【北京特级教师 二轮复习精讲辅导】高考数学 探究型、探索型及开放型问题选讲新题赏析课后练习 理.doc

探究型、探索型及开放型问题选讲新题赏析课后练习题一： 设x表示不大于x的最大整数, 则对任意实数x, y, 有（ ）axxbc2x 2xd 题二： 如果x为任意实数，用x表示不大于x的最大整数，例如：-7=-7，-3.1=-4，则满足等式x-3=0的x的范围是 3x4 题三： 定义集合a，b的一种运算：a*bx|xx1x2，其中x1a，x2b，若a1，2，3，b1，2，则a*b中的所有元素之和为( )(a) 9 (b) 14 (c) 18 (d) 21题四： 对集合a1，2，3，2001及每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大的数开始，交替的减或加后继的数所得的结果。例如，集合1，2，4，7，10的“交替和”为1074216，集合7， 10的“交替和”为1073，5的“交替和”为5，等等，试求a的所有子集的“交替和”的总和题五： 曲线c是平面内到定点f（0，1）和定直线l：y=-1的距离之和等于4的点的轨迹，给出下列三个结论：曲线c关于y轴对称；若点p（x，y）在曲线c上，则|y|2；若点p在曲线c上，则1|pf|4其中，所有正确结论的序号是 题六： 在平面直角坐标系中，动点p（x，y）到两条坐标轴的距离之和等于它到点（1，1）的距离，记点p的轨迹为曲线为w（）给出下列三个结论：曲线w关于原点对称；曲线w关于直线y=x对称；曲线w与x轴非负半轴，y轴非负半轴围成的封闭图形的面积小于；其中，所有正确结论的序号是 ；（）曲线w上的点到原点距离的最小值为 题七： 古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1、3、6、10这样的数称为“三角形数”，而把1、4、16这样的数称为“正方形数”从图中可以发现，任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻“三角形数”之和请再写出一个符合这一规律的等式：25=10+15（答案不唯一） 题八： 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn可以推测：b2012是数列an中的第 5030项题九： 数列的通项公式，其前项和为，则_.题十： 设满足以下两个条件的有穷数列为n(n=2,3,4)阶“期待数列”:；.(1)分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；(2)若某2k+1()阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式.题十一： 如果有穷数列a1，a2，a3，am（m为正整数）满足条件a1=am，a2=am-1，am=a1，即ai=am-i+1（i=1，2，m），我们称其为“对称数列”例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”设bn是7项的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4是等比数列，且b1=2，b3=8则bn数列各项的和为 44或-4 题十二： 数列的前项组成集合，从集合中任取（，2，3，）个数，其所有可能的个数的乘积的和为（若只取一个数，规定乘积为此数本身），记例如：当时，a1=1，t1=1，s1=1；当n=2时，a2=1，3，t1=1+3，t2=13，s2=1+3+13=7（）求=_；（）猜想=_探究型、探索型及开放型问题选讲新题赏析课后练习参考答案题一： d详解：对a，设x = -1.8，则-x = 1，-x = 2，所以a选项为假对b，设x =，x+ =1，x = 0，所以b选项为假对c，设x = - 1.4，2x = -2.8 = - 3，2x = - 4，所以c选项为假故d选项为真所以选d题二： 3x4详解：x表示不大于x的最大整数，x-1xx，等式x-3=0，可变为：x=3，即：x-13x，解得：3x4，故答案为：3x4题三： b详解：a*b2，3，4，5，因此a*b中的所有元素之和为14故选b题四： 220002001详解:集合a1，2，3，2001的子集中，除了集合2001，还有220012个非空子集将其分为两类，第一类是含2001的子集，第二类是不含2001的子集，而且这两类各自所含子集的全体相互构成一一映射，从而这两类所含子集的个数相同因为若ai是第二类的，则必有ai2001是第一类的集合；如果bi是第一类的集合，则bi中除2001外，还应用1，2，3，2000中的做其元素，即bi中除2001外是非空的，而是第二类的集合；令ai与ai2001对应，则这种“成对的”的集合的“交替和”都为2001，从而可得a的所有子集的“交替和”的总和为(220012)20012001220002001题五： 详解：设p（x，y）是曲线c上的任意一点， 因为曲线c是平面内到定点f（0，1）和定直线l：y=-1的距离之和等于4的点的轨迹，所以|pf|+|y+1|=4即，解得y-1时，当y-1时，；显然曲线c关于y轴对称；正确若点p（x，y）在曲线c上，则|y|2；正确若点p在曲线c上，|pf|+|y+1|=4，|y|2，则1|pf|4正确故答案为：题六： （）；（）详解：动点p（x，y）到两条坐标轴的距离之和等于它到点（1，1）的距离，|xy|+x+y-1=0，xy0，（x+1）（y+1）=2或xy0，（y-1）（1-x）=0，函数的图象如图所示，曲线w关于直线y=x对称；曲线w与x轴非负半轴，y轴非负半轴围成的封闭图形的面积小于；由y=x与（x+1）（y+1）=2联立可得，曲线w上的点到原点距离的最小值为，故答案为：；题七： 25=10+15（答案不唯一）详解：“三角形数”的规律为1、3、6、10、15、21“正方形数”的规律为1、4、9、16、25根据题目已知条件：从图中可以发现，任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻“三角形数”之和再观察出“三角形数”和“正方形数”的变化规律，可以再写出一个符合这一规律的等式：25=10+15题八： 5030详解：由前四组可以推知，从而b1=a4=10，b2=a5=15，b3=a9=45，b4=a10=55，依次可知，当n=4，5，9，10，14，15，19，20，24，25，时，an能被5整除，由此可得，b2k=a5k（kn*），b2012=a51006=a5030故答案为：5030题九： 1006详解： 所以，于是. 题十： （1）数列为3阶“期待数列”；数列为4阶“期待数列”；（2）当时，；当时，详解：（1）数列为3阶 “期待数列”；数列为4阶“期待数列”；（2）设等差数列的公差为d，因为，所以所以，即，所以，当时，与期待数列的条件矛盾，当时，根据期待数列的条件得 由得, 当d0时，同理可得 由得, 题十一： 44或-4详解：由b1，b2，b3，b4是等比数列且b1=2，b3=8可得公比q2= 4，q= 2，若q=2，则数列bn的各项分别为：2，4，8，16，8，4，2，此时数列的各项和为：44；若q=-2，则数列bn的各项分别为：2，-4，8，-16，8，-4，2，此时数列的各项和为：-4，故答案为：44或-4题十二： （）63；（）详解：（）当n=3时，a3=1，3，7，t1=1+3+7=11，t2=13+17+37=31，t3=137=21，所以s3=11+31+21=63；（）由s1=1=211=1，s2=7=231=1，s3=63=261=1，猜想，下面证明：（1）易知n=1时成立；（2）假设n=k时，则n=k+1时，sk+1=t1+t2+t3+tk+1=t1+(2k+1-1)+t2+(2k+1-1)t1+t3+(2k+1-1)t2+tk+(2k+1-1) tk-1+ (2