湖南株洲地区2007届高三第二轮复习专题18-创新题(数学).pdf

专题 数学创新题 【考点聚焦】 考点1：阅读理解能力 考点2：转化与化规思想方法的运用 考点3：其他学科知识与数学知识的相互转化 【重点难点热点】 【自我检测】 （以问题的形式考查学生对必须要具备的知识，对必须具备知识的友情 提示） 问题1：概念型创新 例1（06年广东卷）对于任意的两个实数对和，规定：，当且仅当； 运算“”为：；运算“”为：，设，若，则 A B C D 思路分析：按定义求出p,q的值 解：由得, 所以,故选B 例2：(06年上海)如图，平面中两条直线和相交于点O，对于平面上任意 一点M，若、分别是M到直线和的距离，则称有序非负实数对（，） 是点M的“距离坐标”已知常数0，0，给出下列命题： O M（ ， ） 若0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有1个； 若0，且0，则“距离坐标”为（，）的点有且仅有2个； 若0，则“距离坐标”为（，）的点有且仅有4个 上述命题中，正确命题的个数是 （ ） （A）0； （B）1； （C）2； （D）3 思路分析：（，）的个数就是到直线l1的距离为p的直线与到直线l2 的距离为q的直线的交点的个数，作出满足条件的直线即可 解：选（D） 正确，此点为点； 正确，注意到为常数，由 中必有一个为零，另一个非零，从而可知有且仅有2个点，这两点在其 中一条直线上，且到另一直线的距离为（或）； 正确，四个交点为 与直线相距为的两条平行线和与直线相距为的两条平行线的交点 点评：概念型创新题特点是首先给出一个定义，然后根据定义提出 一系列问题解决此类问题，先要认真理解题目给出的定义，把握定义 的本质，在此基础上按定义处理问题 演变1：（06年四川）非空集合关于运算满足：（1）对任意、，都 有abG；（2）存在，使得对一切，都有，则称关于运算为“融洽集” 现给出下列集合和运算： 非负整数，为整数的加法偶数，为整数的乘法 平面向量，为平面向量的加法二次三项式，为多项式的加 法 虚数，为复数的乘法 其中关于运算为“融洽集”的是 （写出所有“融洽集”的序号） 点拨与提示：按定义逐个验证注意e是该集合中的“单位元” 演变2：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 （I）证明：对任意的x1，x2(0，1)，x1x2，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（0r05），证明：存在x1，x2(0，1)，满足x2 x12r，使得由（I）所确定的含峰区间的长度不大于 05r （区间长度等于区间的右端点与左端点之差） 思路分析：(1)运用反证法结合单峰函数的定义证明；(2)根据题目 的条件得出0.5+r05+r，从而得到=0.5+r 问题2：情境创新题 这一类问题，往往出现在一个较新的背景之下，题型新颖，形式多 样，融综合性、应用性、开放性、创新性于一体可以较好的考查学生 的学习能力，阅读理解能力，数学思维能力等由于突出体现了“考思 维能力与创新意识”这一特色，所以，在近几年的高考中，备受命题者 的青睐 例3：(06陕西卷)为确保信息安全,信息需加密传输,发送方由明文 密文(加密),接收方由密文明文(解密),已知加密规则为:明文a,b,c,d对应 密文a+2b,2b+c,2c+3d,4d,例如,明文1,2,3,4对应密文5,7,18,16当接收方 收到密文14,9,23,28时,则解密得到的明文为( ) A4,6,1,7 B7,6,1,4 C6,4,1,7 D1,6,4,7 思路分析：本题的本质是一种对应，根据对应法则求出a,b,c,d的值 解：当接收方收到密文14，9，23，28时， 则，解得，解密得到的明文为C 例4：某娱乐中心有如下摸奖活动：拿8个白球和8个黑球放在一盒 中，规定：凡摸奖者，每人每次交费1元，每次从盒中摸出5个球，中奖 情况为：摸出5个白球中20元，摸出4个白球1个黑球中2元，摸出3个白 球2个黑球中价值为05元的纪念品件，其他无任何奖励 （1）分别计算中奖20元、2元的概率； （2）若有1560人次摸奖，不计其他支出，用概率估计该中心收入 多少钱？ 思路分析：本题是等可能事件的概率问题，用等可能事件的概率公式求 解 解：（1）由已知中奖20元的概率P1=；中奖2元的概率P2= ； 中奖05元的概率P3= （2）由（1）知体彩中心收费为1560元,付出 156020+15602+156005=1080， 收入=15601080=480元 故知中奖20元、元的概率分别为: 、;估计该中心收入480元 点评：概率问题是高考命题的主干知识，涉及到的问题情景是常考 常新的，多数是与生活实际和生产实际相关联的 演变3（05年北京卷）下图为某三岔路口交通环岛的简化模型，在 某高峰时段，单位时间进出路口的机动车辆数如图所示，图中分别表示 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） （B） （C） （D） 点拨与提示：根据图示找出之间的关系，再比较大小 演变4：这是一个计算机程序的操作说明： （1）初始值为； （2）（将当前的值赋予新的）； （3）（将当前的值赋予新的）； （4）（将当前的值赋予新的）； （5）（将当前的值赋予新的）； （6）如果，则执行语句（7），否则回语句（2）继续进行； （7）打印； （8）程序终止 由语句（7）打印出的数值为_，_ 请写出计算过程： 点拨与提示：我们不难看出，该问题是一个循环、迭代的过程为 了更好的理解题意，我们不妨按照这个程序操作几次： nXyz判断 初始值0110z7000, 返回 （2） 一轮操作1325z7000, 返回 （2） 二轮操作25425z= 命题 成立，而命题在中，若则明显不成立，选B 11 x=r+1， 提示：在题目中有“看出”二字看右边的角形，发现： 三角形中任意一个数，是它“脚下”两数之和如即得x=r+1 = 12 提示：由题意得： 为一个半周期结合图象分析其面积为 13 提示：由题意知道的值需要次运算,即进行次的乘法运算可得到的 结果，对于这里进行了3次运算, 进行了2次运算,进行1次运算,最后之 间的加法运算进行了3次这样总共进行了次运算对于总共进行了次乘法 运算及次加法运算所总共进行了次 由改进算法可知：， ， 运算次数从后往前算和为：次 14 提示：当平面ABD或平面ABC与平面平行时,射影图形为边长等于1 的正三角形,其面积取得最大值; 当DC与平面平行时,射影图形为对角线 长等于1的正方形, 其面积取得最小值,故射影构成的图形面积的取值范 围是 15 解：， 故 故原不等式的解集合是 16解 （1）取PC的中点为F，连接EF，则EF为PDC的中位线，即EF 平行且等于DC 又ABCD，AB平行且等于EF，AEBF，又BF平面 PBC D B P C F A B H E 四边形AEFB为矩形， AE平面PBC （2）PBC为正三角形，F为PC的中点，BFPC 又EFPC，EFBF=F，PC平面AEFB，AEPC； 由（1）知AEEF，EFPC=F， AE平面PDC （3）延长CB交DA于B，连接PB，设BC=a，AB=DC， BB=BP=a，取BP的中点为H，连接AH，BH，则BHBP， 由三垂线定理知，AHBP，AHB为平面PAD与平面PBC所成锐 二面角的平面角 在RtAHB中，AB= 平面PAD与平面PBC所成锐二面角为 17解 (1) 由(x1)，得 y0且， (x0)， 即 ，Mxx0 (2) 对任意x1，x2M，且x1x2，则 ， g (x)是M上的利普希兹类函数，其中 (3) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)是曲线C2上不同两点，则x1，x2M， 且x1x2 由(2)知， 直线AB的斜率kAB1，直线AB与直线yx必相交 18解：(I)依题意，得 P0=1，P1=， (II)依题意，棋子跳到第n站(2n99)有两种可能：第一种，棋子先 到第n-2站，又掷出反面，其概率为；第二种，棋子先到第n-1站，又掷 出正面，其概率为， 即 (III)由(II)可知数列(1n99)是首项为， 公比为的等比数 列， 于是有 = 因此，玩该游戏获胜的概率为 【挑战自我】 已知函数具有性质: （1）当n一定,记求的表达式（k=0,1,2,n）; （2） 对证明 解：（1） 因为 , 所以 ， 即 因为n为定值, 所以数列是以为首项,为公比的等比数列,可 得 （2）因为,要证,只需证, 事实上因为, 而 所以，原命题成立 点评 本题将函数、数列、二项式定理、不等式证明综合为一体， 其新颖的程度表现在函数的迭代，而却是高等数学里的一个概念 对题目的要求：有较大的难度，有特别的解题思路、演变角度，要 有一定的梯度 【答案及点拨】 演变题要有点拨，原创题有详解，一般题给答案 演变1：非空集合关于运算满足：（1）对任意，都有； （2）存在，使得对一切，都有，则称关于运算为“融洽集”；现给出下 列集合和运算： ,满足任意，都有，且令，有，所以符合要求； ,若存在，则，矛盾， 不符合要求； ,取，满足要求， 符合要求； ，两个二次三项式相加得到的可能不是二次三项式，所以不符合 要求； ，两个虚数相乘得到的可能是实数， 不符合要求， 这样关于运算为“融洽集”的有 演变2：（I）证明：设为的峰点,则由单峰函数定义可知在上单调递增, 在上单调递减 当时,假设,则从而 这与矛盾,所以,即是含峰区间 当时,假设,则,从而 这与矛盾,所以,即是含峰区间 （II）证明：由（I）的结论可知： 当时,含峰区间的长度为 当时,含峰区间的长度为 对于上述两种情况,由题意得 由得,即 又因为,所以 将代入得 由和解得 所以这时含峰区间的长度,即存在使得所确定的含峰区间的长度不大 于 点评：本题为信息题,通过题目中给出的信息结合已学过的数学知识 解决这类问题 演变3：依题意，有x150x355x35，x1x3，同理，x230x1 20x110 x1x2，同理，x330x235x25x3x2故选C 演变4：设时，的值分别为 依题意，所以，数列是等差数列，且 所以，数列是等比数列，且 所以， 于是， 以上两式相减，得 依题意，程序终止时， 即， 从而，可以求得 演变5：观察系列化合物分子式的下标易知：C和H的下标分别是公 差为4和2的等差数列由等差数列的通项公式使可得他的通式为由于这 个系