高三数学创新题.doc

1 二十 创新题二十 创新题 8 8 20122012 年密云一模理年密云一模理 8 8 若定义 2012 2012 上的函数 f x 满足 对于任意 2012 2012 有 且时 有 12 x x 1212 2011f xxf xf x 0 x 2011f x 的最大值 最小值分别为 则的值为 C f x M NMN A 2011 B 2012 C 4022 D 4024 1414 20122012 年门头沟一模理年门头沟一模理 1414 给出定义 若 其中为整数 则 11 22 mxm m 叫m 离实数最近的整数 记作 已知 下列四个命题 函数x xm f xxx 的 f x 定义域为 值域为 函数是上的增函数 函数是周期函数 R 1 0 2 f xR f x 最小正周期为 1 函数是偶函数 其中正确的命题是 f x 答案 答案 14 14 20122012 年海淀一模理年海淀一模理 1414 已知函数则 1 0 x f x x R Q Q f f x 给出下列三个命题 函数是偶函数 存在 使得以点 f x 1 2 3 i xi R 为顶点的三角形是等腰直角三角形 存在 使 1 2 3 ii xf xi 1 2 3 4 i xi R 得以点为顶点的四边形为菱形 其中 所有真命题的序号是 1 2 3 4 ii xf xi 答案 答案 1 1414 20122012 年密云一模理年密云一模理 1414 已知数列 中 表示的整数部分 n a 1 a 2 n a n a n a 表示的小数部分 n N 则 数列 中 n a 1n a n a n a 1 n a n b 1 2 n N 则 1 b 2 b 2 2 1 nnn bbb n i iib a 1 2 答案 答案 2 1 2n 1 2 22 242 nn n 8 8 20122012 年门头沟一模理年门头沟一模理 8 8 正四棱柱的底面边长为 1111 ABCDABC D 2 2 1 2AA 点是的中点 是平面内的一个动点 且满足 到和MBCP 11 ABCD2PM P 11 AD AD 的距离相等 则点的轨迹的长度为 D P A B C D 2 3 2 22 14 14 20122012 年房山一模年房山一模 1414 是抛物线的焦点 过焦点且倾斜角为F 2 2ypx 0 pF 的直线交抛物线于两点 设 则 若且 则 A B AFa BFb 60 ba 的值为 用和表示 b a ba p 答案 答案 或3 2 sin 2p AB 2 2 tan 1tan2 p 8 8 20122012 年房山一模理年房山一模理 8 8 如图 边长为 1 的正方形的顶点 分别在轴 ABCDADx 轴正半轴上移动 则的最大值是 A yOCOB A 2 B 12 C D 4 8 8 20122012 年西城一模理年西城一模理 8 8 已知集合 其中 23 0123 333 Ax xaaaa 且 则中所有元素之和等于 D 0 1 2 0 1 2 3 k ak 3 0a A 3 m O P Q MN A B C D 3240312029972889 8 8 20122012 年石景山一模理年石景山一模理 8 8 如图 已知平面 是 上的两个点 l ABlC 在平面内 且 在平面上有一个动D DACB 4AD 6 8ABBC 点 使得 则体积的最大值是 C PAPDBPC PABCD A B C D 24 31648 144 8 8 20122012 年东城年东城 1111 校联考理校联考理 8 8 如图 半径为 2 的 与直线相切于点 射线OMNP 从出发绕点逆时针方向旋转到 旋转过程中 交 于点 设PKPNPPMPKOQ 为 弓 形 的面积为 那么的图象大致POQ xPmQ Sf x f x 是 D 4 x2 2 4 S O x 2 2 4 S O x2 2 S O x2 2 4 S O A C B D P 4 D D1 Q0 N1 C B1 A B M Q A B C D 1414 20122012 年东城一模理年东城一模理 1414 如图 在边长为的正方形中 点在上 正3ABCDMAD 方形以ABCDAD 为轴逆时针旋转角到的位置 同时点沿着从点运动点 3 0 11 ABC DMADA D 点在上 在运动过程中点始终满足 记点在面 11 MNDC Q 1 MNQQM 1 cos Q 上的射影ABCD 为 则在运动过程中向量与夹角的正切值的最大值为 0 Q 0 BQ BM tan 答案 答案 6 12 1414 20122012 年丰台一模理年丰台一模理 1414 定义在区间上的连续函数 a b 如果 yf x a b 使得 则称为区间上的 中值点 下列函数 f bf afba a b 中 在区间 32f xx 2 1f xxx ln 1 f xx 3 1 2 f xx 0 1 上 中值点 多于一个的函数序号为 写出所有满足条件的函数的序号 答案 答案 8 8 20122012 年朝阳一模理年朝阳一模理 8 8 已知点集 22 48160Ax y xyxy 点集所表示的平面区域与点集所表示的平面 4 Bx y yxmm是常数 AB 区域的边界的交点为 若点在点集所表示的平面区域内 不在边界上 M N 4 D mA 则 5 的面积的最大值是 B DMN A B C D 122 24 14 14 20122012 年朝阳一模理年朝阳一模理 1414 已知 中 一个圆心为ABC90 3 4CACBC M 半径为的圆在 内 沿着 的边滚动一周回到原位 在滚动过程中 圆 1 4 ABCABC 至M 少与 的一边相切 则点到 顶点的最短距离是 点的运ABCMABCM 动 轨迹的周长是 答案 答案 2 4 9 14 14 20122012 年石景山一模理年石景山一模理 1414 集合 ayxyxMRyRxyxU xfyyxP 现给出下列函数 x ay xy a log sin yxa cosyax 若 时 恒有则所有满足条件的函数的编号是 10 a PMCP U xf 答案 答案 14 14 20122012 年东城年东城 1111 校联考理校联考理 1414 把数列的所有数按照从大到小 左大右小的 1n2 1 原则写成如右图所示的数表 第 k 行有个数 第 k 行的第 s 个数 从左数起 记为 1 k 2 则这个数可记为 A s k A 2011 1 答案 答案 A 10 495 6 7 20 20 20122012 年海淀一模理年海淀一模理 2020 对于集合 M 定义函数对于两个集合 1 1 M xM fx xM M N 定义集合 已知 1 MN M Nx fxfx 2 4 6 8 10 A 写出和的值 并用列举法写出集合 用 1 2 4 8 16 B 1 A f 1 B fA B Card M 表示有限集合 M 所含元素的个数 求的最小值 Card X ACard X B 有多少个集合对 P Q 满足 且 P QAB P AQ BA B 解 解 1 1 A f 1 1 B f 1 6 10 16 A B 根据题意可知 对于集合 若且 则 C XaC aX 若且 则 1Card CXaCard C X aC aX 1Card CXaCard C X 所以 要使的值最小 2 4 8 一定属于集合 Card X ACard X B X 1 6 10 16 是否属于不影响的值 集合不能含有X Card X ACard X B X 之外的元素 所以 当为集合 1 6 10 16 的子集与集合 2 4 8 的并集时 AB X 取到最小值 4 Card X ACard X B 因为 1 AB A Bx fxfx 所以 A BB A 由定义可知 A BAB fxfxfx 所以 对任意元素 x A BCA BCABC fxfxfxfxfxfx AB CAB CABC fxfxfxfxfxfx 所以 A BCAB C fxfx 所以 A BCAB C 由 知 P AQ BA B P QA BA B 所以 P QA BA BA BA B 8 所以 P Q 所以 即 P Q PQ 因为 P QAB 所以满足题意的集合对 P Q 的个数为 7 2128 20 20 20122012 年西城一模理年西城一模理 2020 对于数列 定义 12 1 2 nni Aa aaain N 变换 将数列变换成数TT n A 列 其中 且 这种 12 nn Bb bb 1 1 2 1 iii baain 1 nn baa 变换 记作 继续对数列进行 变换 得到数列 依此类推 T nn BT A n BT n C 当得到的数列各项均为时变换结束 试问和经过不断的0 3 4 2 8 A 4 1 4 2 9 A 变换 能否结束 若能 请依次写出经过 变换 得到的各数列 若不能 说明理TT 由 求经过有限次 变换 后能够结束的充要条件 证明 3123 Aa a aT 一定能经过有限次 变换 后结束 41234 Aa a a aT 解 解 数列不能结束 各数列依次为 3 4 2 8 A2 6 44 2 22 0 22 2 0 0 2 2 从而以下重复出现 不会出现所有项均为的情形 2 0 20 数列能结束 各数列依次为 4 1 4 2 9 A3 2 7 81 5 1 54 4 4 40 0 0 0 经过有限次 变换 后能够结束的充要条件是 3 AT 123 aaa 若 则经过一次 变换 就得到数列 从而结束 123 aaa T0 0 0 当数列经过有限次 变换 后能够结束时 先证命题 若数列为常数列 3 AT 3 T A 则为常数列 3 A 当时 数列 123 aaa 3122313 T Aaa aa aa 9 由数列为常数列得 解得 从而数列 3 T A 122313 aaaaaa 123 aaa 也 3 A 为常数列 其它情形同理 得证 在数列经过有限次 变换 后结束时 得到数列 常数列 由以上命题 3 AT0 0 0 它变换之前的数列也为常数列 可知数列也为常数列 3 A 所以 数列经过有限次 变换 后能够结束的充要条件是 3 AT 123 aaa 证明 证明 先证明引理 数列的最大项一定不大于数列的最大项 其中 n T A n A 3n 证明 记数列中最大项为 则 n Amax n A0max in aA 令 其中 nn BT A ipq baa pq aa 因为 所以 0 q a max ipn baA 故 证毕 max max nn BA 现将数列分为两类 4 A 第一类是没有为的项 或者为的项与最大项不相邻 规定首项与末项相邻 此00 时由引理可知 44 max max 1BA 第二类是含有为的项 且与最大项相邻 此时 0 44 max max BA 下面证明第二类数列经过有限次 变换 一定可以得到第一类数列 4 AT 不妨令数列的第一项为 第二项最大 其它情形同理 4 A0a0a 当数列中只有一项为时 4 A0 若 则 此数列各项均不为 4 0 Aa b c 0ab ac bc 4 T Aa ab bc c 0 或含有项但与最大项不相邻 为第一类数列 0 若 则 4 0 0 Aa a b ab b 4 0 T Aaab b 4 2 T T Aa ab ab ab 此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻 为第一类数列 00 10 若 则 此数列各项均不为 为第一 4 0 Aa b a 0ab b 4 T Aa ab ab b 0 类数列 若 则 此 4 0 Aa a a 4 0 0 T Aaa 4 0 0T T Aaa 4 T T T Aa a a a 数列各项均不为 为第一类数列 0 当数列中有两项为时 若 则 此数列 4 A0 4 0 0 Aab0ab 4 T Aa a b b 各项均不为 为第一类数列 0 若 则 此数列 4 0 0 Aa b0ab 0T Aa ab b 2 T T Ab ab b a 各项均不为或含有项但与最大项不相邻 为第一类数列 00 当数列中有三项为时 只能是 则 4 A0 4 0 0 0 Aa 0 0T Aa a 此数列各项均不为 为第一类数列 0 0 T T Aaa T T T Aa a a a0 总之 第二类数列至多经过次 变换 就会得到第一类数列 即至多连续经历 4 A3T 次 变换 数列的最大项又开始减少 3T 又因为各数列的最大项是非负整数 故经过有限次 变换 后 数列的最大项一定会为 此时数列的各项均为 从而结T00 束 2020 20122012 年东城一模理年东城一模理 2020 若对于正整数 表示的最大奇数因数 例如k g kk 设 求 3 3g 10 5g 1 2 3 4 2 n n Sggggg 6 g 的值 求 的值 求数列的通项公式 20 g 1 S 2 S 3 S n S 解 解 6 3g 20 5g 1 1 2 1 12Sgg 2 1 2 3 4 1 1 3 16Sgggg 3 1 2 3 4 5 6 7 8 1 1 3 1 537 122Sgggggggg 由 不难发现对 有 m N 2 gmg m 所以当时 2n 1 2 3 4 21 2 nn n Sgggggg 11 1 3 5 21 2 4 2 nn ggggggg 1 1 35 21 2 1 2 2 2 2 nn ggg 1 1 121 2 1 2 2 2 nn n ggg 1 1 4n n S 于是 1 1 4n nn SS 2 nn N 所以 112211 nnnnn SSSSSSSS 122 44442 nn 1 4 1 4 42 2 1 433 nn 2 nn N 又 满足上式 1 2S 所以对 n N 1 42 3 n n S 20 20 20122012 年朝阳一模理年朝阳一模理 2020 已知各项均为非负整数的数列 001 n Aa aa n N 满足 若存在最小的正整数 使得 则可定义变 0 0a 1n aan k 1 k ak k 换 变换将数列变为数列 设TT 0 A 00111 1 1 1 0 kkn T Aaaaaa 若数列 试写出数列 若数列 1 ii AT A 0 1 2i 0 0 1 1 3 0 0 A 5 A 试写出数列 证明存在唯一的数列 经过有限次变换 4 4 0 0 0 0 A 0 A 0 AT 可将数列变为数列 若数列 经过有限次变换 可变为数列 0 A 0 0 0 n n 个 0 AT 设 求证 0 0 0 n n 个 1mmmn Saaa 1 2 mn 1 1 m mm S aSm m 其中表示不超过的最大整数 1 m S m 1 m S m 解 解 若 则 0 0 1 1 3 0 0 A 1 1 0 1 3 0 0 A 2 2 1 2 0 0 0 A 3 3 0 2 0 0 0 A 12 4 4 1 0 0 0 0 A 5 5 0 0 0 0 0 A 若 则 4 4 0 0 0 0 A 3 3 1 0 0 0 A 2 2 0 2 0 0 A 1 1 1 2 0 0 A 4 分 0 0 0 1 3 0 A 先证存在性 若数列满足及 则定义变 001 n Aa aa 0 k a 0 01 i aik 换 变换将数列变为数列 1 T 1 T 0 A 1 0 TA 0111 1 1 1 kkn aaak aa 易知和是互逆变换 5 分 1 T T 对于数列连续实施变换 一直不能再作变换为止 得 0 0 0n 1 T 1 T 0 0 0n 1 T 1 1 0 0n 1 T 2 0 2 0 0n 1 T 3 1 2 0 0n 1 T 1 T 01 n a aa 则必有 若 则还可作变换 反过来对作有限次变换 0 0a 0 0a 1 T 01 n a aa T 即可还原为数列 因此存在数列满足条件 0 0 0n 0 A 下用数学归纳法证唯一性 当是显然的 假设唯一性对成立 考虑的情1 2n 1n n 形 假设存在两个数列及均可经过有限次变换 变为 01 n a aa 01 n b bb T 0 0n 这里 00 0ab 1212nn aaabbbn 若 则由变换的定义 不能变为 0 n an T 0 0n 若 则 经过一次变换 有 n an 12 0 n aaa T0 0 0 n T 1 1 1 0 由于 可知 至少 3 个 1 不可能变为 3n 1 1 1 0 0 0n 所以 同理令 0 n a 0 n b 01 n a aa T 12 1 n a aa 01 n b bb T 12 1 n b bb 则 所以 0 nn ab 121 1 n aaan 121 1 n bbbn 13 因为 11 0 n aa T 有限次 1 0 0n 11 0 n bb T 有限次 1 0 0n 故由归纳假设 有 ii ab 1 2 1in 再由与互逆 有T 1 T 01 n a aa T 11 1 0 n aa 01 n b bb T 11 1 0 n bb 所以 从而唯一性得证 9 分 ii ab 1 2 in 显然 这是由于若对某个 则由变换的定义可知 i ai 1 2 in 0 i 0 0i ai 通过变换 不能变为 由变换的定义可知数列每经过一次变换 的值或 0 i a0T 0 A k S 者不变 或者减少 由于数列经有限次变换 变为数列时 有 k 0 AT 0 0n 0 m S 1 2 mn 所以为整数 于是 mm Smt m t 1mmm SaS 1 1 mm amt 0 m am 所以为除以后所得的余数 即 13 分 m a m S1m 1 1 m mm S aSm m 20 20 20122012 年石景山一模理年石景山一模理 2020 若数列满足 则称数列 为 平 n A 2 1nn AA n A 方递推数列 已知数列中 点 在函数的图像上 n a2 1 a 1 nn aaxxxf22 2 其中 n 为正整数 证明数列是 平方递推数列 且数列为 1 2 n a 1 lg 2 n a 等比数列 设 中 平方递推数列 的前 n 项之积为 即 n T 求数列的通项及关于的表达式 记 12 12 12 21 nn aaaT n a n Tn 求数列的前项和 并求使的的最小值 21 log n nan bT n bn n S2012 n S n 解 解 I 因为 222 11 22 212 22 1 21 nnnnnnn aaaaaaa 所以数列 是 平方递推数列 2 分 1 2 n a 由以上结论 2 1 lg 21 lg 21 2lg 21 nnn aaa 14 所以数列 为首项是公比为 2 的等比数列 3 分 1 lg 2 n alg5 II 1 112 1 lg 21 lg 21 22lg5lg5 n nn n aa 5 分 11 22 1 215 51 2 nn nn aa 1 lglg 21 lg 21 21 lg5 n nn Taa 7 分 21 5 n n T III 11 lg 21 lg51 2 lg 21 2lg52 n n n nn n T b a 10 分