2015年高考北京卷数学(理科)压轴题的背景是数学黑洞问题.pdf

舅 2 Z 7 中学数学杂志2 0 1 5年第 7期 韵不同 在复习阶段需因人而异 因材施教 掌握文理 两科的不同要求标准 文科要培养学生应用数学知识 的意识 理科则强调理性思维 在平时的教学或高三复习的过程中要及时找准 学生的薄弱环节 及时补救 如学生在复习中 对运算 薄弱的对数 就要拿出单独的时间进行有针对性的训 练 再如学生在遇到圆锥曲线 比较复杂的运算时 感 到困难 这时就要对 比较复杂的运算类型进行整理 找出计算的技巧 落实到位 只有这样 才能真正解决 学生的薄弱环节 当然学生的薄弱环节 需要集中时 间打歼灭战 更需要进一步巩 固和扩大战果 有时需 要打持久战 4 4 养成好的习惯 是数学教师不可推卸的责任 教育的本质是习惯的养成 数学教师在这方面有 不可推卸的责任 作为数学教师 应该明确在高一 高 二 高三 培养学生的哪些习惯 尤其是结合数学学科 特点 哪些习惯更好养成 哪些习惯需要在哪一阶段 怎么培养是很关键的 2 0 1 5 年高考北京卷数学 理科 压轴题的背景是数学黑洞问题 北京丰 台二中 1 0 0 0 7 1 甘志国 特级教师 1 2 0 1 5 年高考北京卷数学 理科J 压轴题及其参考答 案 高考题 l 2 0 1 5年高考北京卷数学 理科 第 2 O 题 已知数 列 口 满足 o N 口 3 6 且 n f n 1 2 记集合 t n J 已 粜 F 0 n 2 0 一3 6 0 1 8 N I 若 0 6 写出集合 M 的所有元素 若集合 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 I lI 求集合 M 的元素个数的最大值 参考答案 I 当n 6 时 由所给的递推式可 得数列 0 6 1 2 2 4 1 2 2 4 所以M 6 1 2 2 4 即集合 的所有元素分别是 6 1 2 2 4 1 I 假设 0 不是 3的倍数 由所给的递推式及数 学归纳法可得 n n E N 均不是 3的倍数 这与题设 相矛盾 所 以 是 3 的倍数 再 由所 给的递 推式及 数学 归纳法可得 a n N 均是3的倍数 即 的所有元 素都是 3的倍数 1 l I 用数学 归纳法 易证 0 3 6 n N 易知 o 是偶数 再用数学归纳法易证 n N n 3 是 4的倍数 由所给的递推式可得 与2 a n N 被 9 除 所得的余数相等 若数列 o 的项中有3的倍数 则由 的结 论知 0 n E N 均是 3 的倍 数 所以 o 被 9除所 得的 余 数是 0 3 或 6 由此可得数列 o 的项被 9 除所得的余数依次为 0 0 或 3 6 3 6 或 6 3 6 3 在不大于3 6的正整数中 被9 除余0 且是4 的倍数 的只有3 6 被9 除余 3 且是4 的倍数的数只有 1 2 被9 除 余 6 且是 4的倍数的数只有 2 4 所以数列 a 的项从第3项开始必呈现周期性变 化 且周期是 1 或 2 得此时集合 肘的元素个数至多是 2 2 4 若数列 n 的项均不是 3 的倍数 则 被 9除 所得的余数只可能是 1 4 7 2 5 8 再 由递推式可得 数列 o 的项从第 3 项起被 9除所得的余数呈现周期 性变化 且周期分别是 1 2 4 8 7 5 4 8 7 5 1 2 7 5 1 2 4 8 2 4 8 7 5 1 5 1 2 4 8 7 8 7 5 1 2 4 又呈现周期性变化的每个数都是 4的倍数且不大 于 3 6 所以 1 2 4 8 7 5对应的数分别是 2 8 2 0 4 8 l 6 3 2 得此时集合 的元素个数至多是 2 6 8 又 当 n 1 时 可得 肘 1 2 4 8 1 6 3 2 2 8 2 0 所以集合 的元 素个数是 8 综上所述 可得集合 的元素个数的最大值是 8 注 笔者再给出第 问的数学归纳法证明 设集合 中的元素 是确定的正整数 是 3的 倍数 则 由所 给的递推式及数学归纳法 可得 n n N n 均 是 3的倍数 由所给的递推式及反向数学归纳法可得 o n N n 均是 3的倍数 所以o n N 均是 3的倍数 即 的所有元素 都是 3的倍数 2 用列举法解答 2 0 1 5 年高考北 京卷数 学 理科 压轴 题 即高考题 1 由题设可列举 出满足题意的数列共 3 6个 下表 中 的 J l 表示 集合 的元素个数 o 数列t o 集合 l 肘 1 2 4 8 1 6 3 2 2 8 2 0 4 1 2 4 8 1 6 1 8 8 1 6 3 2 2 8 2 0 3 2 2 8 2 O 2 4 8 1 6 3 2 2 8 2 0 4 8 2 4 8 1 6 3 2 2 7 1 6 3 2 2 8 2 O 2 8 2 O 3 3 6 1 2 2 4 1 2 2 4 3 6 l 2 2 4 4 4 8 1 6 3 2 2 8 2 0 4 8 4 8 1 6 3 2 4 6 1 6 3 2 2 8 2 O 2 8 2 O 5 1 0 2 O 4 8 1 6 3 2 2 8 5 1 0 2 0 4 8 5 8 2 O 4 8 1 6 3 2 2 8 2 0 1 6 3 2 2 8 6 6 1 2 2 4 1 2 2 4 6 1 2 2 4 3 7 1 4 2 8 2 0 4 8 1 6 3 2 1 4 2 8 2 0 7 8 2 8 2 0 4 8 1 6 3 2 4 8 1 6 3 2 f 8 1 6 3 2 2 8 2 0 4 8 1 6 8 1 6 3 2 2 8 8 6 3 2 2 8 2 0 4 2 O 4 I 9 9 1 8 3 6 3 6 9 1 8 3 6 3 1 0 2 0 4 8 1 6 3 2 2 8 2 0 1 0 2 0 4 8 1 0 7 4 8 1 6 3 2 2 8 1 6 3 2 2 8 1 1 2 2 8 1 6 3 2 2 8 2 0 4 1 1 2 2 8 1 6 1 1 8 8 1 6 3 2 2 8 8 2 0 4 3 2 2 8 2 0 4 1 2 l 2 2 4 1 2 2 4 1 2 2 4 2 1 3 2 6 1 6 3 2 2 8 2 0 4 8 1 3 2 6 1 6 3 2 1 3 8 l 6 3 2 2 8 8 2 0 4 8 2 8 2 0 4 8 1 4 2 8 2 0 4 8 1 6 3 2 2 8 1 4 2 8 2 0 4 1 4 7 2 0 4 8 1 6 3 2 8 l 6 3 2 I 1 5 1 5 3 0 2 4 2 2 4 1 2 1 5 3 O 2 4 1 2 4 1 6 3 2 2 8 2 0 4 8 1 6 3 2 1 6 3 2 2 8 2 0 l 6 6 2 8 2 0 4 8 4 8 1 7 3 4 3 2 2 8 2 0 4 8 1 6 1 7 3 4 3 2 2 8 1 7 8 3 2 2 8 8 2 0 4 8 1 6 2 O 4 8 1 6 1 8 1 8 3 6 3 6 1 8 3 6 2 1 9 2 4 8 1 6 3 2 2 8 2 O l 9 2 4 8 1 6 1 9 8 4 8 1 6 3 2 2 8 2 0 3 2 2 8 2 0 2 0 4 8 1 6 3 2 2 8 2 0 4 2 0 4 8 1 6 2 0 7 8 1 6 3 2 2 8 3 2 2 8 2 0 2 l 2 1 6 1 2 2 4 1 2 2 4 2 1 6 1 2 2 4 4 2 2 8 1 6 3 2 2 8 2 O 4 8 2 2 8 1 6 3 2 2 2 7 1 6 3 2 2 8 8 2 0 4 2 8 2 0 4 2 3 1 0 2 0 4 8 1 6 3 2 2 8 2 3 1 0 2 0 4 2 3 8 2 0 4 8 1 6 3 2 2 8 8 1 6 3 2 2 8 2 4 2 4 1 2 2 4 l 2 i 2 4 1 2 2 2 5 1 4 2 8 2 0 4 8 1 6 3 2 2 5 l 4 2 8 2 0 2 5 8 2 8 2 0 4 8 1 6 3 2 4 8 1 6 3 2 2 6 1 6 3 2 2 8 2 O 4 8 1 6 2 6 l 6 3 2 2 8 2 6 7 3 2 2 8 2 0 4 8 2 O 4 8 0 I 数列 集合 l f 2 7 2 7 1 8 3 6 3 6 2 7 1 8 3 6 3 2 8 2 0 4 8 1 6 3 2 2 8 2 0 2 8 2 0 4 8 2 8 6 4 8 1 6 3 2 l 6 3 2 2 9 2 2 8 1 6 3 2 2 8 2 0 4 2 9 2 2 8 1 6 2 9 8 8 1 6 3 2 2 8 8 2 0 4 3 2 2 8 2 0 4 3 0 3 0 2 4 1 2 2 4 1 2 3 O 2 4 l 2 3 3 1 2 6 1 6 3 2 2 8 2 0 4 8 3 1 2 6 1 6 3 2 3 1 8 1 6 3 2 2 8 2 O 4 8 2 8 2 0 4 8 3 2 2 8 2 0 4 8 1 6 3 2 2 8 3 2 2 8 2 0 4 3 2 6 2 0 4 8 1 6 8 1 6 3 3 3 3 3 0 2 4 1 2 2 4 1 2 3 3 3 0 2 4 1 2 t 4 3 4 3 2 2 8 2 0 4 8 1 6 3 2 3 4 3 2 2 8 2 0 3 4 7 2 8 8 2 0 4 8 1 6 4 8 1 6 3 5 3 4 3 2 2 8 2 0 4 8 1 6 3 5 3 4 3 2 2 8 3 5 8 3 2 2 8 8 2 0 4 8 1 6 2 0 4 8 1 6 3 6 3 6 3 6 3 6 1 由此表可知 表中的 3 6 个数列的项从某项后均呈 现周期性 的变化 此表 列 出 了每个 数列 的 两个 周 期 严格的证明均易用数学归纳法完成 这里略去过 程 由此表容易给出本题的解答 I 若n 6 则集合 的所有元素分别是6 1 2 2 4 I I 若集合 存在一个元素是 3的倍数 由上表 可知 0 是 3的倍数 进而可得 M的所有元素都是 3的 倍 数 由上表可知 集合 的元素个数只可能是 1 2 3 4 7 8 所以集合 的元素个数的最大值是 8 文献 1 4 就 阐述 了 应重视用枚举法解排列 组合及概率统计题 的观点 实际上 用枚举法解题是 解各类数学题的基本观点 不仅仅限于排列 组合及概 率统计题 比如高考题 1 这道数列题及下文的高考题 3 这道函数题 高考题 2 2 0 1 0年高考安徽卷数学 理科 第2 1 题 品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试 一种通常 采用的测试方法如下 拿出 n瓶外观相 同但 品质不同 的酒让其品尝 要求其按品质优劣为它们排序 经过一 段时间 等其记忆淡忘之后 再让其品尝这 n瓶酒 并 重新按品质优劣为它们排序 这称为一轮测试 根据一 轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分 现设 4 分别以C 17 n n 表示第一次排序时 被排为 1 2 3 4的四种酒在第二次排序时的序号 并令 X I 1 一 口 I I 2 0 2 J I 3 一n I 4一口 I 则 是对两次排序的偏离程度的一种描述 I 写出 的可能值集合 43 假设 o 0 0 等可能地为 1 2 3 4的各 种排列 求 的分布列 1 l I 某品酒师在相继进行的三轮测试 中 都有 2 试按 中的结果 计算出现这种现象的概率 假定各轮测试相互独立 你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何 说明理 由 笔者在文献 1 4 中均用枚举法给出了这道题 的解法 这里的一次试验是 将 1 2 3 4排序 先枚举 出这 A 2 4 种排列及其对应的 值 而后就很好求解 各 问了 注 从阅卷情况看 这道高考压轴题的得分率极 低 笔者认为造成这种情形的主要原因是考生不会用 最简单的原始方法 枚举法解决计数问题 只知道 套用排列组合公式解决复杂的计数问题 殊不知 用简 单的枚举法也能轻松解决计数以及概率统计问题 在解决某些数学题特别是排列组合及概率统计等 与计数有关的问题时 有不少读者认为枚举法是 最 烦 最繁 最差 最没有技术含量 的 其实不然 第一 当基本事件总数较少但情况又稍复杂时 枚举法一清 二楚 枚举法应 当是解这类题时首先想 到的方 法 比如 树形图 列表法等 第三 即使枚举法失败 也可由此发 现部分规律 对解题也有帮助 因此 解决某些数学题 特别是计数 问题 时 应重视枚举法 高考题 3 2 0 1 2年 高考新课标全 国卷数学 文 科 第2 1 题 设函数厂 e 0 一2 I 求 厂 的单调区间 若 0 1 k为整数 且 当 0时 一 厂 1 0 求 k的最大值 解 I 略 可得 题设 即 e 一 e k 1 0 0 恒 成立 由 1 时成立 得k0 因为 g 一1 e 0 所 以 g i g 1 3一e 0 所以所求 k的最大值是 2 注 由此解法还可得 整数 k 的取值范围是 不大 于 2的整数 实数 矗 的取值范围是 一 k 其中k 是方程 e k k 1的正数解 3 2 0 1 5年高考北京卷数 学 理科 压 轴题 即高考题 1 的背景是数 学黑洞 问题 先给出数学黑洞的有关概念及其记号 结论 设有限集合 无限集合 A的所有元素 4 4 可 以按照某种规则排 序为 1 2 这里 表示排 序后的先后关系 是集合 的变换 用 一 表示 对 重复作变换 其中尸 戈 厂 由 变换 知 V E N A 一 一厂 厂 一 一 厂 一 若厂 s 是满足此变换的最小 自然数 n 是满足此变换的最小正整数 此时 把厂 一 一 厂 叫做集合 A的变换 的由 i 生成的第一个周期 节 则 厂 一 一 或 一 一 厂 等等都叫做集合 的变换 的由 生成的黑洞 共有 种书写形式 把这 种书写形式视作同一个黑 洞 当然也可以看作集合A的变换 的由 0 1 s n一1 生成 的黑洞 因为对f 0 1 s n一1 连续作变换 均可生成 以上周期节 x 的个数s 叫做 到集合A的变换厂 的 黑洞厂 一 一厂 该黑洞共有 n种书写形 式 的路程 简称黑程 记作 h s 若仅能由集合A的元素 其中 2 kp 1 n N 口 l E N 0 1 2 k l p 记 M 口 l N 用 f l表示集合 元素的个数 则当o 变化时 有以下结 论成立 1 2 k lp n N木 2 1 l o 2 2 I l 1 且当口 2 k lp 时M 2 k lp 3 当l 0 时 M l k 2 且当n 1 时l l k 2 4 当 k P 0 1 3 0 1 5 0 2 3 时 I f o a x P一1 P 卜 1 且当 0 1时 l P一 1 P 1 5 当 P z 3 1 3 2 或 5 1 时I Ml P一1 P 卜 k 1 且当0 1 时 l J P一1 P 卜 证明 1 对 t 用 数 学 归 纳 法 可 证 得 n 2 k lp n N 对m用数学归纳法 可证得2 I o m 0 1 2 一 k 1 所以2 J a 2 略 3 由结论 1 得n 2 2 f o 所以o 2 k 1 进而可得口 2 n k 2 所以I I 2 又当 口 l 1时 数 列 口 1 2 2 2 2 2 所以M I 2 2 2 J l k 2 所 以欲证结论成立 4 用本 文第 2 节 开头的列举法 易证 5 当 P