)i 0a b a b a −++++=，而,R a b ∈，则222502(1)0a b a b a ⎧−++=⎨+=⎩，解得12a b =−⎧⎨=±⎩，所以12i z =−±. 故选：C11．（2022·高一单元测试）中国古代重要的数学著作《孙子算经》下卷有题：今有物，不知其数.三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数之，剩二.问：物几何？现有如下表示：已知{}32,A x x n n N *==+∈，{}53,B x x n n N *==+∈，{}72,C x x n n N *==+∈，若x A B C ∈⋂⋂，则下列选项中符合题意的整数x 为 A ．8 B ．127C ．37D ．23【答案】D【解析】将选项中的数字逐一代入集合A 、B 、C 的表达式，检验是否为A 、B 、C 的元素，即可选出正确选项．【详解】因为8711=⨯+，则8C ∉，选项A 错误；1273421=⨯+，则127A ∉，选项B 错误； 373121=⨯+，则37A ∉，选项C 错误；23372=⨯+，故23A ∈；23543=⨯+，故x B ∈；23732=⨯+，故x C ∈，则23A B C ∈⋂⋂，选项D 正确. 故选：D ．12．（2022秋·浙江温州·高一校考阶段练习）在数学漫长的发展过程中，数学家发现在数学中存在着神秘的“黑洞”现象．数学黑洞：无论怎样设值，在规定的处理法则下，最终都将得到固定的一个值，再也跳不出去，就像宇宙中的黑洞一样．目前已经发现的数字黑洞有“123黑洞”、“卡普雷卡尔黑洞”、“自恋性数字黑洞”等．定义：若一个n 位正整数的所有数位上数字的n 次方和等于这个数本身，则称这个数是自恋数．已知所有一位正整数的自恋数组成集合A ，集合{}34,|B x x x =−<<∈Z ，则A B ⋂的子集个数为（ ） A ．3 B ．4C ．7D ．8【答案】D【分析】根据自恋数的定义可得集合A ，再根据交集的定义求出A B ⋂，从而可得答案. 【详解】解：依题意，{}1,2,3,4,5,6,7,8,9A =，{}2,1,0,1,2,3B =−−， 故{}1,2,3A B =，故A B ⋂的子集个数为8． 故选：D ．13．（2019·江西·高三校联考阶段练习）我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x 的不足近似值和过剩近似值分别为ba 和d c （,,,abcd N +∈），则b da c ++是x 的更为精确的不足近似值或过剩近似值.我们知道 2.71828e =⋯，若令2714105e <<，则第一次用“调日法”后得4115是e 的更为精确的过剩近似值，即27411015e <<，若每次都取最简分数，那么第三次用“调日法”后可得e 的近似分数为 A ．10940B ．6825C ．197D ．8732【答案】C【解析】利用“调日法”进行计算到第三次，即可得到本题答案. 【详解】第一次用“调日法”后得4115是e 的更为精确的过剩近似值，即27411015e <<；第二次用“调日法”后得6825是e 的更为精确的过剩近似值，即27681025<<e ；第三次用“调日法”后得197是e 的更为精确的不足近似值，即1968725<<e ，所以答案为197. 故选：C【点睛】本题考查“调日法”，主要考查学生的计算能力，属于基础题.14．（2022·上海·高一专题练习）古希腊科学家阿基米德在《论平面图形的平衡》一书中提出了杠杆原理，它是使用天平秤物品的理论基础，当天平平衡时，左臂长与左盘物品质量的乘积等于右臀长与右盘物品质量的乘积，某金店用一杆不准确的天平（两边臂不等长）称黄金，某顾客要购买10g 黄金，售货员先将5g 的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客；然后又将5g 的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金（ ） A ．大于10g B ．小于10gC ．大于等于10gD ．小于等于10g【答案】A【分析】设天平左臂长为a ，右臂长为b （不妨设a b >），先称得的黄金的实际质量为1m ，后称得的黄金的实际质量为2m .根据天平平衡，列出等式，可得12,m m 表达式，利用作差法比较12m m +与10的大小，即可得答案.【详解】解：由于天平的两臂不相等，故可设天平左臂长为a ，右臂长为b （不妨设a b >）， 先称得的黄金的实际质量为1m ，后称得的黄金的实际质量为2m . 由杠杆的平衡原理：15bm a =⨯，25am b =⨯．解得15a m b =，25bm a=， 则1255b am m a b+=+. 下面比较12m m +与10的大小：（作差比较法）因为()()2125551010b a b a m m a b ab−+−=+−=， 因为a b ¹，所以()250b a ab−>，即1210m m +>. 所以这样可知称出的黄金质量大于10g . 故选：A15．（2022·图所示，我们教材中利用该图作为几何解释的是（ ）A ．如果,a b b c >>，那么a c >B ．如果0a b >>，那么22a b >C ．如果,0a b c >>，那么ac bc >D ．对任意实数a 和b ，有222a b ab +≥，当且仅当a b =时，等号成立 【答案】D【分析】直角三角形的两直角边长分别为,a b ，斜边长为c ，则222c a b =+，利用大正方形的面积与四个直角三角形面积和的不等关系得结论．【详解】直角三角形的两直角边长分别为,a b ，斜边长为c ，则222c a b =+，在正方形的面积为2c ，四个直角三角形的面积和为2ab ，因此有22c ab ≥，即222a b ab +≥，当且仅当a b =时，中间没有小正方形，等号成立． 故选：D ．16．（2022秋·北京丰台·高一统考期末）《几何原本》卷Ⅱ的几何代数法成了后世西方数学家处理数学问题的重要依据.通过这一原理，很多代数的定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明现有如图所示图形，点F 在半圆O 上，点C 在直径AB 上，且OF ⊥AB ，设AC ＝a ，BC ＝b ，可以直接通过比较线段OF 与线段CF 的长度完成的无字证明为（ ）A ．a 2+b 2≥2ab （a ＞0，b ＞0）B ．0,0)2a ba b +>>>C ．2a b +≤a ＞0，b ＞0） D ．2aba b≤+a ＞0，b ＞0） 【答案】C【分析】由图形可知()1122OF AB a b ==+，()12OC a b =−，在Rt △OCF 中，由勾股定理可求CF ，结合CF ≥OF 即可得出.【详解】解：由图形可知，()1122OF AB a b ==+，()()1122OC a b b a b =+−=−， 在Rt △OCF 中，由勾股定理可得，CF ∵CF ≥OF ，()12a b ≥+，故选：C.17．（2022·全国·高三专题练习）18世纪末，挪威测量学家维塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如z OZ =，也即复数z 的模的几何意义为z 对应的点Z 到原点的距离．已知复数z 满足2z =，则34i z −−的最大值为（ ） A ．3 B ．5 C ．7 D ．9【答案】C【分析】由复数几何意义可得(),Z x y 的轨迹为圆224x y +=，从而将问题转化为点(),Z x y 到点()3,4的距离，则所求最大值为圆心到()3,4的距离加上半径. 【详解】2z =，z ∴对应的点(),Z x y 的轨迹为圆224x y +=；34i z −−的几何意义为点(),Z x y 到点()3,4的距离，max 34i 27z ∴−−==.故选：C.18．（2022·全国·高三专题练习）数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并给出以下公式i e cos isin x x x =+，（其中i 是虚数单位，e 是自然对数的底数，x ∈R ），这个公式在复变论中有非常重要的地位，被称为“数学中的天桥”，根据此公式，有下列四个结论，其中正确的是（ ）A ．i πe 10−=B ．i i 2cos e e x x x −=+C ．i i 2sin e e x x x −=−D ．2022i 122⎛⎫+=− ⎪ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】根据已知条件的公式及诱导公式，结合复数运算法则逐项计算后即可求解. 【详解】对于A ，πi e πcos i πsin 1=+=−，所以i πe 1112−=−−=−，故A 不正确； 对于B ，i e cos isin x x x =+，()()i ecos isin cos isin xx x x x −=−+−=−，所以i i e e 2cos x x x −+=，故B 正确； 对于C ，i e cos isin x x x =+，()()i ecos isin cos isin xx x x x −=−+−=−，所以i i e e 2isin x x x −=−，故C 不正确；对于D ，202220222022πi 4ππ2022π2022πcos isin e cosisin 4444⎫⎛⎫⎛⎫=+==+⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ππcosisin i 22=−−=−，故D 不正确. 故选：B.19．（2020·天津·南开中学校考模拟预测）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴金德提出了“戴金德分割”才结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机.所谓戴金德分割，是指将有理数集Q 划分为两个非空的子集M 与N ，且满足M N ⋃=Q ，M N ⋂=∅，M 中的每一个元素都小于N 中的每一个元素，则称(),M N 为戴金德分割.试判断，对于任一戴金德分割(),M N ，下列选项中一定不成立的是（ ）A ．M 没有最大元素，N 有一个最小元素B ．M 没有最大元素，N 也没有最小元素C ．M 有一个最大元素，N 有一个最小元素D ．M 有一个最大元素，N 没有最小元素 【答案】C【分析】本题目考察对新概念的理解，举具体的实例证明成立即可，A,B,D 都能举出特定的例子，排除法则说明C 选项错误【详解】若{},0M x Q x =∈<，{},0N x Q x =∈≥；则M 没有最大元素，N 有一个最小元素0；故A 正确；若{,M x Q x =∈，{,N x Q x =∈≥；则M 没有最大元素，N 也没有最小元素；故B 正确； 若{},0M x Q x =∈≤，{},0N x Q x =∈>；M 有一个最大元素，N 没有最小元素，故D 正确； M 有一个最大元素，N 有一个最小元素不可能，故C 不正确.故选：C20．（2021春·安徽·高三校联考阶段练习）不定方程的整数解问题是数论中一个古老的分支，其内容极为丰富，西方最早研究不定方程的人是希腊数学家丢番图．请研究下面一道不定方程整数解的问题：已知()202022,x y y x Z y Z +=∈∈，则该方程的整数解有（ ）组．A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D【分析】原方程可化为20202(1)1x y +−=，所以2||1,(1)1,x y ≤−≤即11,02x y −≤≤≤≤，(),x y Z ∈再列举每种情况即可.【详解】设此方程的解为有序数对(,)x y ， 因为202022,(,)x y y x y Z +=∈ 所以20202(1)1x y +−=当20201x >或2(1)1y −>时，等号是不能成立的， 所以2||1,(1)1,x y ≤−≤即11,02x y −≤≤≤≤，(),x y Z ∈ （1）当=1x −时，2(1)0y −=即1y = （2）当0x =时，2(1)1y −=即0y =或2y = （3）当1x =时，2(1)0y −=即1y =综上所述，共有四组解()()()()1,1,0,0,0,2,1,1−− 故选：D21．（2022秋·四川成都·高一成都七中校考期中）对于直角三角形的研究，中国早在商朝时期，就有商高提出了“勾三股四弦五”这样的勾股定理特例，而西方直到公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯才提出并证明了勾股定理．如果一个直角三角形的斜边长等于5，则这个直角三角形周长的最大值等于（ ）． A．B ．10 C ．5+D ．252【答案】C【分析】先由勾股定理得2225a b +=，再利用基本不等式易得()250a b +≤，由此得到5a b c ++≤+问题得解.【详解】不妨设该直角三角形的斜边为5c =，直角边为,a b ，则22225a b c +==，因为222ab a b ≤+，所以()222222a b ab a b ++≤+，即()250a b +≤，当且仅当a b =且2225a b +=，即a b ==因为0,0a b >>，所以a b +≤所以该直角三角形周长5a b c c ++≤=+5+. 故选：C.22．（2017·湖北·校联考一模）我国古代太极图是一种优美的对称图.如果一个函数的图像能够将圆的面积和周长分成两个相等的部分，我们称这样的函数为圆的“太极函数”.下列命题中错误．．命题的个数是 1:P 对于任意一个圆其对应的太极函数不唯一；2:P 如果一个函数是两个圆的太极函数，那么这两个圆为同心圆；3:P 圆22(1)(1)4x y −+−=的一个太极函数为32()33f x x x x =−+； 4:P 圆的太极函数均是中心对称图形；5:P 奇函数都是太极函数；6:P 偶函数不可能是太极函数.A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B【详解】由定义可知过圆O 的任一直线都是圆O 的太极函数，故1P 正确；当两圆的圆心在同一条直线上时，那么该直线表示的函数为太极函数，故2P 错误；∵()()3323311f x x x x x =−+=−+，∴()f x 的图象关于点()1,1成中心对称，又∵圆()()22114x y −+−=关于点()1,1成中心对称，故()3233f x x x x =−+可以为圆()()22114x y −+−=的一个太极函数，故3P 正确；太极函数的图象一定过圆心，但不一定是中心对称图形，例如：故4P 函数可以为太极函数，故5P 正确；如图所示偶函数可以是太极函数，故6P 错误；则错误的命题有3个，故选B.二、多选题23．（2021春·广东梅州·高二统考期末）欧拉公式i cos isin x e x x =+（其中i 为虚数单位，x R ∈）是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里而占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥，依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）A ．复数i e 对应的点位于第一象限B ．i e π为纯虚数C ix 的模长等于12D ．i 6e π的共轭复数为12【答案】AC【分析】根据欧拉公式计算出各复数，再根据复数的几何意义，纯虚数的概念，复数模的计算公式，共轭复数的概念即可判断各选项的真假． 【详解】对A ，i cos1isin1e =+，因为012π<<，所以cos10,sin10>>，即复数i e 对应的点()cos1,sin1位于第一象限，A 正确；对B ，i cos isin 1e πππ=+=−，i e π为实数，B 错误；对C ()i cos isin ix x x +，ix12，C 正确；对D ，πi 6ππ1cos isin i 662e =++1i 2−，D 错误． 故选：AC ．24．（2022春·广东梅州·高一统考期末）欧拉公式i e cos isin x x x =+（本题中e 为自然对数的底数，i 为虚数单位）是由瑞士若名数学家欧拉创立，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，依据欧拉公式，则下列结论中正确的是（ ） A ．i πe 10+=B ．复数2i e 在复平面内对应的点位于第二象限C ．复数πi 3e 1i 2D ．复数i e )(R θθ∈在复平面内对应的点的轨迹是圆 【答案】ABD【分析】由欧拉公式和特殊角的三角函数值可判断A ；由欧拉公式和三角函数在各个象限的符号可判断B ；由欧拉公式和共轭复数的概念可判断C ；由欧拉公式和复数的几何意义可判断D. 【详解】对于A ，i πcos πisin π1101e 10=++=−+++=，A 正确； 对于B ，2i e cos2isin 2=+，cos 20,sin 20<>，∴复数2i e 在复平面内对应的点位于第二象限，B 正确；对于C ，πi 3cosis ππ1e 33n i 2==+，共轭复数为12，C 错误； 对于D ，i e cos isin (R)θθθθ+∈=，在复平面内对应的点为()cos ,sin θθ， 又()()22cos 0sin 01θθ−+−=，∴在复平面内对应的点的轨迹是圆.故选：ABD.25．（2022·高一课时练习）群论是代数学的分支学科，在抽象代数中具有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G 是一个非空集合，“· ”是G 上的一个代数运算，即对所有的a 、b ∈G ，有a ·b ∈G ，如果G 的运算还满足：①∀a 、b 、c ∈G ，有（a ·b ）·c =a ·（b ·c ）；②e G ∃∈，使得a G ∀∈，有e a a e a ⋅=⋅=，③a G ∀∈，b G ∃∈，使a ·b =b ·a =e ，则称G 关于“·”构成一个群.则下列说法正确的有（ ）A ．{1,0,1}G =−关于数的乘法构成群B ．G ={x |x =1k，k ∈Z ，k ≠0}∪{x |x =m ，m ∈Z ，m ≠0}关于数的乘法构成群C ．实数集关于数的加法构成群D ．{|,Z}G m m n =∈关于数的加法构成群 【答案】CD【分析】根据群的定义需满足的三个条件逐一判断即可.【详解】对于A ：若{1,0,1}G =−，对所有的a 、b G ∈，有{1,0,1}a b G ⋅∈−=， 满足乘法结合律，即①成立，满足②的e 为1，但当0a =时，不存在b G ∈，使得··1a b b a e ===，即③不成立， 即选项A 错误； 对于B ：因为12a G =∈，且3b G =∈，但13322a b G ⋅=⨯=∉，所以选项B 错误；对于C ：若R G =，对所有的a 、R b ∈，有R a b +∈， 满足加法结合律，即①成立，满足②的e 为0，R a ∀∈，R b a ∃=−∈，使0a b b a +=+=，即③成立；即选项C 正确；对于D：若{|,Z}G m m n =∈，所有的11a m =、22b m G =∈，有1212(+)a b m m n n G +=+∈，,,,a b c G ∀∈()()++=++a b c a b c 成立， 即①成立；当0a b ==时，0a =，满足的0e =，即②成立；a m G ∀=∈，b m G ∃=−∈，使0a b b a +=+=，即③成立；即选项D 正确. 故选：CD.26．（2020秋·江苏盐城·高二江苏省东台中学校考期中）《九章算术》中“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在其《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b 和a 的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）.将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为a b +，宽为内接正方形的边长d .由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图3.设D 为斜边BC 的中点，作直角三角形ABC 的内接正方形对角线AE ，过点A 作AF BC ⊥于点F ，则下列推理正确的是（ ）①由图1和图2面积相等得abd a b=+； ②由AE AF ≥2a b+≥； ③由AD AE ≥211a b ≥+； ④由AD AF ≥可得222a b ab +≥. A ．①B ．②C ．③D ．④【答案】ABCD【解析】根据图1，图2面积相等，可求得d 的表达式，可判断A 选项正误，由题意可求得图3中,,AD AEAF的表达式，逐一分析B 、C 、D 选项，即可得答案.【详解】对于①：由图1和图2面积相等得()S ab a b d ==+⨯，所以abd a b=+，故①正确； 对于②：因为AF BC ⊥，所以12a b AF ⨯⨯，所以AF =，设图3中内接正方形边长为t ，根据三角形相似可得a t t a b−=，解得abt a b =+，所以AE ==因为AE AF ≥，所以a b ≥+2a b +≥，故②正确； 对于③：因为D 为斜边BC的中点，所以AD =因为AD AE ≥≥211a b≥+，故③正确； 对于④：因为AD AF ≥≥，整理得：222a b ab +≥，故④正确； 故选：ABCD【点睛】解题的关键是根据题意及三角形的性质，利用几何法证明基本不等式，求得,,AD AE AF 的表达式，根据图形及题意，得到,,AD AE AF 的大小关系，即可求得答案，考查分析理解，计算化简的能力. 27．（2022秋·黑龙江佳木斯·高一桦南县第一中学校考期中）《几何原本》卷Ⅱ的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据.通过这一原理，很多代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称为无字证明.现有如图所示图形，点D 在半圆O 上，点C 在直径AB 上，且CD AB ⊥.设AC a =，CB b =，CE OD ⊥，垂足为E ，则该图形可以完成的无字证明为（ ）A2aba b+B．2a b +≤C．2a b+≥ D．22a b +≥【答案】AC【解析】直接利用射影定理和基本不等式的应用求出结果．【详解】解：根据图形，利用射影定理得：2CD DE OD =，由于：OD CD …，所以：0,0)2a ba b +>>． 由于2·CD AC CB ab ==，所以22CD abDE a b OD ==+所以由于CD DE …，2aba b+． 故选：AC ．【点睛】关键点点睛：射影定理的应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．28．（2022秋·辽宁大连·高一大连八中校考阶段练习）古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度0.618≈，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此..若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm ，头顶至脖子下端的长度为26cm ，则其身高可能是（ ） A ．168cm B ．172cmC ．176cmD ．180cm【答案】BC【分析】设身高为cm x ，运用黄金分割比例，结合图形得到对应成比例的线段，计算可估计身高. 【详解】设头顶、咽喉、肚脐、足底分别为点A B C D 、、、,假设身高为cm x ，即cm =AD x ，，ACCD∴=AC∴=.AC CD x+=，且AC=，=CD x+，=x,12CD x∴==，ABBC∴=,AB∴=,AB BC CD x++=,且AB，CD=，BC x+=，)2BC x∴=,)2AB x∴===,由题意可得26105AB xCD⎧=<⎪⎪⎨⎪=>⎪⎩，xx⎧<⎪⎪∴⎨⎪>⎪⎩178.21169.89xx<⎧∴⎨>⎩，169.89178.21x∴<<,故BC正确.故选：BC29．（2021秋·全国·高一期末）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同．而今我们称2a b+为正数,a b,a b的几何平均数，并把这两者()0,02a ba b+≤>>叫做基本不等式．下列与基本不等式有关的命题中正确的是（）A．若4ab=，则4a b+≥B．若0a>，0b>，则()112a ba b⎛⎫++⎪⎝⎭最小值为C．若(),0,a b∈+∞，21a b+=，1142a b+≥D ．若实数,a b 满足0a >，0b >，4a b +=，则2211a b a b +++的最小值是83 【答案】CD【分析】通过反例可知A 错误；根据基本不等式“1”的应用可求得BC 正误；令11a m +=>，11b n +=>，将所求式子化为62mn+，利用基本不等式可知D 正确. 【详解】对于A ，若2a =−，2b =−，则44a b +=−<，A 错误；对于B ，0a >，0b >，0a b∴>，0ba >，()1122333a b a b a b b a ⎛⎫∴++=++≥++ ⎪⎝⎭2a b b a =，即a =时取等号），即()112a ba b ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的最小值为3+B 错误；对于C ，(),0,a b ∈+∞，0a b∴>，0ba >，又21ab +=，()111122224222b a a b a b a b a b ⎛⎫∴+=++=++≥+ ⎪⎝⎭（当且仅当22b a a b =，即122b a ==时取等号），C 正确；对于D ，令11a m +=>，11b n +=>，则6m n +=，()()22221111116422211m n a bm n a b m n m n m n mn−−+=+=+++−=++=+∴≥+++26832m n =+⎛⎫ ⎪⎝⎭（当且仅当3m n ==时取等号），即2211a ab ++的最小值是83，D 正确. 故选：CD.30．（2022秋·辽宁大连·高一统考期末）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“＝”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“＜”和“＞”符号，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若a ，b ，R c ∈，则下列命题正确的是（ ） A ．若0ab ≠且a b <，则11a b> B ．若a b >，01c <<，则a b c c < C ．若1a b >>，1c >，则log log a b c c < D ．若1a b <<−，0c >，则cca b b a ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】BCD【分析】利用不等式性质结合可判断A ，根据指数函数的性质可判断B ，根据不等式性质结合对数函数的性质可判断C ，根据幂函数的性质可判断D.【详解】A 中，0a b <<时，则11a b<，错误；B 中，因为a b >，01c <<，所以a b c c <成立，正确；C 中，因为1a b >>，1c >，所以log log 0c c a b >>，10log log c c a b>⋅，所以11log log c c a b<，即log log a b c c <，正确； D 中，由1a b <<−，可得10a b b a >>>，又0c >，所以cca b b a ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，正确.故选：BCD.三、填空题31．（2022·全国·高三专题练习）中国古代数学著作《九章算术》中记载了平方差公式，平方差公式是指两个数的和与这两个数差的积，等于这两个数的平方差.若复数53i,43i a b =+=+（i 为虚数单位），则22a b −=__________． 【答案】96i +【分析】先要平方差公式，再按照复数的四则运算规则计算即可.【详解】()()()()2253i 43i 53i 43i 96i a b a b a b −=+−=++++−−=+ ；故答案为：96i + .32．（2022·全国·高三专题练习）毛泽东同志在《清平乐●六盘山》中的两句诗为“不到长城非好汉，屈指行程二万”“到长城”是“好汉”的__________条件（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”） 【答案】必要不充分【分析】根据充分、必要条件的知识确定正确选项. 【详解】“好汉”⇒“到长城”， “到长城”⇒“好汉”， 所以“到长城”是“好汉”的必要不充分条件. 故答案为：必要不充分33．（2022·高一课时练习）中国古代数学专著《孙子算经》中有一问题“今有三女，长女五日一归，中女四日一归，少女三日一归，问：三女几何日相会？”，则此三女前三次相会经过的天数组成的集合用列举法可表示为______，此三女相会经过的天数组成的集合用描述法可表示为______.【答案】 {}60,120,180 {}*60,N x x n n =∈【分析】根据题设集合元素为5，4，3的公倍数，进而应用列举法、描述法分别写出集合即可.。
北京高考数学 压轴题 创新题
2008-2011年高考及北京市模拟试卷创新题小题汇编详解1．（10-11年上学期北师大实验高三摸底考试理14）设()f n 是对一切正整数n 有定义的函数，且(1)1f =，()(1)k f n =-（1n >，k 是n 的素约数的个数）．令()()d nF n f d =∑（其中d n 表示d 是n 的约数，上式表示对n 的一切约数d 的函数()f d 求和），则(9)F = ；(2011)F = ．【解析】 1-；0．解法一：依据定义：11(9)(1)(3)(9)1(1)(1)1F f f f =++=+-+-=-；∵2011是素数，∴1(2011)(1)(2011)1(1)0F f f =+=+-=． 解法二：来计算()F n 的表达式．根据算术基本定理，可以设1212s t t t s n p p p =⋅⋅⋅ ，其中12,,,s p p p 为n 的全部素因子，1(1)i t i s ≥≤≤．设d 是n 的约数，根据f 的定义，当1212i i i k k rrri i i d p p p =⋅⋅⋅ 时，()(1)k f d =-，且(1)f 正好可以视作0k =的情形．而|()()d nF n f d =∑，求和是对n 的全体约数d 求和．由于()f d 的取值只可能是(1)k -，所以只需计算出，取值(1)k -的约数d 的个数即可．这等价于求n 的只有k 个素因子的约数d 的个数．0k =时，显然只有1d =，个数为1；1k =时，11i ri d p =，其中1111,1i i i s r t ≤≤≤≤，d 只能取12222111222,,,,,,,,,,,,s t t t s ssp p p p p p p p p ，个数是121ss i i t t t t =+++=∑ ；一般地对于k 为任意的情形，当d 的素因子取12,,,k i i i p p p 时，1212i i i k k rr r i i i d p p p =⋅⋅⋅ ，由于i j r 能取1到j i t ，由乘法原理，这种情况下的d 的个数是12k i i i t t t ⋅⋅⋅ ；由于d 的素因子可以取任意k 个，所以总的只有k 个素因子的约数d 的个数是12121k k k i i i i i i st t t σ=⋅⋅⋅∑≤≤≤≤≤；由此可知，|1()()1(1)sk k d nk F n f d σ===+-⋅∑∑；考虑多项式12()()()()s h x x t x t x t =--- ．由韦达定理可知： 12()()()()s h x x t x t x t =---1212(1)(1)n n n k n k s k s x x x x σσσσ---=-⋅+⋅-+-⋅++-在上式中两边赋值1x =即得121()1(1)(1)(1)(1)(1)sk k s k F n h t t t σ==+-⋅==---∑∴当1212s t t t s n p p p =⋅⋅⋅ 时，12()(1)(1)(1)s F n t t t =--- ； ∵293=，∴(9)121F =-=-；∵120112011=，∴(2011)110F =-=．2．（10-11年上学期海淀高三期末统考理8）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且1B F ∥面1A BE ，则1B F 与平面11CDD C 所成角的正切值构成的集合是（ ）A ．{}2B ．255⎧⎫⎨⎬⎩⎭A 1B 1D 1C 1A BC DEC ．{}|222t t ≤≤ D ．2|525t t ⎧⎫⎨⎬⎩⎭≤≤【解析】 C ．过平面Γ外一点P 能作无穷多条直线l 平行于平面Γ，这无穷多条直线构成一个过P 点且与Γ平行的平面； 由此可知：过1B 且平行于平面1A BE 的直线有无穷多条，这些直线构成一个平面．先作出这个平面如右图所示：作11B M A E ∥交1CC 于M ，作11B P A B ∥交AB 的延长线于P ，那么11B PM A BE ∥；于是F 既在面1B PM 上又在侧面11CDD C 上，F 的轨迹为两者的交线； 为作出交线，如图所示：延长1B M 交BC 的延长线于R ，连接PB 交DC 的延长线于Q ，则QM 即为平面1B PM 与平面11CDD C 的交线；延长QM 交11C D 于N ，则MN 为F 的轨迹（F 限定在正方体的侧面上而不是整个侧面平面上）；设正方体棱长为2，易知M 是1CC 中点，2PB =，2CR =，111QC CM MC C N ====．任取MN 上一点F ，由于1C 是1B 在平面11CDD C 上的射影，所以1B F 与平面11CDD C 所成的角即为11B FC ∠，其正切为111B C C F ；111max 1C F C M C N ===，1122min 22C F C M ==，∴112tan 22B FC ∠≤≤；选C ；3．（10-11年上学期海淀高三期末统考理14）在平面直角坐标系xOy 中，O 为坐标原点．定义()11,P x y 、()22,Q x y 两点之间的“直角距离”为1212(,)d P Q x x y y =-+-．若点()1,3A -，则(,)d A O = ；已知点()1,0B ，点M 是直线30(0)kx y k k -++=>上的动点，(,)d B M 的最小值为 ．【解析】 4；32 (1)2 3 (01)k kk k ⎧+⎪⎨⎪+<<⎩≥． 先把直线方程改写成：3(1)y k x -=+，则直线是过定点(1, 3)C -且斜率为正的直线．设直线与x 轴交于点P ，与1x =交于点Q ，则PBQ 构成直角三角形．如右图所示． 先考虑1k >的情形：此时若M 介于PQ 间例如点3M ，我们有：333333(,)d B M BN N M BN N P BP =+>+=，也就是M 处在PQ 间时(,)d B M 在P 点取最小值；若M 在QP 延长线上例如点1M ：1111(,)d B M BN N M BP =+>，所以此时(,)d B M 在P 点取最小值；若M 在PQ 延长线上例如点2M ：2222(,)d B M BN N M BQ =+>，所以此时(,)d B M 在Q 点取最小值；又由于1k >时BQ BP >，所以综合知3min (,)2d B M BP k==+； 类似地可以知道：若1k <，则M 分别在QP 延长线上、PQ 间、PQ 延长线上时，(,)d B M 分别在P 点，Q 点，Q 点取最小值，又此时BP BQ >，故min (,)23d B M BQ k ==+； 若1k =则BP BQ =，(,)d B M 在PQ 间任意一点都取到最小值．【点评】 这题用数形结合，采用直角距离的几何意义加分类讨论不难解决，如用函数定义来做也是可以的，但是显然不如几何意义来得直观有效．4． （10-11年上学期海淀高三期末统考文14）在平面直角坐标系xOy 中，O 为坐标原点．定义()11,P x y 、()22,Q x y 两点之间的“直角距离”为C P M 2M 1M 3N 3N 2xy O N 1Q BS F E N MR QP DC BA C 1D 1B 1A 11212(,)d P Q x x y y =-+-．若点()1,3A -，则(,)d A O = ；已知()1,0B ，点M 为直线20x y -+=上动点，则(,)d B M 的最小值为 ．【解析】 4；3．解法一（定义法）：12, 2(,)10123, 2121, 1x x d B M x y x x x x x --<-⎧⎪=-+-=-++=-⎨⎪+>⎩≤≤最小值为3．解法二（数形结合）：用直角距离的几何意义，参见上题．5． （10-11年上学期西城高三期末统考理14）在平面直角坐标系中，定义1212(,)d P Q x x y y =-+-为两点11(,)P x y ，22(,)Q x y 之间的“折线距离”．则坐标原点O 与直线2250x y +-=上一点的“折线距离”的最小值是 ；圆221x y +=上一点与直线2250x y +-=上一点的“折线距离”的最小值是 ．【解析】 5，52． 第一问，可直接利用折线距离的几何定义：设直线2250x y +-=与x 轴、y 轴分别交于点M 、N ：则()5,0M，()0,25N ；当点Q 在MN 的延长线上时，(,)(,)d O Q d O N ≥；当点Q 在NM 的延长线上时，(,)(,)d O Q d O M ≥；当点Q 在MN 之间时，(,)(,d O Q d O M ≥，min (,)(,)5d O Q d O M ==，当Q 点与M 点重合时取到等号．第二问，类似第一问可知，当1P 在单位圆上固定一点时，对于直线MN 上任一点1Q ，当且仅当11PQ x ∥轴时1111(,)d P Q PQ =取最小； 为了求水平距离11PQ 的最小值，如图所示，过1P 作x 轴的平行线交直线MN 于1Q ，过1P 作直线MN 的垂线垂足为1H ；则1111P HPQ 为定值，为直线MN 的倾角的正弦：∴111152PQ PH =；求水平距离11PQ 的最小值即为求11P H 的最小值； 过O 点作直线MN 的垂线，交单位圆于P ，垂足为H ，则当且仅当1P 与P 重合时，11P H 取到最小值PH ；此时过P 作x 轴的平行线交直线MN 于Q ，则11PQ 也取到最小值PQ ；∵2525OH ==，1OP =，∴1PH =，5522PQ PH ==， ∴115min (,)2d P Q PQ ==，当11,P Q 分别与,P Q 重合时取到等号．6．（10-11年上学期西城高三期末统考文14）在平面直角坐标系中，定义1212(,)d P Q x x y y =-+-为两点11(,)P x y ，22(,)Q x y 之间的“折线距离”．在这个定义下，给出下列命题：①到原点的“折线距离”等于1的点的集合是一个正方形； ②到原点的“折线距离”等于1的点的集合是一个圆；③到(1,0),(1,0)M N -两点的“折线距离”之和为4的点的集合是面积为6的六边形； ④到(1,0),(1,0)M N -两点的“折线距离”差的绝对值为1的点的集合是两条平行线． 其中正确的命题是 ．（写出所有正确命题的序号）Q 2Q 1H 2H 1H Q PP 2P 1NM y O x【解析】 ①③④．O 1-1xyyx -11O -22MN yx-11O①设点的坐标为(,)x y ，根据定义有1x y +=，这是4条线段围成的正方形，如上图所示．②自然错误．更一般地，易见到点P 的“折线距离”等于a 的点的集合同样也是以P 为中心半对角线长为a 的斜45︒正方形，这是欧氏距离下圆的近似；③设点的坐标为(,)x y ，根据定义有1124x x y ++-+=，整理得1122x x y ++-=-，画出其图像是上图所示的六边形，面积为6．更一般地不难证明：若,M N 纵坐标相同，2MN c =，则到,M N 两点的“折线距离”和为2()a a c >的点的集合也是类似的对称六边形，以MN 为对称轴，以MN 中点为对称中心，长为2a ，高为2()a c -，水平边长为2c ，面积222()S a c =-，这是欧氏距离下椭圆的近似；若,M N 横纵坐标均不同时情况将异常复杂．④设点的坐标为(,)x y ，根据定义有111x x +--=，解得12x =±，这是两条竖直直线，如上图所示．更一般地不难证明：若,M N 纵坐标相同，2MN c =，则到,M N 两点的“折线距离”差的绝对值为2()a a c <的点的集合也是两条竖直直线，与MN 中点距离为a ，这是欧氏距离下双曲线的近似；若,M N 横纵坐标均不同时情况将异常复杂．7．（10-11年上学期东城高三期末统考理8文8）已知函数()f x 的定义域为R ，若存在常数0m >，对任意x ∈R ，有()f x m x ≤，则称()f x 为F 函数．给出下列函数：①()0f x =；②2()f x x =；③()sin cos f x x x =+；④2()1xf x x x =++；⑤()f x 是定义在R 上的奇函数，且满足对一切实数12,x x 均有1212()()2f x f x x x --≤．其中是F 函数的序号为（ ）A ．①②④B ．②③④C ．①④⑤D ．①②⑤【解析】 C ．()f x m x ≤⇔0x =时(0)0f =，0x ≠时()f x m x≤，即过原点的弦斜率有界．①()0f x =显然满足上面性质；②2()f x x =，(0)0f =但0x ≠时()f x x x=无界；③()sin cos f x x x =+，(0)0f ≠；④2()1xf x x x =++，(0)0f =且0x ≠时2()1413f x x x x =++≤； ⑤如右图所示，()f x 是奇函数则(0)0f =；又1212()()2f x f x x x--≤恒成立，所以所有的弦斜率绝对值有界2，自然2也是过原点的弦的界，所以()2f x x≤（也可以直接取20x =得到）．8．（10-11年上学期东城高三期末统考理14）Oxy已知函数2()ln(1)f x a x x =+-，在区间(0,1)内任取两个实数,p q ，且p q ≠，不等式(1)(1)1f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是 ．【解析】 [15,)+∞．(1)(1)(1)(1)(1)(1)f p f q f p f q p q p q +-++-+=-+-+，然后1p +，1q +可以作为整体换元； ∴题中条件等价于在区间(1,2)内对于任意两个实数12x x <，都有2121()()1f x f x x x ->-；解法一：也就是区间(1,2)内任一割线斜率都大于1；我们证明这与区间(1,2)内任一切线斜率都大于1等价．如图所示，若区间(1,2)内任一割线斜率都大于1，由于对区间内任一点C ，都存在割线AB 平行于过C 点的切线；而AB 斜率大于1，所以C 点的切线斜率也大于1，由C 的任意性，所以任一切线斜率都大于1； 反之，若区间(1,2)内任一切线斜率都大于1，由于任一条割线AB ，都存在,A B 间一点C ，使得C 点的切线与割线AB 平行；所以AB 的斜率必定大于1；所以任一割线斜率都大于1；∴1212x x ∀<<<，2121()()1f x f x x x ->-12t ⇔∀<<，()1f t '>解法二：1212x x ∀<<<，2121()()1f x f x x x ->- 2121()()f x f x x x ⇔->-2211()()f x x f x x ⇔->- ()f x x ⇔-在区间(1,2)内单调递增 ()f x x ⇔-的导数为正()10f x '⇔-> 12t ⇔∀<<，()1f t '>∴()211af t t t '=->+在区间(1,2)上恒成立；即(12)(1)a t t >++在区间(1,2)上恒成立；而(12)(1)t t ++在区间(1,2)上单调递增且在端点2处趋向于15， ∴15a ≥（可以取到等号），所以a 的取值范围是[15,)+∞．9． （10-11年上学期朝阳高三期末统考理8） 如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱1DD ，AB 上的点． 已知下列判断： ①1AC ⊥平面1B EF ； ②1B EF ∆在侧面11BCC B 上的正投影是面积为定值的三角形； ③在平面1111A B C D 内总存在与平面1B EF 平行的直线；④平面1B EF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的大小与点E 的位置有关，与点F 的位置无关． 其中正确判断的个数有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【解析】 B ．①显然错误，用特殊值法很容易举出反例：例如E 和1D 重合，F 和B 重合，这时平面1B E F 就是对角面11BB D D ，此时1111A C BB D D ⊥但1AC 显然与11A C 不重合，111AC BB D D ⊥不成立； ②如图，设E 在1CC 上的射影为M ，则1B EF ∆在侧面11BCC B 上F EDCB A A 1B 1C 1D 1D 1C 1B 1A 1C D E MR21C BA yO x的正投影就是1B MB ∆，其面积1212B MB S a ∆=为定值，a 为正方体棱长；③∵平面1B EF 与平面ABCD 不重合且共点F ，故必有交线l ，∴平面1111A B C D 内只要是平行于l 的直线都将平行于平面1B EF ；事实上如图，延长1B F 交1A A 延长线于N ，连接EN 交AD 于R ，则RF 就是平面1B EF 与平面ABCD 的交线，平面1111A B C D 内只要平行于RF 的直线（不经过1B ）必定平行于平面1B EF ； ④分别取F 点与B 点、A 点重合的情形就知道该命题错误； 事实上，由于RF 就是平面1B EF 与平面ABCD 的交线，而1B 在平面ABCD 内的射影为B ，故过B 作BS RF ⊥的延长线于S ，则1B SB ∠就是两个平面的二面角；二面角的大小由BS 长决定．F 位臵不但影响到BF 长，还影响到N 点位臵，进而影响到R 点位臵和BFS ∠大小． 综上知①④错误，②③正确．10．（10-11年上学期朝阳高三期末统考理14）已知数列*{} ()n a n ∈N 满足：*1log (2) ()n n a n n +=+∈N ，定义使123......k a a a a ⋅⋅⋅⋅为整数的数* ()k k ∈N 叫做企盼数，则区间[1, 2011]内所有的企盼数的和为 ．【解析】 2026．123234(1)log 3log 4log 5log (2)k k a a a a k +⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅+ln3ln 4ln5ln(2)ln(2)ln 2ln3ln 4ln(1)ln 2k k k ++=⋅⋅⋅⋅=+ 若k 为企盼数，则123k a a a a ⋅⋅⋅⋅ 为整数设为t ，则ln(2)ln 2k t +=，则有22t k +=，也就是2k +必须为2的整数幂次；由于12011k ≤≤，∴322013k +≤≤，这个范围内2的整数幂次只有4,8,16,32,64,128,256,512,1024∴[1, 2011]内所有的企盼数的和为481632641282565121024292026++++++++-⨯=．11．（10-11年上学期朝阳高三期末统考文8）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱AB ，1CC 的中点，在平面11ADD A 内且与平面1D EF 平行的直线（ ） A ．有无数条 B ．有2条 C ．有1条 D ．不存在 【解析】 A ．∵平面1D EF 与平面11ADD A 不重合且共点1D ，所以必有交线l ，1D EF ∴平面11ADD A 内只要是平行于交线l 的直线都与平面平行，故必有无数条满足题设的直线；为了看得更清楚，如图所示，设DC 中点为M ，11D C 中点为N ，则平面EMN ∥平面11ADD A ．设MN 与1D F 交于点S ，则ES 就是平面EMN 与平面1D EF 的交线；过S 作SR CD ∥交1DD 于R ，连接AR ，则AR ES ∥，于是平面11ADD A 内只要与AR 平行的直线（不经过1D ）都必定与平面1D EF 平行．12． （10-11年上学期丰台高三期末统考理14）定义方程()()f x f x '=的实数根0x 叫做函数()f x 的 “新驻点”，如果函数()g x x =，()ln(1)h x x =+，()cos x x ϕ=（x π⎛⎫∈π ⎪2⎝⎭，）的“新驻点”分别为α，β，γ，那么α，β，γ的大小关系是 ． 【解析】 γαβ>>．()g x x =，()1g x '=，∴1α=；F E DC B A A 1B 1C 1D 1SD 1C 1B 1A 1AB C D E FMNR()ln(1)h x x =+，1()1h x x '=+，∴1ln(1)1ββ+=+；()cos x x ϕ=，()sin x x ϕ'=-，∴cos sin γγ=-，∵γπ⎛⎫∈π ⎪2⎝⎭，，∴3π4γ=因为11y x =+在[)0,+∞内单调递减且从1趋向于0，ln(1)x +在区间[)0,+∞内单调递增从0趋向于+∞，∴两者有唯一交点，即β有唯一解；∵1ln(01)01>++，1ln(11)0.69311<+=+ ，∴01β<< ∴γαβ>>13．（10-11年上学期丰台高三期末统考文14） 若X 是一个集合，τ是一个以X 的某些子集为元素的集合，且满足：①X 属于τ，∅属于τ；②τ中任意多个元素的并集属于τ；③τ中任意多个元素的交集属于τ．则称τ是集合X 上的一个拓扑．已知集合{}X a b c =，，，对于下面给出的四个集合τ： ①{{}{}{}}a c a b c τ=∅，，，，，；②{{}{}{}{}}b c b c a b c τ=∅，，，，，，，； ③{{}{}{}}a a b a c τ=∅，，，，，； ④{{}{}{}{}}a c b c c a b c τ=∅，，，，，，，，．其中是集合X 上的拓扑的集合τ的序号是 ．【解析】 ②④．①不是拓扑，因为{}a τ∈，{}c τ∈，但{}{}a c τ∉ ； ②是拓扑，可以逐一验证三条性质都满足； ③不是拓扑，因为全集{,,}X a b c τ=∉；④是拓扑，可以逐一验证三条性质也都满足．14． （10-11年上学期石景山高三期末统考文8）已知(1,1)1f =，(,)*f m n ∈N （m 、*)n ∈N ，且对任意m 、*n ∈N 都有： ①(,1)(,)2f m n f m n +=+；②(1,1)2(,1)f m f m +=． 给出以下三个结论：（1）(1,5)9f =；（2）(5,1)16f =；（3）(5,6)26f =．其中正确的个数为（ ） A ．3 B ．2 C ．1 D ．0【解析】 A ．如下图所示，用一个表格来表示这个二元函数的取值，用行代表m 的取值，用列代表n 的取值．n m 1 2 3 4 5 6 1 1 3 5 7 9 11 2 2 4 6 8 10 12 3 4 6 8 10 12 14 4 8 10 12 14 16 18 5 16 18 20 22 24 26那么根据条件①，行m 固定时，每行的数成为一个公差为2的等差数列；根据条件②，1n =时，第一列的数构成一个公比为2的等比数列；据此不难写出每行每列的值，容易验证3个结论全部成立，所以选A ．15． （10-11年上学期昌平高三期末统考文8）在集合{}a b c d ，，，上定义两种运算⊕和⊗如下：a ab b bc ad a a d ac a a bd a那么()d a c ⊗⊕=（ ）A ． aB ．bC ．cD ．d【解析】 A ．直接读图知道，a c b ⊕=；d b a ⊗=．16． （10-11年上学期房山区高三期末统考理14文14，2009崇文一模理7文8）平面直角坐标系中横坐标、纵坐标均为整数的点称为格点，如果函数()f x 的图象恰好通过()k k *∈N 个格点，则称函数()f x 为k 阶格点函数．下列函数：①()sin πf x x =；②2()π(1)3f x x =-+；③21()3x f x -⎛⎫= ⎪⎝⎭； ④0.6()log (1)f x x =+；⑤1()1f x x =-，其中是一阶格点函数的有 ．（填上所有满足题意的函数的序号）【解析】 ②④．①()sin πf x x =：∵sin π0,m m =∈Z ，∴(,0)m 在()f x 上，()f x 经过无穷个格点(,0)m ；②2()π(1)3f x x =-+：(1)3f =，当1,m m ≠∈Z 时易见()f m 为无理数，∴()f x 只经过(1,3)这个格点； ③21()3x f x -⎛⎫= ⎪⎝⎭： 当2,m m ∈Z ≤时221()33m m f m --⎛⎫== ⎪⎝⎭都为整数，∴()f x 经过无穷个格点2(,3)m m -；④0.6()log (1)f x x =+：(0)0f =；若(), ,f m n m n =∈Z ，则315nm ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由于3,5互素，左边当且仅当0n =时才为整数，∴()f x 只经过原点这个格点；⑤1()1f x x =-：若(), ,f m n m n =∈Z ，则(1)1m n -=，解得(,)(2,1)m n =或01-（，），∴()f x 经过两个格点．17．（2010北京卷理8） 如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，动点E ，F 在棱11A B 上，动点P ，Q 在棱AD ，CD 上，若1EF =，1A E x =，DQ y =，DP z =（x ，y ，z 大于零），则四面体PEFQ 的体积（ ） A ．与x ，y ，z 都有关 B ．与x 有关，与y ，z 无关 C ．与y 有关，与x ，z 无关 D ．与z 有关，与x ，y 无关【解析】 D ；如图所示，三角形EFQ 的面积是定值且在平面11A B CD 上．所以体积只与P 到平面11A B CD 的距离有关．作PP CD '∥交BC 于P '，作1P M B C '⊥于M ．因为平面11A B CD ⊥平面11BCC B ．11P M A B CD '⊥．且2cos 452P M P C z ''=︒=． 所以体积与z 有关，与x ，y 无关．选D ．P 'D 1C 1B 1A 1PQMFED C B A QP FEB 1C 1D 1A 1D C BA18．（2010北京卷文8） 如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，动点E ，F 在棱11A B 上，点Q 在棱CD 的中点，动点P 在棱AD 上，若1EF =，DP x =，1A E y =（x y ,大于零），则三棱锥P EFQ -的体积（ ）A ．与x y ,都有关B ．与x y ,都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关 【解析】C ； 如图所示，三角形EFQ 的面积是定值且在平面11A B CD 上．所以体积只与P 到平面11A B CD 的距离有关．作PP CD '∥交BC 于P '，作1P M B C '⊥于M ．因为平面11A B CD ⊥平面11BCC B ．11P M A B CD '⊥．且2cos 452P M P C x ''=︒=． 体积与x 有关，与y 无关．故选C ．19．（2010北京理14）如图放置的边长为1的正方形PABC 沿x 轴滚动，设顶点(,)P x y 的轨迹方程是()y f x =，则函数()f x 的最小正周期为_____；()y f x =在其两个相邻零点间的图象与x 轴所围区域的面积为_______． 说明：“正方形PABC 沿x 轴滚动”包括沿x 轴正方向和沿x 轴负方向滚动．沿x 轴正方向滚动指的是先以顶点A 为中心顺时针旋转，当顶点B 落在x 轴上时，再以顶点B 为中心顺时针旋转，如此继续．类似地，正方形PABC 沿x 轴负方向滚动．【解析】 4；π1+．xyOAB CP C (A )P (B )A (C )P C B (P )BPCBA上图给出了正方形PABC 一个完整周期的滚动情况．初始时边PA 在x 轴上，首次滚动是以A 为圆心顺时针旋转90︒，这时B 到了x 轴上，P 到了原先B 的位臵，P 的轨迹是以A 为圆心1为半径的90︒弧；第二次滚动以落到x 轴上的B 点为圆心顺时针旋转90︒，然后C 到了x 轴上，A 到了原先C 的位臵，P 的轨迹是以B 为圆心2为半径的90︒弧；第三次滚动以落到x 轴上的C 点为圆心顺时针旋转90︒，然后P 到了x 轴上，B 到了原先P 的位臵，P 的轨迹是以C 为圆心1为半径的90︒弧；第四次滚动以落到x 轴上的P 点为圆心顺时针旋转90︒，然后A 到了x 轴上，C 到了原先A 的位臵，P 点在这个滚动中静止不动．这时PA 边又回到了x 轴上，下一次滚动又以A 为圆心开始，故这4次滚动构成一个周期．由图像知()f x 的最小正周期就是P 连续两次落到x 轴上之间的距离，即正方形的周长4；所围成的面积2221π11π11π121π122222222S =⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅=+．yxOCBAPQP FEB 1C 1D 1A 1D C B AP 'D 1C 1B 1A 1PQM FED C BAl 3l 2l 1P 0P 3P 2P 120．（2010北京卷文14）如图放置的边长为1的正方形PABC 沿x 轴滚动，设顶点(,)P x y 的纵坐标与横坐标的函数关系式是()y f x =，则函数()f x 的最小正周期为_____；()y f x =在其两个相邻零点间的图象与x 轴所围区域的面积为_______．说明：“正方形PABC 沿x 轴滚动”包括沿x 轴正方向和沿x 轴负方向滚动．沿x 轴正方向滚动指的是先以顶点A 为中心顺时针旋转，当顶点B 落在x 轴上时，再以顶点B 为中心顺时针旋转，如此继续．类似地，正方形PABC 沿x 轴负方向滚动．【解析】 4；π1+．解析与上题完全类似．21． （2009北京理8）点P 在直线:1l y x =-上，若存在过P 的直线交抛物线2y x =于A ，B 两点，且PA AB =，则称点P 为“A 点”，那么下列结论中正确的是（ ）A ．直线l 上的所有点都是“A 点”B ．直线l 上仅有有限个点是“A 点”C ．直线l 上的所有点都不是“A 点”D ．直线l 上有无穷多个点（点不是所有的点）是“A 点”【解析】 A本题主要考查阅读与理解、信息迁移以及学生的学习潜力，考查学生分析问题和解决问题的能力．属于创新题型． 本题采作数形结合法易于求解，如图， 设()A m n ，，(1)P x x -， 则(221)B m x n x --+，，∵A ，B 在2y x =上，∴2221(2)n m n x m x ⎧=⎪⎨-+=-⎪⎩ 消去n ，整理得关于x 的方程22(41)210x m x m --+-= ①∵222(41)4(21)8850m m m m ∆=---=-+>恒成立， ∴方程①恒有实数解，∴应选A ．22．（2009北京理14）已知数列{}n a 满足：431n a -=，410n a -=，2n n a a =，n *∈N ，则2009a =________；2014a =_________．【解析】 1，0．本题主要考查周期数列等基础知识．属于创新题型．依题意，得2009450331a a ⨯-==，2014210071007425210a a a a ⨯⨯-====． ． ∴应填1，0．23． （2009北京卷文8）设D 是正123PP P ∆及其内部的点构成的集合，点0P 是123PP P ∆的中心，若集合{}0|123i S P P D PP PP i =∈=，≤，，，，则集合S 表示的平面区域是（ ）A ．三角形区域B ．四边形区域C ．五边形区域D ．六边形区域【解析】 D ．本题结合平面几何，考察集合的知识． 如图，(123)i l i =，，是线段0i P P 的中垂线，每条中垂线都将y=x-1y=x 2yxPOB Ay xO BC A P平面分成两部分，满足0i PP PP ≤的点P 的集合为直线i l 包含0P 的那一侧．因此S 表示的平面区域如图阴影所示．24．（2009北京卷文14）设A 是整数集的一个非空子集，对于k A ∈，如果1k A -∉，且1k A +∉，那么称k 是A 的一个“孤立元”．给定{}12345678S =，，，，，，，，由S 的3个元素构成的所有集合中，不含“孤立元”的集合共有 个．【解析】 6；设集合{}D a b c =，，满足要求，其中a b c <<，因为1c D +∉，所以要使c 不是“孤立元”，只能1c D -∈，于是只能1b c =-；同样的，因为1a D -∉，所以1a D +∈，从而1b a =+． 因此满足要求的集合只能是连续三个数组成的集合，即只有{123}{234}，，，，，， {345}{456}{567}{678}，，，，，，，，，，，满足条件．集合与新概念结合的题型，有一定的难度，考察对数学新定义的理解能力．25． （2008北京卷理8文8）如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上．过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设BP x =，MN y =，则函数()y f x =的图象大致是（ ）【解析】 B过M N ，两点分别作1AA 的平行线，交AB BC ，（或AD CD ，）于点M N ''，，连结M N ''，交BD于点O ，则MM N N ''为平面四边形．又MN ⊥平面11BB D D ，故1MN BB ⊥，从而MN MM '⊥；又MM '⊥平面ABCD ，故MM M N '''⊥，故MM N N ''为矩形，从而y M N ''=． 当11322x BD a <=时，23BO x =，2263y MN M N BO x ''====；当11322x BD a >=时，23BO x =， ()2222263y MN M N DO BD BO a x ''====-=-； 故图象大致为B ．26．（2008北京卷理14）某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下：第k 棵树种植在点(, )k k k P x y 处，其中11x =，11y =，当2k ≥时，1112155512 55k k k k k k x x T T k k y y T T --⎧⎡--⎤⎛⎫⎛⎫=+--⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎨--⎛⎫⎛⎫⎪=+- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩； ()T a 表示非负实数a 的整数部分，例如(2.6)2T =，(0.2)0T =．按此方案，第6棵树种植点的坐标应为 ；第2008棵树种植点的坐标应为 ．【解析】 (1, 2)，(3, 402)211x x =+，32112x x x =+=+，…，54114x x x =+=+，65115x x x =+-=，……，于是5111k x x +==，522k x +=，533k x +=，544k x +=，*555()k x k +=∈N ；PNMABCD A 1B 1C 1D 1DCBAxyOx yOx y OOy x543211y y y y y =====，6512y y =+=，……，于是51525354551k k k k k y y y y y k +++++=====+．故第6棵树的种植点的坐标为(1, 2)；200854013=⨯+，20083x =，2008402y =，故第2008棵树的种植点坐标为(3, 402)．27．（2010海淀一模理8）已知数列()1212:,,,0,3n nA a aa a a a n <<< ≤≥具有性质P ：对任意(),1i j i j n ≤≤≤，j i a a +与j i a a -两数中至少有一个是该数列中的一项．现给出以下四个命题：① 数列0,1,3具有性质P ；② 数列0,2,4,6具有性质P ； ③ 若数列A 具有性质P ，则10a =； ④ 若数列123a a a ，，具有性质P ，则1322a a a +=． 其中真命题有（ ）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个【解析】 B ．①∵134+=，132-=-都不在数列中，∴数列0,1,3不具有性质P ； ②容易验证数列0,2,4,6具有性质P ；③取i j n ==，n n n a a a +>不在数列中，则0j i a a -=在数列中，而数列中最小的数10a ≥，因此10a =；④由③的分析知，10a =．由于210a a >=，32a a +3a >不在数列中，因此32a a -必然在数列中．又32a a >，故3210a a a ->=，于是322a a a -=，等式1322a a a +=成立．28．（2010海淀一模理14）在平面直角坐标系中，点集{}22(,)|1A x y x y =+≤，{}(,)|4,0,340B x y x y x y =-≤≥≥，则 ⑴ 点集{}1111(,)|3,1,(,)P x y x x y y x y A ==+=+∈所表示的区域的面积为_____；⑵ 点集{}12121122(,)|,,(,),(,)Q x y x x x y y y x y A x y B ==+=+∈∈所表示的区域的面积为 ．【解析】 π；18π+；点集A 就是整个单位圆；点集B 所表示的区域是如图所示的直角三角形OMN ，其中4OM =，3MN =．⑴ 点集P 是将点集A 中的所有点横坐标加3纵坐标加1得到的，即都进行了一个向量(3,1)n =的平移，所以整体上集合A 也按照向量n进行了平移，得到的点集P 还是一个半径为1的圆，圆心在(3,1)，所以面积依旧是π； ⑵ 点集Q 实际上可以写成：2222(,)(,)x y BQ x y A ∈=+ ，其中22(,)x y A +看成是A 按照向量22(,)x y 的平移得到的点集． 而22(,)x y A +得到的是以22(,)x y 为圆心半径为1的圆，所以Q 就是所有圆心在OMN ∆里半径为1的圆的并；如图所示：当半径为1的圆在OMN ∆边界上滑动时，分别得到矩形ONQP ，矩形NMSR ，矩形MOUT ；在顶点滚动时，得到三个扇形；所以最终Q 就是图示阴影部分．不难求得面积21111π118π2S ON NM MO OM ON =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=+ 【点评】 解决本题的关键在于发现实质P 是A 的平移，Q 是A 的全体平移的并．如果只从集合,P Q 的描述性表示入手的话是很抽象的．本题可以推广到一般情形：如果,A B 是两个闭图形，则{}1212|,A B X X X A X B +=+∈∈都是A 的全体平移2X A +的并．yxM N O P QRS TU45-129．（2010海淀一模文14）若点集{}22(,)|1A x y x y =+≤，{}(,)|11,11B x y x y =--≤≤≤≤，则 ⑴点集{}1111(,)|1,1,(,)P x y x x y y x y A ==+=+∈所表示的区域的面积为_____；⑵点集{}12121122(,)|,,(,),(,)Q x y x x x y y y x yA x yB ==+=+∈∈所表示的区域的面积为___________ ．【解析】 π；12π+；点集A 就是整个单位圆；点集B 所表示的区域是边长为2的正方形KLMN ，如图所示．⑴ 点集P 是将点集A 中的所有点横纵坐标均加1得到的，即都进行了一个向量(1,1)n =的平移，所以整体上集合A 也按照向量n进行了平移，得到的点集P 还是一个半径为1的圆，圆心在(1,1)，所以面积依旧是π； ⑵点集Q 实际上可以写成：2222(,)(,)x y BQ x y A ∈=+ ，其中22(,)x y A +看成是A 按照向量22(,)x y 的平移得到的点集．而22(,)x y A +得到的是以22(,)x y 为圆心半径为1的圆，所以Q 就是所有圆心在正方形KLMN 里半径为1的圆的并；如图所示：当半径为1的圆在KLMN 边界上滑动时，分别得到4个长为2宽为1的矩形；在顶点滚动时，得到4个扇形；所以最终Q 就是图示阴影部分．不难求得面积π424412π4S =+⨯+⨯=+．30．（2010朝阳一模理14）一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数x ，以后每次生成的结果是将上一次生成的每一个数x 生成两个数，一个是 x -，另一个是3x +．设第n 次生成的数的个数为n a ，则数列{}n a 的前n 项和n S = ；若1x =，前n 次生成的所有数．．．中不同的数的个数为n T ，则n T = ．【解析】 21n -； 1 (1)3 (2)4 6 (3)n n n n =⎧⎪=⎨⎪-⎩≥．11a =，22a =，34a =，每次生成数的个数都比上一次翻倍，所以12n n a -=，21n n S =-；为了研究所有生成数中不同数的个数，我们用一个双排单链表来考察一下生成数的过程： 1n =时，只有1个数x ；2n =时，共有3个数：3x x x →+↓- 3n =起，生成的所有数形成了一个双排单链表3A ，其中箭头代表生成过程：3633x x x x xx →+→+↓-+←---4n =时的链表4A 如下：TS V UR QPOLKNMy O x-2-12133696336x x x x x x x x x x -→+→+→+↑↓-+←-+←-←----这个链表k A 具有这样的规律： ①第一排从左往右，第二排从右往左，都是公差为3的等差数列；第一排的x 与第二排的x -对应； ②两排项数相同但是错开1项，除掉第一排的尾项与第二排的首项以外，其余项一一对应且互为相反数；③在生成数的过程中，第一排的数只能生成其右边和下边的数，第二排的数只能生成其左边和上边的数，箭头表明了生成的过程；④从n k =到1n k =+时，根据③，链表k A 的中间段不可能再生成新数，只有第一排尾项与第二排首项能生成新数，第一排尾项为两排右边各加一项，变成1k A +两排的新尾项；k A 第二排首项为两排左边各加一项，变成1k A +两排的新首项；⑤根据④，1k A +的链表每排项数比k A 的链表多2，3A 每排有3项，4A 每排有5项，∴(3)k A k ≥每排有23k -项；⑥当1x =时，k A 的第一排被3除余1，第二排被3除余2，所以两排的项不会重复，从而k A 列出了前k 次生成的所有不同的数；∴n T 为链表n A 的项数，即46(3)n T n n =-≥；另外23T =，11T =． 下面给出了链表k A ：3(3)3(2)3(1)3(2)3(3)3(2)x k x x k x k x k x k x x k --→→+-→+-↑↓-+-←-+-←-←---31．（2010朝阳一模文14）一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数x ，以后每次生成的结果可将上一次生成的每一个数x 生成两个数，一个是 x -，另一个是3x +．设第n 次生成的数的个数为n a ，则数列{}n a 的前n 项和n S = ；若1x =，前n 次生成的所有数．．．中不同的数的个数为n T ，则4T = ．【解析】 21n -；10．11a =，22a =，34a =，每次生成数的个数都比上一次翻倍，所以12n n a -=，21n n S =-； 4n =，1x =时，生成的所有数为：21471052147-→→→↑↓←←-←--∴410T =．32．（2010东城一模理14） 如果对任意一个三角形，只要它的三边长a ，b ，c 都在函数()f x 的定义域内，就有()f a ，()f b ，()f c 也是某个三角形的三边长，则称()f x 为“Л型函数”．则下列函数：①()f x x =； ②()sin g x x = (0,π)x ∈； ③()ln h x x = [2,)x ∈+∞， 是“Л型函数”的序号为 ．【解析】 ①③；若,,0a b c >，a b c +>，则a b a b c +>+>，故①满足；若,,2a b c ≥，a b c +>，则(1)(1)1a b ab a b --⇒+≥≥，ln ln ln()ln()ln a b ab a b c +=+>≥，故③满足；②反例：3a b ==，π2c =时，,,a b c 构成三角形，但πsin sin 1sin 2a b +<=，故sin ,sin ,sin a b c 不构成三角形．33． （2010石景山一模理14文14）在数列{}n a 中，若221n n a a p --=，（2,n n *∈N ≥，p 为常数），则称{}n a 为“等方差数列”．下列是对“等方差数列”的判断：①若{}n a 是等方差数列，则{}2n a 是等差数列；②{}(1)n -是等方差数列；③若{}n a 是等方差数列，则{}kn a （k *∈N ，k 为常数）也是等方差数列； ④若{}n a 既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列．其中正确命题序号为 ．（将所有正确的命题序号填在横线上）【解析】 ①②③④．由定义可知，{}2n a 是公差为p 的等差数列，①正确；()()221110(2,*)n n n n -⎡⎤⎡⎤---=∈⎣⎦⎣⎦N ≥为常数，故(){}1n -是等方差数列，②正确；若221(2,*)n n a a p n n --=∈N ≥，则()()()22222222(1)1121(1)kn k n kn kn kn kn kn k k n a a a a a a a a kp -----+--=-+-++-= 为常数，③对；设{}n a 公差为d ，则221111()()()n n n n n n n n p a a a a a a d a a ----=-=-+=+，结合11()()n n n n p d a a p d a a +-=+⎧⎨=+⎩，两式相减可得2110()20n n d a a d d +-=-=⇒=，故{}n a 是常数列，④对．34．（2010西城一模理14）设函数()f x 的定义域为D ，若存在非零实数l 使得对于任意()x M M D ∈⊆，有x l D +∈，且()()f x l f x +≥，则称()f x 为M 上的l 高调函数．如果定义域是[1,)-+∞的函数2()f x x =为[1,)-+∞上的m 高调函数，那么实数m 的取值范围是 ．如果定义域为R 的函数()f x 是奇函数，当0x ≥时，22()f x x a a =--，且()f x 为R 上的4高调函数，那么实数a 的取值范围是 ．【解析】 2m ≥；11a -≤≤．第一问，依定义，22()x m x +≥在[1,)-+∞上恒成立，即220mx m +≥在[1,)-+∞上恒成立；由于0m ≠，分两种情况讨论：①0m <时，若2mx >-，22mx m <-，矛盾；所以这种情形不存在；②0m >时，在[1,)-+∞上，一次函数22mx m +在1x =-处取到最小值22m m -+，根据题意，只需要最小值220m m -+≥即可，解得2m ≥； ∴实数m 的取值范围是2m ≥； 第二问，用数形结合的思想来解决．如图所示，先作出()y f x =的图象，其图象是由三条直线构成的折线，与x 轴有三个交点2(2,0)a -、(0,0)、2(2,0)a ；极大值点22(,)a a -；极小值点22(,)a a -； 而(4)f x +是()f x 沿x 轴向左平移4个单位得到的图象，当且仅当(4)f x +的右端直线整体处于()f x 的左端直线上方时，才有(4)()f x f x +≥恒成立（如图所示的实线与虚线）；即当且仅当22242a a --≤时()f x 才是4高调函数，解得a 的取值范围是[]1,1-．35．（2010西城一模文14）设函数()f x 的定义域为D ，若存在非零实数l 使得对于任意()x M M D ∈⊆，有x l D +∈，且()()f x l f x +≥，则称()f x 为M 上的l 高调函数．y=f (x+4)y=f (x )2a 2-a 2a 2yO x。
北京数列创新压轴题历年真题
北京创新压轴题之历年真题1．（2023•北京）数列{}n a ，{}n b 的项数均为(2)m m >，且n a ，{1n b ∈，2，，}m ，{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n A ，n B ，并规定000A B ==．对于{0k ∈，1，2，，}m ，定义{|k i k r max i B A =，{0i ∈，1，2，，}}m ，其中，maxM 表示数集M 中最大的数．（Ⅰ）若12a =，21a =，33a =，11b =，23b =，33b =，求0r ，1r ，2r ，3r 的值； （Ⅱ）若11a b ，且112j j j r r r +−+，1j =，2，，1m −，求n r ；（Ⅲ）证明：存在0p q m <，0r s m <，使得p s q r A B A B +=+．【解答】（Ⅰ）列表如下，对比可知00r =，11r =，21r =，32r =．（Ⅱ）由题意知n r m 且n r N ∈， 因为1n a ，1n b ，n a ，{1n b ∈，2，，}m ，所以1n A ，1n B ，当且仅当1n =时，等号成立， 所以00r =，11r =， 又因为112j j j r r r −++，则11j j j j r r r r +−−−，即11210...1m m m m r r r r r r −−−−−−=， 可得11j j r r +−，反证：假设满足11n n r r +−>的最小正整数为11i m −， 当j i 时，则12i j r r +−； 当1i j −时，则11j j r r +−=，则112100()()...()2()2m m m m m r r r r r r r r m i i m i −−−=−+−++−+−+=−， 又因为11i m −，则22(1)1m r m i m m m m −−−=+>， 所以假设不成立，11n n r r +−=成立，所以数列{}n r 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以01n r n n =+⨯=，n N ∈．（Ⅲ）证明：若m m A B ，设n n n r S A B =−，1n m ， 根据题意可得0n S 且n S 为整数，反证法：假设存在正整数K ，使得K S m ，且K r m ≠（若K r m =时，m m A B =显然成立，m m A B >和m m A B <同理，只需要论证m m A B < ，11k r m B B ++=不存在）， 则K K r A B m −，10k K r A B +−<，所以111()()k k K K K r r r K r K r b B B A B A B m +++=−=−−−>， 这与1{1K r b +∈，2...，}m 相矛盾，所以对任意1n m ，n N ∈，均有1n S m −，①若存在正整数N ，使得0N N N r S A B =−=，即N N r A B =， 取0r p ==，q N =，N s r =，使得P s q r A B A B +=+， ②若不存在正整数N ，使得0N S =， 因为{1n S ∈，2m ，⋯，1}m −，且1n m ，所以必存在1X Y m <，使得X Y S S =，即X Y X r Y r A B A B −=−，可得Y X X r Y r A B A B +=+， 取p X =，Y s r =，q Y =，X r r =，使得p s q r A B A B +=+， 若m m A B <，设n n r n S B A =−，1n m ， 根据题意可得0n S 且n S 为整数，反证法：假设存在正整数K ，使得K S m −， 则K r K B A m −−，10k r K B A +−>，所以111()()k k K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=−=−−−>， 这与1{1K r b +∈，2...，}m 相矛盾，所以对任意1n m ，n N ∈，均有1n S m −，①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =−=，即N N r A B =， 取0r p ==，q N =，N s r =，使得P s q r A B A B +=+， ②若不存在正整数N ，使得0N S =，因为{1n S ∈−，2−，⋯，1}m −，且1n m ，所以必存在1X Y m <，使得X Y S S =，即Y X X r Y r A B A B +=+，可得Y X X r Y r A B A B +=+， 取p X =，Y s r =，q Y =，X r r =，使得p s q r A B A B +=+． 综上所述，存在0p q m <，0r s m <，使得p s q r A B A B +=+．2．（2022•北京）已知1:Q a ，2a ，⋯，k a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1n ∈，2，⋯，}m ，在Q 中存在i a ，1i a +，2i a +，⋯，(0)i j a j +，使得12i i i i j a a a a n ++++++⋯+=，则称Q 为m −连续可表数列． （Ⅰ）判断:2Q ，1，4是否为5−连续可表数列？是否为6−连续可表数列？说明理由； （Ⅱ）若1:Q a ，2a ，⋯，k a 为8−连续可表数列，求证：k 的最小值为4；（Ⅲ）若1:Q a ，2a ，⋯，k a 为20−连续可表数列，且1220k a a a ++⋯+<，求证：7k ．【解答】（Ⅰ）若5m =，则对于任意的{1n ∈，2，3，4，5}， 21a =，12a =，12213a a +=+=，34a =，23145a a +=+=，所以Q 是5−连续可表数列；由于不存在任意连续若干项之和相加为6， 所以Q 不是6−连续可表数列；（Ⅱ）假设k 的值为3，则1a ，2a ，3a 最多能表示1a ，2a ，3a ，12a a +，23a a +，123a a a ++，共6个数字，与Q 是8−连续可表数列矛盾，故4k ；现构造:4Q ，2，1，5可以表达出1，2，3，4，5，6，7，8这8个数字，即存在4k =满足题意． 故k 的最小值为4． （Ⅲ）先证明6k ．从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字， 取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5432115++++=个正整数，不能表示20个正整数，即6k ． 若6k =，最多可以表示65432121+++++=个正整数， 由于Q 为20−连续可表数列，且1220k a a a ++⋯+<， 所以其中必有一项为负数．既然5个正整数都不能连续可表120−的正整数， 所以至少要有6个正整数连续可表120−的正整数， 所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意， 当7k =时，数列1，2，4，5，8，2−，1−满足题意，当7k >时，数列1，2，4，5，8，2−，1−，0k n a a =⋯==，所以7k 符合题意， 故7k ．3．（2021•北京）设p 为实数．若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列： ①10a p +，且20a p +=； ②414(1n n a a n −<=，2，)⋯；③{m n m n a a a p +∈++，1}(1m n a a p m +++=，2，⋯；1n =，2，)⋯．（Ⅰ）如果数列{}n a 的前四项为2，2−，2−，1−，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由； （Ⅱ）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（Ⅲ）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S 恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．【解答】（Ⅰ）数列{}n a 不可能为2ℜ数列，理由如下，因为2p =，12a =，22a =−，所以122a a p ++=，1213a a p +++=， 因为32a =−，所以312{a a a p ∉++，121}a a p +++， 所以数列{}n a 不满足性质③． （Ⅱ）性质①，10a ，20a =；由性质③2{m m a a +∈，1}m a +，因此31a a =或311a a =+，40a =或41a =， 若40a =，由性质②可得34a a <，即10a <或110a +<，矛盾； 若41a =，311a a =+，由34a a <，则111a +<，矛盾， 因此只能是41a =，31a a =，又因为413a a a =+或4131a a a =++，所以112a =或10a =． 若112a =，则211{0a a a ∈++，11101}{2a a a +++=，121}{1a +=，2}，不满足20a =，舍去； 当10a =，则{}n a 的前四项为0，0，0，1，下面用数学归纳法证明4(1n i a n i +==，2，3)，441()n a n n N +=+∈， 当0n =时，经检验命题成立； 假设(0)n k k 时命题成立． 当1n k =+时，若1i =，则4(1)145(45)k k j k j a a a +++++−==，利用性质③：45{|*j k j a a j N +−+∈，144}{j k k +=，1}k +，此时可得451k a k +=+， 否则45k a k +=，取0k =可得50a =，而由性质②可得514{1a a a =+∈，2}，与50a =矛盾． 同理可得，46{|*j k j a a j N +−+∈，145}{j k k +=，1}k +，此时可得461k a k +=+， 48{|*j k j a a j N +−+∈，246}{1j k k +=+，2}k +，此时可得482k a k +=+，47{|*j k j a a j N +−+∈，146}{1}j k k +=+，又因为4748k k a a ++<，此时可得471k a k +=+，即当1n k =+时，命题成立． 综上可得，54111a a ⨯+==；（Ⅲ）令n n b a p =+，由性质③可知，m ∀，*n N ∈，{m n m n m n b a p a p a p ++=+∈+++，1}{m n m n a p a p b b ++++=+，1}m n b b ++，由于110b a p =+，220b a p =+=，414144n n n n b a p a p b −−=+<+=， 因此数列{}n b 为0ℜ数列，由（Ⅱ）可知，若*n N ∀∈，4(1n i a n p i +=−=，2，3)，411n a n p +=+−； 11101142320S S a a p ⨯+−===−， 91010422(2)0S S a a p ⨯+−=−=−=−−，因此2p =，此时1a ，2a ，⋯，100a ，0(11)j a j ，满足题意．4．（2020•北京）已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项i a ，()j a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使得2i m j a a a =；②对于{}n a 中任意一项(3)n a n ，在{}n a 中都存在两项k a ，()l a k l >，使得2k n la a a =．（Ⅰ）若(1n a n n ==，2，)⋯，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；（Ⅱ）若12(1n n a n −==，2，)⋯，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （Ⅲ）若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列．【解答】（Ⅰ）不满足，理由：2329*2a N a =∉，不存在一项m a 使得232m a a a =． （Ⅱ）数列{}n a 同时满足性质①和性质②，理由：对于任意的i 和j ，满足2212i j i ja a −−=，因为*i N ∈，*j N ∈且i j >，所以2*i j N −∈，则必存在2m i j =−，此时，12{}m i a −∈且满足2212i j i m ja a a −−==，性质①成立，对于任意的n ，欲满足212122n k l k n la a a −−−===，满足2n k l =−即可，因为*k N ∈，*l N ∈，且k l >， 所以2k l −可表示所有正整数，所以必有一组k ，l 使2n k l =−，即满足2k n la a a =，性质②成立．（Ⅲ）首先，先证明数列恒正或恒负， 反证法：假设这个递增数列先负后正，那么必有一项l a 绝对值最小或者有l a 与1l a +同时取得绝对值最小， 如仅有一项l a 绝对值最小，此时必有一项2l m ja a a =，此时||||m l a a <与前提矛盾，如有两项l a 与1l a + 同时取得绝对值最小值，那么必有21l m l a a a +=，此时||||m l a a =，与前提条件矛盾， 所以数列必然恒正或恒负，在数列恒正的情况下，由②知，存在k ，l 且k l >， 因为是递增数列，0k l a a >>，使得23k k la a a a =>， 即3k l >>，所以2231a a a =，此时1a ，2a ，3a 成等比数列， 数学归纳法：（1）已证3n =时，满足{}n a 是等比数列，公比21a q a =， （2）假设n k =时，也满足{}k a 是等比数列，公比21a q a =， 那么由①知21k k k a qa a −=等于数列的某一项m a ，证明这一项为1k a +即可， 反证法：假设这一项不是1k a +，因为是递增数列，所以该项211k m k k k a a qa a a +−==>， 那么1k k k a a qa +<<，由等比数列{}k a 得1111k k k a q a a q −+<<， 由性质②得2111k k m l a a qa q a −<<，同时21m k m l la a a a a +=>>，s 所以1k m l +>>， 所以m a ，l a 分别是等比数列{}k a 中两项，即11m m a a q −=，11l l a a q −=， 原式变为121111k m l k a q a q a q −−−<<，所以121k m l k −<−−<，又因为*k N ∈，*m N ∈，*l N ∈，不存在这组解，所以矛盾， 所以知211k k k k a qa a a +−==，1{}k a +为等比数列， 由数学归纳法知，{}n a 是等比数列得证， 同理，数列恒负，{}n a 也是等比数列．5．（2019•北京）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s −，且长度为s 末项为21s −的递增子列恰有12s −个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【解答】()1I ，3，5，6．()II 证明：设长度为q ，末项为0n a 的递增子列为1r a ，2r a ，⋯，1q r a −，0n a ，由p q <，可得10p q r r n a a a −<，数列{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ， 又1r a ，2r a ，⋯，1q r a −，p r a 是{}n a 的长度为p 的递增子列，∴0p m r a a ，由此可得，00m n a a <．()III 考虑21s −与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s −之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列， 这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s −矛盾，2s ∴必在21s −之前． 继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．对于数列21n −，2n ，由于2n 在21n −之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n −，对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s −与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 即221k a k =−，212k a k −=，*k N ∈．6．（2018•北京）设n 为正整数，集合1{|(A t αα==，2t ，)n t ⋯，{0k t ∈，1}，1k =，2，⋯，}n ，对于集合A 中的任意元素1(x α=，2x ，⋯，)n x 和1(y β=，2y ，)n y ⋯，记(M α，111122221)[(||)(||)(||)]2n n n n x y x y x y x y x y x y β=+−−++−−+⋯+−−．（Ⅰ）当3n =时，若(1α=，1，0)，(0β=，1，1)，求(,)M αα和(,)M αβ的值；（Ⅱ）当4n =时，设B 是A 的子集，且满足：对于B 中的任意元素α，β，当α，β相同时，(,)M αβ是奇数；当α，β不同时，(,)M αβ是偶数．求集合B 中元素个数的最大值；（Ⅲ）给定不小于2的n ，设B 是A 的子集，且满足：对于B 中的任意两个不同的元素α，β，(,)0M αβ=，写出一个集合B ，使其元素个数最多，并说明理由．【解答】()(I M α，)1102α=++=，(,)0101M αβ=++=． （Ⅱ）当4n =时，依题意当α，β相同时，(M α，1122334412341)[()()()()]2x x x x x x x x x x x x β=+++++++=+++为奇数，则1x ，2x ，3x ，4x 中有“3个1和1个0”或“1个1和3个0”， 当α，β不同时，①当1x ，2x ，3x ，4x 中有“3个1和1个0”时，元素为： (1，1，1，0)，(1，1，0，1)，(1，0，1，1)，(0，1，1，1)，经验证可知(,)M αβ是偶数，符合题意，集合B 最多有4个元素(1，1，1，0)，(1，1，0，1)，(1，0，1，1)，(0，1，1，1)， ②当1x ，2x ，3x ，4x 中“1个1和3个0”时，元素为(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)， 经验证可知(,)M αβ是偶数，符合题意，集合B 最多有4个元素(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)， 综上，B 中元素个数的最大值为4．（Ⅲ）{(0B =，0，0，0)⋯，(1，0，0⋯，0)，(0，1，0，0)⋯，(0，0，10)⋯⋯， (0，0，0，⋯，1)}，此时B 中有1n +个元素，下证其为满足题意元素最多的集合．对于任意两个不同的元素α，β，满足(,)0M αβ=，则α，β中相同位置上的数字不能同时为1， 假设存在B 有多于1n +个元素，由于(0α=，0，0，⋯，0)与任意元素β都有(,)0M αβ=，所以除(0，0，0，⋯，0)外至少有1n +个元素含有1，根据元素的互异性，至少存在一对α，β满足i i x y l ==，此时(,)1M αβ不满足题意，故B 中最多有1n +个元素．故B 为满足题意的集合．7．（2017•北京）设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记11{n c max b a n =−，22b a n −，⋯，}(1n n b a n n −=，2，3，)⋯，其中1{max x ，2x ，⋯，}s x 表示1x ，2x ，⋯，s x 这s 个数中最大的数．（1）若n a n =，21n b n =−，求1c ，2c ，3c 的值，并证明{}n c 是等差数列； （2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m 时，nc M n>；或者存在正整数m ，使得m c ，1m c +，2m c +，⋯是等差数列．【解答】（1）11a =，22a =，33a =，11b =，23b =，35b =， 当1n =时，111{}{0}0c max b a max =−==，当2n =时，211{2c max b a =−，222}{1b a max −=−，1}1−=−，当3n =时，311{3c max b a =−，223b a −，333}{2b a max −=−，3−，4}2−=−， 下面证明：对*n N ∀∈，且2n ，都有11n c b na =−， 当*n N ∈，且2k n 时， 则11()()k k b na b na −−−， [(21)]1k nk n =−−−+， (22)(1)k n k =−−−，(1)(2)k n =−−，由10k −>，且20n −，则11()()0k k b na b na −−−，则11k k b na b na −−， 因此，对*n N ∀∈，且2n ，111n c b na n =−=−， 11n n c c +−=−， 211c c ∴−=−，11n n c c +∴−=−对*n N ∀∈均成立，∴数列{}n c 是等差数列；（2）证明：方法一：设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为1d ，2d ，下面考虑的n c 取值， 由11b a n −，22b a n −，⋯，n n b a n −， 考虑其中任意i i b a n −，(*,1)i N i n ∈， 则1211[(1)][(1)]i i b a n b i d a i d n −=+−−+−⨯， 1121()(1)()b a n i d d n =−+−−⨯，下面分10d =，10d >，10d <三种情况进行讨论，①若10d =，则112()(1)i i b a n b a n i d −=−+−， 当若20d ，则112()()(1)0i i b a n b a n i d −−−=−，则对于给定的正整数n 而言，11n c b a n =−，此时11n n c c a +−=−， ∴数列{}n c 是等差数列；当20d >，2()()()0i i n n b a n b a n i n d −−−=−>， 则对于给定的正整数n 而言，1n n n n c b a n b a n =−=−， 此时121n n c c d a +−=−， ∴数列{}n c 是等差数列；此时取1m =，则1c ，2c ，⋯，是等差数列，命题成立；②若10d >，则此时12d n d −+为一个关于n 的一次项系数为负数的一次函数， 故必存在*m N ∈，使得n m 时，120d n d −+<，则当n m 时，1112()()(1)()0i i b a n b a n i d n d −−−=−−+，(*,1)i N i n ∈， 因此当n m 时，11n c b a n =−，此时11n n c c a +−=−，故数列{}n c 从第m 项开始为等差数列，命题成立； ③若10d <，此时12d n d −+为一个关于n 的一次项系数为正数的一次函数， 故必存在*s N ∈，使得n s 时，120d n d −+>，则当n s 时，12()()(1)()0i i n n b a n b a n i d n d −−−=−−+，(*,1)i N i n ∈， 因此，当n s 时，n n n c b a n =−， 此时n n n n b a n ba n n−==−+， 122112()b d d n d a d n−=−+−++， 令10d A −=>，112d a d B −+=，12b d C −=， 下面证明：n c CAn B n n =++对任意正整数M ，存在正整数m ，使得n m ，n c M n>，若0C ，取||[1]M B m A−=+，[]x 表示不大于x 的最大整数， 当n m 时，||[1]n c M B M BAn B Am B A B A B M nA A−−++=++>⋅+=， 此时命题成立； 若0C <，取||[]1M C B m A−−=+， 当n m 时， ||nc C M C B An B Am B C A B C M C B B C M nn A−−++++>⋅++−−++=， 此时命题成立，因此对任意正数M ，存在正整数m ，使得当n m 时，nc M n>； 综合以上三种情况，命题得证．方法二：不妨设01n a a nd =+，02n b b nd =+，其中n N ∈， 考虑02010021()()()k x b kd a kd n b a n d d n k =+−+=−+−，这关于k 的等差数列，因此21110201{,}{,()}n n c max c c max b a n b d a n d n ==−+−−， 考虑函数11()f x b a x =−和函数20201()()g x b d a x d x =+−−，分类讨论如下：情形一：10d ≠，此时()f x 的图象是直线，()g x 的图象是抛物线，无论直线与抛物线的位置关系如何，必然存在正整数0m ，使得，0x m ∀，{()max f x ，()}()g x f x =或0x m ∀，{()max f x ，()}()g x g x =， 当0x m ∀，{()max f x ，()}()g x f x =时，取0m m =，有m c ，1m c +，2m c +⋯是等差数列； 而当0x m ∀，{()max f x ，()}()g x g x =，必然有()g x 开口向上，即10d −>， 因此0120()()b g x d x d a x x =−+−，对任意正数M ，必然存在正整数1m ，使得当1x m ，有()g x M x>， 此时取0{m max m =，1}m ，可得当n m 时，nc M n>， 情形10d =，此时()f x 与()g x 的图象都是直线，无论这两条直线位置关系如何，必然存在正整数m ， 使得0x m ∀，{()max f x ，()}()g x f x =或0x m ∀，{()max f x ，()}()g x g x =， 这就意味着m c ，1m c +，2m c +⋯是等差数列； 综上所述，原命题得证．8．（2016•北京）设数列1:A a ，2a ，⋯，(2)N a N ．如果对小于(2)n n N 的每个正整数k 都有k n a a <，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”，记G （A ）是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合． （Ⅰ）对数列:2A −，2，1−，1，3，写出G （A ）的所有元素； （Ⅱ）证明：若数列A 中存在n a 使得1n a a >，则G （A ）≠∅；（Ⅲ）证明：若数列A 满足11(2n n a a n −−=，3，⋯，)N ，则G （A ）的元素个数不小于1N a a −．【解答】（Ⅰ）根据题干可得，12a =−，22a =，31a =−，41a =，53a =， 12a a <满足条件，2满足条件，23a a >不满足条件，3不满足条件，24a a >不满足条件，4不满足条件，1a ，2a ，3a ，4a ，均小于5a ，因此5满足条件，G （A ）{2=，5}．（Ⅱ）因为存在1n a a >，设数列A 中第一个大于1a 的项为k a ，则1k i a a a >，其中21i k −，所以k G ∈（A ），G （A ）≠∅；（Ⅲ）设A 数列的所有“G 时刻”为12k i i i <<⋯<，对于第一个“G 时刻” 1i ，有11(2i i a a a i >=，3，⋯，11)i −，则111111i i i a a a a −−−． 对于第二个“G 时刻” 1i ，有21(2i i i a a a i >=，3，⋯，11)i −，则212211i i i i a a a a −−−． 类似的321i i a a −，⋯，11k k i i a a −−．于是，11221111()()()()k k k k k i i i i i i i i k a a a a a a a a a a −−−−+−+⋯+−+−=−． 对于N a ，若N G ∈（A ），则k i N a a =．若N G ∉（A ），则k N i a a ，否则由（2）知k i a ，1k i a +，⋯，N a ，中存在“G 时刻”与只有k 个“G 时刻”矛盾．从而11k i N k a a a a −−．另（Ⅲ）①若G （A ）=∅，由（2）可知，1N a a ，此时结论成立；②若G （A ）≠∅，设G （A ）1{i =，2i ，⋯，}k i ，其中{2j i ∈，3，⋯，}N ，1j =，2，⋯，k ， 不妨设12k i i i <<⋯<，由题意1111i i a a a −>，所以111111i i i a a a a −−−， 同理2121i i i a a a −>，所以212211i i i i a a a a −−−． 以此类推，我们有111111i i i a a a a −−−，212211i i i i a a a a −−−，⋯⋯，111k k k k i i i i a a a a −−−−，将以上各式累加，得到11k N i a a a a k −−， 故此时结论也成立．综合①②可知，若数列A 满足11(2n n a a n −−=，3，⋯，)N ，则G （A ）的元素个数不小于1N a a −．9．（2015•北京）已知数列{}n a 满足：*1a N ∈，136a ，且1182,18(1236,nn n nn a a a n a a +>⎧==⎨−⎩，2，)⋯，记集合*{|}n M a n N =∈．（Ⅰ）若16a =，写出集合M 的所有元素；（Ⅱ）如集合M 存在一个元素是3的倍数，证明：M 的所有元素都是3的倍数； （Ⅲ）求集合M 的元素个数的最大值．【解答】（Ⅰ）若16a =，由于1182,18(1236,nn n n n a a a n a a +>⎧==⎨−⎩，2，)⋯，*{|}n M a n N =∈． 故集合M 的所有元素为6，12，24；（Ⅱ）因为集合M 存在一个元素是3的倍数，所以不妨设k a 是3的倍数，由1182,18(1236,nn n nn a a a n a a +>⎧==⎨−⎩，2，)⋯，可归纳证明对任意n k ，n a 是3的倍数． 如果1k =，M 的所有元素都是3的倍数；如果1k >，因为12k k a a −=，或1236k k a a −=−，所以12k a −是3的倍数；于是1k a −是3的倍数； 类似可得，2k a −，⋯，1a 都是3的倍数； 从而对任意1n ，n a 是3的倍数；综上，若集合M 存在一个元素是3的倍数，则集合M 的所有元素都是3的倍数（Ⅲ）对136a ，11182,18(1236,n n n n n a a a n a a −−>⎧==⎨−⎩，2，)⋯，可归纳证明对任意n k ，36(2n a n <=，3，)⋯ 因为1a 是正整数，112112,18236,18a a a a a ⎧=⎨−>⎩，所以2a 是2的倍数．从而当2n 时，n a 是2的倍数．如果1a 是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数n ，n a 是3的倍数． 因此当3n 时，{12n a ∈，24，36}，这时M 的元素个数不超过5． 如果1a 不是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数n ，n a 不是3的倍数． 因此当3n 时，{4n a ∈，8，16，20，28，32}，这时M 的元素个数不超过8． 当11a =时，{1M =，2，4，8，16，20，28，32}，有8个元素． 综上可知，集合M 的元素个数的最大值为8．10．（2014•北京）对于数对序列1:(P a ，1)b ，2(a ，2)b ，⋯，(n a ，)n b ，记111()T P a b =+，1(){()k k k T P b max T P −=+，12}(2)k a a a k n ++⋯+，其中1{()k max T P −，12}k a a a ++⋯+表示1()k T P −和12k a a a ++⋯+两个数中最大的数，（Ⅰ）对于数对序列:(2,5)P ，(4,1)，求1()T P ，2()T P 的值；（Ⅱ）记m 为a ，b ，c ，d 四个数中最小的数，对于由两个数对(,)a b ，(,)c d 组成的数对序列:(,)P a b ，(,)c d 和:(,)P c d '，(,)a b ，试分别对m a =和m d =两种情况比较2()T P 和2()T P '的大小；（Ⅲ）在由五个数对(11,8)，(5,2)，(16,11)，(11,11)，(4,6)组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P 使5()T P 最小，并写出5()T P 的值（只需写出结论）．【解答】（Ⅰ）1()257T P =+=，21()1{()T P max T P =+，24}1{7max +=+，6}8=； （Ⅱ）2(){T P max a b d =++，}a c d ++，2(){T P max c d b '=++，}c a b ++． 当m a =时，2(){T P max c d b '=++，}c a b c d b ++=++，a b d c d b ++++，且a c d c b d ++++，22()()T P T P ∴'；当m d =时，2(){T P max c d b '=++，}c a b c a b ++=++，a b d c a b ++++，且a c d c a d ++++，22()()T P T P ∴'；∴无论m a =和m d =，22()()T P T P '；（Ⅲ）根据数对序列(4,6)，(11,11)，(16,11)，(11,8)，(5,2)， 可得1()4610T P =+=；2()112031T P =+=；3()311142T P =+=； 4()84250T P =+=；5()25052T P =+=；逐一检验可得，此数对序列使5()T P 最小．11．（2013•北京）已知{}n a 是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为n A ，第n 项之后各项1n a +，2n a +⋯的最小值记为n B ，n n n d A B =−．（Ⅰ）若{}n a 为2，1，4，3，2，1，4，3⋯，是一个周期为4的数列（即对任意*n N ∈，4)n n a a +=，写出1d ，2d ，3d ，4d 的值；（Ⅱ）设d 是非负整数，证明：(1n d d n =−=，2，3)⋯的充分必要条件为{}n a 是公差为d 的等差数列； （Ⅲ）证明：若12a =，1(1n d n ==，2，3，)⋯，则{}n a 的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．【解答】（Ⅰ）若{}n a 为2，1，4，3，2，1，4，3⋯，是一个周期为4的数列，111211d A B ∴=−=−=， 222211d A B =−=−=，333413d A B =−=−=，444413d A B =−=−=．（Ⅱ）充分性：设d 是非负整数，若{}n a 是公差为d 的等差数列，则1(1)n a a n d =+−， 1(1)n n A a a n d ∴==+−，11n n B a a nd +==+，n n n d A B d ∴=−=−，(1n =，2，3，4)⋯．必要性：若n n n d A B d =−=−，(1n =，2，3，4)⋯．假设k a 是第一个使10k k a a −−<的项， 则110k k k k k k k d A B a B a a −−=−=−−>，这与0n d d =−相矛盾，故{}n a 是一个不减的数列． 1n n n n n d A B a a d +∴=−=−=−，即1n n a a d +−=，故{}n a 是公差为d 的等差数列．（Ⅲ）证明：若12a =，1(1n d n ==，2，3，)⋯，首先，{}n a 的项不能等于零，否则1202d =−=，矛盾． 而且还能得到{}n a 的项不能超过2，用反证法证明如下：假设{}n a 的项中，有超过2的，设m a 是第一个大于2的项，由于{}n a 的项中一定有1，否则与11d =矛盾． 当n m 时，2n a ，否则与1m d =矛盾．因此，存在最大的i 在2到1m −之间，使1i a =，此时，2220i i i i d A B B =−=−−=，矛盾． 综上，{}n a 的项不能超过2，故{}n a 的项只能是1或者2． 下面用反证法证明{}n a 的项中，有无穷多项为1．若k a 是最后一个1，则k a 是后边的各项的最小值都等于2，故220k k k d A B =−=−=，矛盾， 故{}n a 的项中，有无穷多项为1．综上可得，{}n a 的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．12．（2012•北京）设A 是由m n ⨯个实数组成的m 行n 列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记(,)s m n 为所有这样的数表构成的集合．对于(,)A S m n ∈，记i r （A ）为A 的第i 行各数之和(1)i m ，j C （A ）为A 的第j 列各数之和(1)j n ；记K （A ）为1|r （A ）|，2|r （A ）|，⋯，|rm （A ）|，1|C （A ）|，2|C （A ）|，⋯，|Cn （A ）|中的最小值．（1）如表A ，求K （A ）的值；（2）设数表(2,3)A S ∈形如求K （A ）的最大值；（3）给定正整数t ，对于所有的(2,21)A S t ∈+，求K （A ）的最大值．【解答】（1）由题意可知1r （A ） 1.2=，2r （A ） 1.2=−，1c （A ） 1.1=，2c （A ）0.7=，3c （A ） 1.8=−K ∴（A ）0.7=（2）先用反证法证明k （A ）1:若k （A ）1>，则1|c （A ）||1|11a a =+=+>，0a ∴>同理可知0b >，0a b ∴+> 由题目所有数和为0，即1a b c ++=−11c a b ∴=−−−<−与题目条件矛盾k ∴（A ）1． 易知当0a b ==时，k （A ）1=存在 k ∴（A ）的最大值为1（3）k （A ）的最大值为212t t ++． 首先构造满足k （A ）212t t +=+的,{}(1i j A a i ==，2，1j =，2，⋯，21):t + 1,11,21,1t a a a ==⋯==，1,11,21,2112t t t t a a a t +++−==⋯==−+，22,12,22,1(2)t t t a a a t t ++==⋯==+， 2,12,22,211t t t a a a +++==⋯==−．经计算知，A 中每个元素的绝对值都小于1，所有元素之和为0， 且1|r （A ）2||r =（A ）21|2t t +=+， 1|c （A ）2||c =（A ）||t c =⋯=（A ）21121|11(2)22t t t t t t t t ++++=+>+>+++，1|t c +（A ）2||t c +=（A ）21||t c +=⋯=（A ）121|122t t t t −+=+=++． 下面证明212t t ++是最大值．若不然，则存在一个数表(2,21)A S t ∈+，使得k （A ）212t x t +=>+． 由k （A ）的定义知A 的每一列两个数之和的绝对值都不小于x ，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故A 的每一列两个数之和的绝对值都在区间[x ，2]中．由于1x >，故A 的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于1x −．设A 中有g 列的列和为正，有h 列的列和为负，由对称性不妨设g h <，则g t ，1h t +．另外，由对称性不妨设A 的第一行行和为正，第二行行和为负．考虑A 的第一行，由前面结论知A 的第一行有不超过t 个正数和不少于1t +个负数，每个正数的绝对值不超过1（即每个正数均不超过1)，每个负数的绝对值不小于1x −（即每个负数均不超过1)x −．因此1|r （A ）1|r =（A ）1(1)(1)21(1)(21(2))t t x t t x x t t x x ⋅++−=+−+=++−+<，故A 的第一行行和的绝对值小于x ，与假设矛盾．因此k （A ）的最大值为212t t ++．13．（2011•北京）若数列1n A a =，2a ，⋯，(2)n a n 满足1||1(1k k a a k +−==，2，⋯，1)n −，数列n A 为E 数列，记12()n n S A a a a =++⋯+．（Ⅰ）写出一个满足10s a a ==，且()0s S A >的E 数列n A ；（Ⅱ）若112a =，2000n =，证明：E 数列n A 是递增数列的充要条件是2011n a =；（Ⅲ）对任意给定的整数(2)n n ，是否存在首项为0的E 数列n A ，使得()0n S A =？如果存在，写出一个满足条件的E 数列n A ；如果不存在，说明理由．【解答】（Ⅰ）0，1，0，1，0是一个满足条件的E 数列5A（Ⅱ）必要性：因为E 数列n A 是递增数列， 所以11(1k k a a k +−==，2，⋯，1999) 所以n A 是首项为12，公差为1的等差数列． 所以200012(20001)12011a =+−⨯= 充分性：由于200019991a a −，199919981a a −，⋯，211a a −， 所以200011999a a −，即200011999a a +， 又因为112a =，20002011a =所以200011999a a =+， 故110(1k k a a k +−=>=，2，⋯，1999)，即n A 是递增数列． 综上所述，结论成立．（Ⅲ）设1(1k k k c a a k +=−=，2，⋯，1)n −，则1k c =± 因为211a a c =+，3112a a c c =++，⋯，1121n n a a c c c −=+++⋯+ 所以11231()(1)(2)(3)n n S A na n c n c n c c −=+−+−+−+⋯+121(1)(2)1[(1)(1)(1)(2)(1)]n n n c n c n c −=−+−+⋯+−−−+−−+⋯+−121(1)[(1)(1)(1)(2)(1)]2n n n c n c n c −−=−−−+−−+⋯+− ∵1k c =±，所以1k c −为偶数(1k =，2，⋯，1))n −，∴121(1)(1)(1)(2)(1)n c n c n c −−−+−−+⋯+−为偶数 所以要使()0n S A =，必须(1)2n n −=使为偶数；即4整除(1)n n −，亦即4n m =或*41()n m m N =+∈ 当*4()n m m N =∈时，E 数列n A 的项满足41410k k a a +−==，421k a −=−，41(1k a k ==，2，⋯，1))n − 此时，有10a =且()0n S A =成立当*41()n m m N =+∈时，E 数列n A 的项满足4141424011(1k k k k a a a a k +−−===−==，2，⋯，1))n − 410m a +=时，亦有10a =且()0n S A =成立当42n m =+或**43()()n m m N m N =+∈∈时，(1)n n −不能被4整除，此时不存在数列数列n A ，使得10a =且()0n S A =成立14．（2010•北京）已知集合1{|(n S X X x ==，2x ，⋯，)n x ，{0i x ∈，1}，1i =，2，⋯，}(2)n n 对于1(A a =，2a ，n a ⋯)，1(B b =，2b ，n b ⋯)n S ∈，定义A 与B 的差为11(||A B a b −=−，22||a b −，||)n n a b ⋯−；A 与B 之间的距离为1(,)||ni i i d A B a b ==−∑（Ⅰ）证明：A ∀，B ，n C S ∈，有n A B S −∈，且(d A C −，)(B C d A −=，)B ； （Ⅱ）证明：A ∀，B ，n C S ∈，(,)d A B ，(,)d A C ，(,)d B C 三个数中至少有一个是偶数 （Ⅲ）设n P S ⊆，P 中有(2)m m 个元素，记P 中所有两元素间距离的平均值为()d P ． 证明：()2(1)mnd P m −．【解答】（1）设1(A a =，2a ，⋯，)n a ，1(B b =，2b ，⋯，)n b ，1(C c =，2c ，⋯，)n n c S ∈ 因i a ，0i b ∈，1，故||0i i a b −∈，1，(1i =，2，⋯，11)0n a b ∈，1， 即11(||A B a b −=−，22||a b −，⋯，||)n n n a b S −∈ 又i a ，i b ，(0,1)i c ∈，1i =，2，⋯，n 当0i c =时，有||||||||i i i i i i a c b c a b −−−=−；当1i c =时，有|||||||(1)(1)||i i i i i i i i a c b c a b a b −−−=−−−=− 故(d A C −，1)||(,)ni i i B C a b d A B =−=−=∑（2）设1(A a =，2a ，⋯，)n a ，1(B b =，2b ，⋯，)n b ，1(C c =，2c ，⋯，)n n c S ∈ 记(,)d A B k =，(,)d A C l =，(,)d B C h = 记(0O =，0，⋯，0)n S ∈，由第一问可知： (d A ，)(B d A A =−，)B A −，(,)d O B A k =−= (d A ，)(C d A A =−，)(C A d O −=，)C A l −= (d B ，)(C d B A =−，)C A h −=即||i i b a −中1的个数为k ，||i i c a −中1的个数为l ，(1i =，2，⋯，)n 设t 是使||||1i i i i b a c a −=−=成立的i 的个数，则有2h k l t =+−，由此可知，k ，l ，h 不可能全为奇数，即(,)d A B ，(,)d A C ，(,)d B C 三个数中至少有一个是偶数．（3）显然P 中会产生2m C 个距离，也就是说，其中,(,)A B Pd A B ∈∑表示P 中每两个元素距离的总和．分别考察第i 个位置，不妨设P 中第i 个位置一共出现了i t 个1，那么自然有i m t −个0，因此在这个位置上所产生的距离总和为2()4i i m t m t −，(1i =，2，⋯，)n ，那么n 个位置的总和即15．（2009•北京）已知数集1{A a =，2a ，⋯，12}(1n n a a a a <<⋯，2)n 具有性质P ；对任意的i ，(1)j i j n ，i j a a 与j ia a 两数中至少有一个属于A ．（Ⅰ）分别判断数集{1，3，4}与{1，2，3，6}是否具有性质P ，并说明理由； （Ⅱ）证明：11a =，且1211112nn na a a a a a a −−−++⋯+=++⋯+； （Ⅲ）证明：当5n =时，1a ，2a ，3a ，4a ，5a 成等比数列．【解答】（Ⅰ）由于34⨯与43均不属于数集{1，3，4}， ∴该数集不具有性质P ．由于12⨯，13⨯，16⨯，23⨯，62，63，11，22，33，都属于数集{1，2，3，6}，∴该数集具有性质P ．（Ⅱ）1{A a =，2a ，⋯，}n a 具有性质P ，n n a a ∴与nna a 中至少有一个属于A ， 由于121n a a a <<⋯<，n n n a a a ∴>，故n n a a A ∉． 从而1nna A a =∈，11a =． 121n a a a =<<⋯，2n ，(2k n n a a a k ∴>=，3，4，⋯，)n ，故(2k n a a A k ∉=，3，4，⋯，)n ． 由A 具有性质P 可知(2nka A k a ∈=，3，4，⋯，)n ．又121n n n n n n a a a a a a a a −<<⋯<<，∴1n n a a =，21n n aa a −=，⋯，12n n a a a −=， 从而12121n n n n n n n a a a aa a a a a a a −++⋯++=++⋯+， ∴且1211112nn na a a a a a a −−−++⋯+=++⋯+； （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当5n =时， 有524a a a =，533a a a =，即25243a a a a =⋅=，1251a a a =<<⋯<，34245a a a a a ∴>=，34a a A ∴∉，由A 具有性质P 可知43a A a ∈． 由2243a a a ⋅=，得3423a a A a a =∈， 且3221a a a <=，∴34223a aa a a ==， ∴534224321a a a aa a a a a ====， 即1a ，2a ，3a ，4a ，5a 是首项为1，公比为2a 等比数列．16．（2008•北京）对于每项均是正整数的数列1:A a ，2a ，⋯，n a ，定义变换1T ，1T 将数列A 变换成数列1T （A ）：n 、11a −，21a −，⋯，1n a −；对于每项均是非负整数的数列1:B b ，2b ，⋯，m b ，定义变换2T ，2T 将数列B 各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列2T （B ）；又定义S （B ）22212122(2)m mb b mb b b b =++⋯++++⋯+．设0A 是每项均为正整数的有穷数列，令121(())(0k k A T T A k +==，1，2，)⋯．（Ⅰ）如果数列0A 为5，3，2，写出数列1A ，2A ；（Ⅱ）对于每项均是正整数的有穷数列A ，证明1(S T （A ）)S =（A ）；（Ⅲ）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列0A ，存在正整数K ，当k K 时，1()()k k S A S A +=．【解答】（Ⅰ）0:5A ，3，2，10():3T A ，4，2，1，1210(()):4A T T A =，3，2，1；11():4T A ，3，2，1，0，2211(()):4A T T A =，3，2，1．（Ⅱ）证明：设每项均是正整数的有穷数列A 为1a ，2a ，n a ， 则1T （A ）为n ，11a −，21a −，1n a −，从而1(S T （A ）22221212)2[2(1)3(1)(1)(1)](1)(1)(1)n n n a a n a n a a a =+−+−+++−++−+−++−．又S （A ）22212122(2)n na a na a a a =+++++++， 所以1(S T （A ）)S −（A ）2212122[23(1)]2()2()(1)0n n n n a a a n a a a n n n n n =−−−−++++++−++++=−+++=，故1(S T （A ）)S =（A ）．（Ⅲ）证明：设A 是每项均为非负整数的数列1a ，2a ，n a ．当存在1i j n <，使得i j a a 时，交换数列A 的第i 项与第j 项得到数列B ， 则S （B ）S −（A ）2()2()()0j i i j j i ia ja ia ja i j a a =+−−=−−．当存在1m n <，使得120m m n a a a ++===时，若记数列1a ，2a ，m a 为C ， 则S （C ）S =（A ）． 所以2(S T （A ）)S （A ）．从而对于任意给定的数列0A ，由121(())(0k k A T T A k +==，1，2，) 可知11()(())k k S A S T A +．又由（Ⅱ）可知1(())()k k S T A S A =，所以1()()k k S A S A +．即对于k N ∈，要么有1()()k k S A S A +=，要么有1()()1k k S A S A +−．因为()k S A 是大于2的整数，所以经过有限步后，必有12()()()0k k k S A S A S A ++===． 即存在正整数K ，当k K 时，1()k S A S +=（A ）17．（2007•北京）已知集合1{A a =，2a ，⋯，}(2)t a k ，其中(1t a Z i ∈=，2，⋯，)K ，由A 中的元素构成两个相应的集合：{(,)|S a b a A =∈，}a b A +∈，{(,)|T a b a A =∈，b A ∈，}a b A −∈，其中(,)a b 是有序对数，集合S 和T 中的元素个数分别为m 和n ，若对于任意的a A ∈，总有a A −∉，则称集合A 具有性质P ．（Ⅰ）检验集合{0，1，2，3}与{1−，2，3}是否具有性质P ，并对其中具有性质P 的集合，写出相应的集合S 和T ；（Ⅱ）对任何具有性质P 的集合A ，证明：(1)2k k n−； （Ⅲ）判断m 和n 的大小关系，并证明你的结论．【解答】()I 集合{0，1，2，3}不具有性质P ． 集合{1−，2，3}具有性质P ， 其相应的集合S 和T 是{1S =−，3}，{3，2}，{2T =，1}−，{2，3}；()ll 证明：首先，由A 中元素构成的有序数a 对(i a ，)i a 共有2k 个．因为0A ∉，所以(i a ，)(1i a T i ∉=，2⋯，)k ；又因为当a A ∈时，aA −时，a A −∉，所以当(i a ，)j a T ∈时， (j a ，)i a T ∉，(i ，1j =，2⋯，)k ．从而，集合们中元素的个数最多为21(1)()22k k k k −−=，即(1)2k k n −；()III m n =，证明如下：1．对于(,)a b S ∈，根据定义，a A ∈，b A ∈，且a b A +∈， 从而(,)a b b T +∈．如果(,)a b 与(,)c d 是S 的不同元素，那么a c =与b d =中至少有一个不成立， 从而a b c d +=+与b d =中也至少有一个不成立． 故(,)a b b +与(,)c d d +也是T 的不同元素．可见，S 中元素的个数不多T 中元素的个数，即m n ， 2．对于(,)a b T ∈，根据定义，a A ∈，b A ∈，且a b A −∈， 从而(,)a b b S −∈．如果(,)a b 与(,)c d 是不同元素， 那么a c =与b d =中至少有一个不成立，从而a b c d −=−与b d =中如不至少有一个不成立， 故(,)a b b −与(,)c d d −也是S 的不同元素．可见，T 中元素的个数不多于S 中元素的个数，即n m ， 由1，2可知，m n =．。
北京新高考数学真题
北京新高考数学真题2021年北京新高考数学真题如下：一、选择题部分：1.已知实数$x$满足$3x-2\leqslant1$，则$x$的取值范围是（）A. $x\geqslant1$B. $x\leqslant1$C. $x\geqslant1/3$D.$x\leqslant1/3$2.若$a+b=1$，则$ab$的最大值是（）A. $1/4$B. $1/2$C. $1$D. $2$3.已知等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n=n^2$，则$a_1$等于（）A. $1$B. $-1$C. $2$D. $-2$4.平面直角坐标系中，点$A(3,4)$关于原点对称点为$B$，则线段$AB$的中点坐标是（）A. $(3/2,2)$B. $(2,3/2)$C. $(-3/2,-2)$D. $(-2,-3/2)$5.函数$y=2^x$的图像在点$(0,y)$的切线方程是（）A. $y=2x+1$B. $y=2x$C. $y=2$D. $y=1$二、填空题部分：1.曲线$y=x^2$与直线$y=4x$所围成的面积为\_\_\_\_.2.过点$(3,-2)$且垂直于直线$2x-y=4$的直线方程为\_\_\_\_.3.若$x^2+y^2=1$，则函数$y=f(x)=\sqrt{1-x^2}$的定义域是\_\_\_\_.4.下列函数中，有界函数是\_\_\_\_.5.若$a^2+b^2=2$，则$(a+b)\cdot(a^2-2b^2)$的最大值为\_\_\_\_.三、解答题部分：1.证明：对任意实数$x$，都有$2x^2-5x+3\geqslant0$.2.已知函数$f(x)=x^3-2ax^2+3ax-1$有极值点$(1,-1)$，求$a$的值.3.若$a,b,c,d$是方程$3x^4-2ax^3+7bx^2-2cx+d=0$的四个不相等的实根，且$d=6$，求$a+b+c+d$的值.4.已知函数$f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$的图像过点$(1,1)$和$(2,4)$，且$f'(x)\geqslant0$，求$a,b,c,d$的值.5.在三角形$ABC$中，已知$AB=AC$，$\angle B=3\angle C$，求$\angle A$的度数.以上是2021年北京新高考数学真题的部分内容，请同学们认真思考，如有疑问可在答题卡纸上提出。
高考数学创新题(附答案)
高考数学创新题一、选择题（共9题）1．（北京卷）下图为某三岔路口交通环岛的简化模型，在某高峰时段，单位时间进出路口,,A B C 的机动车辆数如图所示，图中123,,x x x 分别表示该时段单位时间通过路段、、的机动车辆数（假设：单位时间内，在上述路段中，同一路段上驶入与驶出的车辆数相等），则（A ）123x x x >> （B ）132x x x >> （C ）231x x x >> （D ）321x x x >> 解：依题意，有x 1＝50＋x 3－55＝x 3－5，∴x 1<x 3，同理，x 2＝30＋x 1－20＝x 1＋10∴x 1<x 2，同理，x 3＝30＋x 2－35＝x 2－5∴x 3<x 2故选C2． （福建卷）对于直角坐标平面内的任意两点A (x 1,y 1)、B (x 2，y 2)，定义它们之间的一种“距离”：‖AB ‖=︱x 1－x 2︱+︱y 1－y 2︱.给出下列三个命题：①若点C 在线段AB 上，则‖AC ‖+‖CB ‖=‖AB ‖;②在△ABC 中，若∠C =90°，则‖AC ‖2+‖CB ‖2=‖AB ‖2；③在△ABC 中，‖AC ‖+‖CB ‖>‖AB ‖.其中真命题的个数为A.0B.1C.2D.3解析：对于直角坐标平面内的任意两点1122(,),(,)A x y B x y ，定义它们之间的一种“距离”：2121||.AB x x y y =-+- ①若点C 在线段AB 上，设C 点坐标为(x 0，y 0)，x 0在x 1、x 2之间，y 0在y 1、y 2之间，则01012020||||||||AC CB x x y y x x y y +=-+-+-+-=2121||.x x y y AB -+-= ③在ABC ∆中，01012020||||||||AC CB x x y y x x y y +=-+-+-+->01200120|()()||()()|x x x x y y y y -+-+-+- =2121||.x x y y AB -+-= ∴命题① ③成立，而命题②在ABC ∆中，若90,oC ∠=则222;AC CB AB +=明显不成立，选B.3．（广东卷）对于任意的两个实数对(,)a b 和(,)c d ，规定：(,)(,)a b c d =，当且仅当,a c b d ==；运算“⊗”为：(,)(,)(,)a b c d ac bd bc ad ⊗=-+；运算“⊕”为：(,)(,)(,)a b c d a c b d ⊕=++，设,p q R ∈，若(1,2)(,)(5,0)p q ⊗=，则(1,2)(,)p q ⊕=A.(4,0)B. (2,0)C. (0,2)D. (0,4)-解析：由)0,5(),()2,1(=⊗q p 得⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧=+=-210252q p q p q p , 所以)0,2()2,1()2,1(),()2,1(=-⊕=⊕q p ,故选B.4．（辽宁卷）设○+是R 上的一个运算,A 是R 的非空子集,若对任意,a b A ∈有a ○+b A ∈,则称A 对运算○+封闭,下列数集对加法、减法、乘法和除法(除数不等于零)四则运算都封闭的是(A)自然数集 (B)整数集 (C)有理数集 (D)无理数集解析： A 中1－2＝－1不是自然数，即自然数集不满足条件；B 中1÷2＝0.5不是整数，即整数集不满足条件；C 中有理数集满足条件；D 2=不是无理数，即无理数集不满足条件，故选择答案C 。
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2、现状
3、应对方法
认真甄别，挑选符合高考理念的题目 研究高考、解读高考试题不能过度
不鼓励按类型总结
不能急功近利，需要长期渗透
不能只讲解法，还应讲清发现解法的方法 教的
4、具体的解题策略
认真阅读：一般到具体、抽象到形象。
baab a aa 3 2 3 2 1 3 n
baabaaa 4 3 4 3 1 4 n
baa b a aa 5 4 5 4 1 5 n
b a a ( a a ) 1 n 1 1 n
ba aaa ( a ) 2 1 2 n 2 1a n
学生下一个正常的反应应该是尝试，比如 算出数列a1,a2,a3,a4的衍生数列b1,b2,b3,b4，
再算出衍生数列的衍生数列c1,c2,c3,c4，看看
它是否等于它的“爷爷”数列。 最重要的是从中获得规律，并要将这个规
律一般化，用数学语言表述，要严谨地证明。
b1 a n
baabaaa 2 1 2 1 1 2 n
动手实验：利用具体例子分析，归纳、概 括、抽象，将感性认识上升到理性认识。
练习表达：有了想法还需要用严谨的数学 语言表达。
四、创新题的来源
生产、生活、游戏、科研
0
5 4 8
4 3 1 4 2
0
1
9 2 1 7 5 4 0
4
0
谢谢大家！
ba aaa ( a ) 4 1 4 n 4 1a n
b a a aaa ( a ) 3 1 3 n 3 1 n
b a a aaa ( a ) 5 1 5 n 5 1 n
猜 想 b a (1 ) ( a a ) i i 1 n
i
接下来数学归纳法证明此结论就顺 理成章。 然后利用这个结论来计算衍生数列 的衍生数列，也就顺理成章了。
此题还可以用叠加的方法加以证明。 这也是教材中涉及到的基本方法。
紧扣定义，利用前面的结论或方法。
法一： 1 2 0 1 1
0 -1 0 -2 -1
3
-1
1
-1
-3
4 2 2 0 2 0 0 -2 2 0 0 -2 0 -2 -2 -4
北京创新题之我见
一、什么是创新题
二、为何要考查创新题
中国制造到中国创造 建立创新性社会 国家课程标准
北京高考说明
推理证明 抽象概括
试验归纳
考查理念对路 我心中的好题 避免特殊技巧
第(Ⅰ)题：认真读题，按照规则进 行计算即可。
第(Ⅱ)题：学生看完题后在第一时间 内发懵、没有思路是正常的。
法二： 0 __ __
X __ 0 __
__
0
0
0 0
-1
-1 1
-1
1 -1
0
0 0
0 __
0
1
__ X
1
0
充分性很显然，但是许多学生不会
表达。 用数学语言将自己的想法表述出来 是一种重要的数学能力！
第(Ⅲ)题没思路了，怎么办？ 无从下手？动手试试！ 从何下手？从头开始！
n 2? NO！ n 3? NO！
n 4? OK！0，1 ， 0 ， -1
n 5? OK！可以将n=4的数列后面加1个0！ n 6? 不知道！
n 7? 不知道！
n 8? OK！可以将n=4的数列拼接2次！ n 9? OK！可以将n=8的数列后面加1个0！
于是，n为4的倍数及4的倍数多1的数完全解决了！
至此，学生对n=4k+2和n=4k+3的情形 应该判定为不存在。 为何不存在则需要同学继续动手探索。
三、创新题如何应对 1、形势
2000年 2011年 2012年 2013年 2014年 第8题 第14题 第20题 (5分) (5分) (13分) 3.22 1.13 0.58 2.44 2.82 2.79 3.05 0.45 1.43 2.05 1.00 2.86 3.10 1.50 2.99