2019北京各区一模数学理试题分类解析-创新题

1、2019 北京各区一模数学理试题分类解析- 创新题注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！十九、创新题8、 2018 年密云一模理 8假设定义 -2018,2018上的函数 f(x)满足：对于任意x1, x2-2018,2018有 f ( x1x2 ) f ( x1 ) f (x2 )2011 ，且 x0 时，有 f ( x)2011 ，f ( x) 的最大值、最小值分别为M,N，那么 MN的值为C A 、 2017B 、 2018C 、 4022D 、 402414、 2018 年门头沟一模理 14给出定义：假设m11 ( 其中 m 为整数 )

2、，那么x m22m 叫定义域为 R ，值域为；函数f ( x) 是 R 上的增函数；函数f (x) 是周期函数，0,12最小正周期为 1；函数 f (x) 是偶函数，其中正确的命题是、答案： 。14. 2018 年海淀一模理14函数ì? Q,那么f ( f ( x) =；?1,xf ( x) =?í?0, x ? eR Q,?给出以下三个命题：函数f ( x) 是偶函数；存在xi ? R (i1,2,3) ，使得以点( xi , f ( xi )( i = 1,2,3) 为顶点的三角形是等腰直角三角形；存在xi ? R (i 1,2,3, 4) ，使得以点 ( xi , f

3、 ( xi )( i = 1,2,3, 4)为顶点的四边形为菱形 . 其中，所有真命题的序号是 .答案： 1；。14、 2018 年密云一模理14数列 an 中， a1=， an 表示 an 的整数部分， ( an )表示 an 的小数部分， an1= an +1 (nN* ) ，那么 an =_；数列 bn 中， b1=1，(an )=2，2bn(nN* ) ，那么 n=_.b2bn 1bn 2ai bii 1答案： 2(n1)2 ， ( n 2)2n122n42 。8、 2018 年门头沟一模理8正四棱柱ABCDA1 B1C1D1的底面边长为 2 2 ， AA12 ，点 M 是 BC 的中

4、点， P 是平面 A1BCD1内的一个动点，且满足PM2， P 到 A1D1和 AD的距离相等，那么点P 的轨迹的长度为DA.B. 2C. 22D. 2314. 2018 年房山一模14F 是抛物线 y22 pxp 0 的焦点，过焦点 F 且倾斜角为的直线交抛物线于A, B 两点，设 AF a, BFb ，那么：假设60 且 a b ，那么 ab的值为 _；ab_ 用p和表示 .答案： 3；AB2p或 2 p tan21sin 2tan 28、 2018 年房山一模理8如图，边长为 1 的正方形 ABCD 的顶点 A , D 分别在 x 轴、 y 轴正半轴上移动，那么OBOC 的最大值是 AA

5、. 2B. 1 2C.D.48. 2018年西城一模理8集合 A x | x a0a1 3 a232a3 33， 其 中ak 0 , 1, 2 k (，且0. 那么A中所有元素之和等于D0 , 1, 2 a3A、 3240 B、 3120C、 2997D、 28898. 2018 年石景山一模理 8如图，平面l ， A 、 B 是 l 上的两个点， C 、 D 在平面内，且 DA, CB, AD4， AB6, BC8 ，在平面上有一个动点P ，使得APDBPC ，那么 PABCD 体积的最大值是CA. 243 B. 16 C. 48 D. 1448. 2018年东城 11 校联考理8如图，半径

6、为 2 的 O 与直线 MN 相切于点 P ，射线 PK从 PN 出发绕点 P 逆时针方向旋转到PM ，旋转过程中， PK 交 O 于点 Q ，设POQ 为x ，弓形 PmQ 的面积为 Sf (x) ，那么 f ( x) 的图象大致是 DOQmMNPSSSS44442222O2x O2x O2x O2xABCD14、 2018年东城一模理 14如图，在边长为 3 的正方形 ABCD 中，点 M 在 AD 上，正方形 ABCD 以 AD为轴逆时针旋转角到 AB1C1D 的位置，同时点M 沿着 AD 从点 A运动点(0 )3D ，MN1DC1，点 Q在 MN1上，在运动过程中点Q 始终满足QM1，

7、记点 Q 在面cosABCD 上的射影为 Q0，那么在运动过程中向量BQ0与BM夹角的正切值 tan的最大值为 .答案：6 。1214、 2018年丰台一模理14定义在区间 a,b 上的连续函数 yf ( x) ，如果a,b ，使得 f (b)f (a)f '()(ba) ，那么称为区间 a, b 上的“中值点” 、以下函数：f ( x)3x2 ； f (x)x 2x 1 ； f (x) ln(x 1)；1 3中，在区间 0,1f (x) ( x)2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： .8. 2018 年朝阳一模理8点集( x, y) x2y24x

8、 8y16 0，AB( x, y) y xm，点集 A 所表示的平面区域与点集B 所表示的平面4, m是常数区域的边界的交点为M , N . 假设点 D ( m,4) 在点集 A 所表示的平面区域内不在边界上，那么 DMN 的面积的最大值是BA.1B. 2C.2 2D.414. 2018 年朝阳一模理14 ABC中，C 90 ,AC 3,BC4.一个圆心为 M ，半径为 1 的圆在 ABC 内，沿着 ABC 的边滚动一周回到原位 . 在滚动过程中，圆M 至4少与 ABC 的一边相切，那么点M 到 ABC 顶点的最短距离是，点M 的运动轨迹的周长是 .答案：92 ，414. 2018 年石景山一

9、模理 14集合( x, y) | xR, y R , M ( x, y) | xya , P( x, y) | y f (x) ,U现给出以下函数：yax ， y = log a x ， ysin(xa) ， y cosax ，假设 0 a1时，恒有 PCU MP, 那么所有满足条件的函数f ( x) 的编号是、答案： 。14. 2018 年东城 11 校联考理14把数列1的所有数按照从大到小，左大右小的2n1原那么写成如右图所示的数表，第k 行有 2k -1 个数，第k 行的第s 个数从左数起记为A( k ,s) ，那么1这个数可记为 A(_)2011答案： A(10,495)。20. 20

10、18 年海淀一模理20对于集合 M，定义函数1,xM,对于两个集合M，N，定义集合fM ( x)M .1, xM N x f M(x) fN x( )1.A = 2,4,6,8,10，B = 1,2,4,8,16 .写出f A (1) 和 f B (1)的值，并用列举法写出集合A B ；用 Card(M) 表示有限集合 M所含元素的个数，求 Card ( X A) Card ( XB) 的最小值；有多少个集合对 P，Q，满足 P,Q AB，且(P A) (Q B) A B？解： fA (1)=1 ， f B (1)= - 1， A B 1,6,10,16 .根据题意可知：对于集合C , X ，

11、假设 a ? C 且 a ? X ，那么Card (C ( X a)Card (CX )1；假设 a ? C 且 a ? X ，那么Card (C ( X a)Card (CX )1.所以要使 Card ( XA)Card ( X B) 的值最小， 2， 4， 8 一定属于集合X ； 1， 6，10， 16是否属于 X 不影响 Card ( XA)Card ( X B) 的值； 集合 X 不能含有 AB 之外的元素 .所以当 X 为集合 1,6,10,16的子集与集合 2,4,8 的并集时，Card ( X A)Card ( X B) 取到最小值 4.因为 AB xfA (x)f B ( x)

12、1 ，所以A BBA .由定义可知：fA B ( x)f A ( x)f B ( x) .所以对任意元素x，f ( A B ) C ( x)f A B ( x) fC ( x) fA ( x) fB ( x) f C ( x)，f A ( B C) (x)f A ( x) fB C (x)f A (x) f B ( x) fC ( x) .所以 f( A B ) C ( x)f A (B C) (x) .所以(A B) C A (B C).由(P A) (Q B)A B知：(P Q) (A B) A B.所以 (P Q)(A B)(A B)(A B)(A B).所以P Q.所以P Q，即P=

13、Q.因为 P,QAB ，所以满足题意的集合对P， Q的个数为27 128 .20. 2018 年西城一模理20对于数列An : a1 , a2 , an (aiN, i1,2, n) ，定义“ T 变换”： T 将数列 An 变换成数列 Bn : b1 ,b2 ,bn ，其中 bi| aiai 1 | (i1,2, n1) ，且 bn| ana1 | ，这种“ T 变换”记作 BnT (An ) . 继续对数列 Bn 进行“ T 变换”，得到数列 Cn ，依此类推，当得到的数列各项均为0 时变换结束、试问 A3 : 4,2,8 和 A4 :1, 4,2,9 经过不断的 “ T 变换”能否结束？

14、假设能，请依次写出经过“T 变换”得到的各数列；假设不能，说明理由；求 A3 : a1 , a2 , a3经过有限次 “ T 变换” 后能够结束的充要条件； 证明： A4 : a1 ,a2 , a3 ,a4一定能经过有限次“ T 变换”后结束、解：数列 A3 : 4,2,8不能结束， 各数列依次为 2,6, 4 ；4, 2,2； 2,0, 2 ； 2,2,0；0, 2,2 ；2,0, 2 ；、从而以下重复出现，不会出现所有项均为0 的情形、数列 A4 :1,4, 2,9能结束，各数列依次为3,2,7,8 ； 1,5,1,5 ； 4,4,4,4 ； 0,0,0,0、 A3经过有限次“ T 变换”

15、后能够结束的充要条件是a1a2 a3、假设 a1a2 a3，那么经过一次“ T 变换”就得到数列0,0,0 ，从而结束、当数列 A3经过有限次“ T 变换”后能够结束时，先证命题“假设数列T (A3 ) 为常数列，那么A3 为常数列” 、当 a1 a2 a3时，数列 T ( A3 ) : a1a2 , a2a3 , a1a3、由数列 T (A3 ) 为常数列得 a1 a2a2 a3a1 a3，解得 a1 a2a3，从而数列 A3也为常数列、其它情形同理，得证、在数列 A3 经过有限次“T 变换”后结束时，得到数列 0,0,0 ( 常数列 ) ，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列A

16、3也为常数列、所以，数列 A3经过有限次“ T 变换”后能够结束的充要条件是a1 a2a3、证明： 先证明引理：“数列 T ( An ) 的最大项一定不大于数列An 的最大项， 其中 n 3 ”、证明：记数列An 中最大项为 max( An ) ，那么 0 aimax( An ) 、令 BnT ( An ) ， biapaq ，其中 ap aq 、因为 aq0 ，所以 biapmax( An ) ，故 max( Bn )max( An ) ，证毕、现将数列 A4分为两类、第一类是没有为0 的项，或者为0 的项与最大项不相邻规定首项与末项相邻，此时由引理可知， max(B4 ) max( A4

17、)1 、第二类是含有为0 的项，且与最大项相邻，此时max( B4 ) max( A4 ) 、下面证明第二类数列A4 经过有限次“ T 变换”，一定可以得到第一类数列、不妨令数列A4的第一项为0 ，第二项 a 最大 (a0 ) 、其它情形同理当数列 A4中只有一项为0 时，假设 A4 : 0, a, b,c (ab,a c,bc 0 ) ，那么 T ( A4 ) : a, ab,| b c |, c，此数列各项均不为 0或含有 0 项但与最大项不相邻，为第一类数列；假设A4:，那么T ( 04 A) ): a；0 a , a , b , a (b, b, a 0,bb ,T (T ( A4 )

18、 : a,ab,| a 2b |, ab此数列各项均不为0 或含有 0 项但与最大项不相邻，为第一类数列；假设 A4 : 0, a, b,a (ab,b 0 ) ，那么 T ( A4 ) : a, ab, ab,b ，此数列各项均不为0 ，为第一类数列；假设 A4 : 0, a, a, a ，那么 T ( A4 ) : a,0,0, a ； T (T ( A4 ) : a,0, a,0 ； T (T(T (A4 ) : a, a, a, a ，此数列各项均不为0 ，为第一类数列、当数列 A4 中有两项为 0 时，假设 A4 : 0, a,0, b ( ab0 ) ，那么 T ( A4 ) :

19、a, a,b,b ，此数列各项均不为0 ，为第一类数列；假设 A4 : 0, a,b,0 ( ab0 ) ，那么 T (A) : a, ab,b,0 ，T (T (A) : b,| a2b |,b, a ，此数列各项均不为0 或含有 0 项但与最大项不相邻，为第一类数列、当数列 A4 中有三项为 0 时，只能是A4 : 0, a,0,0 ，那么 T ( A) : a, a,0,0 ，T (T ( A) : 0, a,0, a ， T (T (T (A) : a,a, a, a ，此数列各项均不为0 ，为第一类数列、总之，第二类数列A4至多经过3 次“ T 变换”，就会得到第一类数列，即至多连续

20、经历3 次“ T 变换”，数列的最大项又开始减少、又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次 “ T 变换” 后，数列的最大项一定会为0 ，此时数列的各项均为0 ，从而结束、20、 2018 年东城一模理20假设对于正整数k , g (k) 表示 k 的最大奇数因数，例如g(3)3， g(10)5. 设 Sng (1)g(2)g(3)g(4)g(2 n )、求g(6) ,g (20) 的值；求 S1， S2， S3的值；求数列Sn的通项公式、解： g(6)3 ， g (20)5 、 S1 g(1)g(2) 112 ；S2g (1)g(2)g(3)g(4)11316 ；S3g(1)g(2)g

21、(3)g(4)g(5)g (6)g(7) g(8)11315371 22( ) 由不难发现对 mN ，有 g(2 m)g (m) 、所以当 n 2 时， Sng(1)g(2)g(3)g (4)g(2 n1)g(2 n ) g (1)g(3)g(5)g(2 n1) g (2)g(4)g(2 n )135(2 n 1) g(21)g (22)g(2 2n 1)(12n1) 2n 1 g(1)g(2)g (2 n1)4n 1Sn 12于是 SnSn 14n 1 ， n 2 , nN 、所以 Sn(SnSn 1 ) ( Sn 1Sn 2 )(S2S1) S14n 14n 24242 4(14n1 )2

22、4n2 ，1433n 2 , n N 、又 S1 2 ，满足上式，所以对 nN ， Sn 1 (4 n2)、320. 2018年朝阳一模理20各项均为非负整数的数列A0 : a0 , a1,an(nN )，满足a0 0 ， a1ann 、假设存在最小的正整数k ，使得 akk (k1) ，那么可定义变换T，变换 T将数列 A0变为数列 T ( A0 ) : a01, a11, ak1 1,0 , ak 1 , an、设Ai 1T ( Ai ) ， i0,1,2、假设数列A0: 0,1,1,3, 0, 0，试写出数列A5；假设数列A4 : 4, 0, 0, 0, 0，试写出数列 A 0；证明存在

23、唯一的数列A0，经过有限次 T 变换，可将数列 A0变为数列,0；假设数列A0，经过有限次 T 变换，可变为数列n,0,0,n个n,0,0,、设 Sm amam 1an ， m1,2, n ，求证amSmSm( m1)，,0n个m1其中表示不超过的最大整数、SmSmm 1m1解：假设 A0: 0,1,1,3,0,0 ，那么 A1 :1,0,1,3,0,0 ； A2 : 2,1,2,0,0,0； A3 : 3,0, 2,0,0,0；A4 : 4,1,0,0,0,0； A5 : 5,0,0,0,0,0、假 设A4: 4, 0,， 那 么A3: 3,1,；A1 :1,1,2,0,0；0 ,0 , 0

24、0 , 0 A,20: 2,0, 2,0,0A0 : 0,0,1,3,0、 4 分先证存在性，假设数列A0: a0 ,a1, an 满足 ak0 及 ai0(0 i k1) ，那么定义 变 换T1， 变 换T1将数列A0变为数列T1(A0)：a0 1,a1 1,ak 1 1,k, ak 1, an 、易知 T1 和 T 是互逆变换、5 分对于数列 n,0,0,0 连续实施变换 T1 一直不能再作T 1 变换为止得n,0,0,0T1n 1,1,0,0T1,0T 13,1,2,0,0n 2,0,2,0,nT 1T 1a0 , a1 , an ，那么必有 a00假设 a00，那么还可作变换T 1 、

25、反过来对 a0 , a1, an 作有限次变换 T ，即可还原为数列n,0,0,0 ，因此存在数列A0满足条件、下用数学归纳法证唯一性：当 n1,2 是显然的， 假设唯一性对 n1成立，考虑 n 的情形、假设存在两个数列a0 , a1 , an 及 b0 , b1 ,bn 均可经过有限次T 变换，变为 n,0,0 ，这里 a0b00 ， a1a2anb1b2bnn假设 0ann ，那么由变换 T 的定义，不能变为n,0,0 ；假 设 ann ， 那 么 a1a2an0，经过一次T变换，有0,0, ,0, nT1,1,1,0由于 n3 ，可知 1,1,1,0 至少3 个 1不可能变为 n,0,0

26、 、所以 an0 ，同理 bn0令 a0 , a1 , anT1,a1 , a2 , an ，b0 ,b1,bnT1,b1, b2 , bn ，那么 anbn0 ，所以 a1a2an1n 1， b1b2bn 1n 1、因为 0, a1 , an1有限次 Tn-1,0,0 ，0,b1, ,bn有限次 Tn-1,0,0 ，1故由归纳假设，有aibi， i1,2, n1 、再由T与T1 互逆，有a0 ,a1,anT1,a1, an 1 ,0 ，b0 , b1, ,bnT1,b1,bn 1,0 ，所以 aibi， i 1,2,n ，从而唯一性得证、9 分显然 aii (i1,2,n) ，这是由于假设对

27、某个i0， ai0i0，那么由变换的定义可知， ai0通过变换，不能变为0 、由变换 T 的定义可知数列A0每经过一次变换，Sk 的值或者不变， 或者减少 k ，由于数列 A0经有限次变换 T ，变为数列 n,0,0 时，有 Sm0 ，m 1,2, , n ，所以 Smmtm (tm 为整数 ) ，于是 SmamSm 1am(m1)tm 1， 0am m ，所以为除以 m1 后所得的余数，即S、 13 分amSmamSmm( m1)m20假设数列 An 满足 An120. 2018 年石景山一模理1An，那么称数列 An 为“平方2递推数列”、数列 an 中， a12 ，点 ( an , an

28、 1) 在函数 f ( x)2x 22x 的图像上，其中 n为正整数、 证明数列 2 an1 是“平方递推数列” ，且数列 lg(2 an1) 为等比数列；设中“平方递推数列” 的前 n 项之积为 T n ，即 T n(2a11)( 2a21)（2an 1) ，求数列 an 的通项及 T n 关于 n 的表达式；记 bnlog 2 a n1 Tn，求数列bn的前 n 项和Sn ，并求使 Sn 2012的 n 的最小值、解： I 因为 an 12an22an ,2an 112(2 an22an )1(2 an1)2所以数列 2 an1 是“平方递推数列” .-2分由以上结论 lg(2 an1 1)lg(2 an 1)22lg(2 an1) ，所以数列 lg(2 an1) 为首项是 lg5 公比为 2 的等比数列 .-3分II lg(2 an1)lg(2 a11) 2n12n 1 lg5lg5 2n 1，2an 1 52n 1 , an1 (52n 11).-5分2lg Tn