详解高考及北京市模拟试卷创新题小题汇编

1、 HYPERLINK 2008-20111年高高考及北北京市模模拟试卷卷创新题题小题汇汇编详解解（10-111年上上学期北北师大实实验高三三摸底考考试理114）设是对一切切正整数数有定义义的函数数，且，（，是的素约约数的个个数）令（其其中表示示是的约数数，上式式表示对对的一切切约数的的函数求求和），则则 ； ；解法一：依据定义：；是素数，解法二：来计算的表表达式根据算算术基本本定理，可可以设，其其中为的全部素素因子，设是的约数数，根据据的定义义，当时时，且且正好可可以视作作的情形形而，求求和是对对的全体体约数求求和由由于的取取值只可可能是，所所以只需需计算出出，取值值的约数数的个数数即可这等价

2、价于求的的只有个个素因子子的约数数的个数数时，显然只只有，个个数为；时，其其中，只能取取，个数数是；一般地对于于为任意意的情形形，当的的素因子子取时，由于能取到到，由乘乘法原理理，这种种情况下下的的个个数是；由于的的素因子子可以取取任意个个，所以以总的只只有个素素因子的的约数的的个数是是；由此可知，；考虑多项式式由韦达定定理可知知： 在上上式中两两边赋值值即得 当时，； ，；，（10-111年上上学期海海淀高三三期末统统考理88）如图所示，在在正方体体中，是棱棱的中点点，是侧侧面上的的动点，且且面，则与平平面所成成角的正正切值构构成的集集合是（ ）A B C D C过平面外一一点能作作无穷多多

3、条直线线平行于于平面，这这无穷多多条直线线构成一一个过点点且与平平行的平平面；由此可知：过且平平行于平平面的直线有有无穷多多条，这这些直线线构成一一个平面面先作出出这个平平面如右右图所示示：作交交于，作交的延长长线于，那那么；于于是既在在面上又又在侧面面上，的轨轨迹为两两者的交交线；为作出交线线，如图图所示：延长交的延长长线于，连连接交的延长长线于，则则即为平平面与平平面的交交线；延延长交于，则为的轨迹迹（限定定在正方方体的侧侧面上而而不是整整个侧面面平面上上）；设正方体棱棱长为，易易知是中点，任取上一点点，由于于是在平面面上的射射影，所所以与平平面所成成的角即为，其其正切为为；，；选C；（1

4、0-111年上上学期海海淀高三三期末统统考理114）在平面直角角坐标系系中，为坐坐标原点点定义义、两点之之间的“直直角距离离”为若点，则则= ；已知点点，点是直直线上的的动点，的最小值为 ；先把直线方方程改写写成：，则则直线是是过定点点且斜率率为正的的直线设直线线与轴交交于点，与与交于点点，则构成成直角三三角形如右图图所示先考虑的情情形：此此时若介介于间例例如点，我我们有：，也就就是处在在间时在点取最最小值；若在延长线线上例如如点：，所以以此时在在点取最最小值；若在延长线线上例如如点：，所以以此时在在点取最最小值；又由于于时，所以以综合知知；类似地可以以知道：若，则则分别在在延长线线上、间间、

5、延长长线上时时，分别别在点，点，点取取最小值值，又此此时，故故；若则，在间间任意一一点都取取到最小小值这题用数形形结合，采采用直角角距离的的几何意意义加分分类讨论论不难解解决，如如用函数数定义来来做也是是可以的的，但是是显然不不如几何何意义来来得直观观有效（10-111年上上学期海海淀高三三期末统统考文114）在平面直角角坐标系系中，为坐坐标原点点定义义、两点之之间的“直直角距离离”为若点，则则= ；已已知，点点为直线线上动点点，则的的最小值值为 ；解法一（定定义法）：最小值为解法二（数数形结合合）：用直角距离离的几何何意义，参参见上题题（10-111年上上学期西西城高三三期末统统考理114）

6、在平面直角角坐标系系中，定定义为两两点，之间的的“折线线距离”则坐标标原点与与直线上上一点的的“折线线距离”的的最小值值是 ；圆上一一点与直直线上一一点的“折折线距离离”的最最小值是是 ，第一问，可可直接利利用折线线距离的的几何定定义：设直线与轴轴、轴分分别交于于点、：则，；当点点在的延长长线上时时，；当当点在的延长长线上时时，；当当点在之间时时，当点与与点重合合时取到到等号第二问，类类似第一一问可知知，当在单位位圆上固固定一点点时，对对于直线线上任一一点，当当且仅当当轴时取最最小；为了求水平平距离的的最小值值，如图图所示，过过作轴的平平行线交交直线于于，过作直直线的垂垂线垂足足为；则则为定值

7、值，为直直线的倾倾角的正正弦：；求水平平距离的的最小值值即为求求的最小小值；过点作直线线的垂线线，交单单位圆于于，垂足足为，则则当且仅仅当与重合时时，取到到最小值值；此时时过作轴的平平行线交交直线于于，则也取取到最小小值；，当分别别与重合合时取到到等号（10-111年上上学期西西城高三三期末统统考文114）在平面直角角坐标系系中，定定义为两两点，之间的的“折线线距离”在这个个定义下下，给出出下列命命题：到原点的的“折线线距离”等等于的点点的集合合是一个个正方形形；到原点的的“折线线距离”等等于的点点的集合合是一个个圆；到两点的的“折线线距离”之之和为的的点的集集合是面面积为的的六边形形；到两点

8、的的“折线线距离”差差的绝对对值为的的点的集集合是两两条平行行线其中正确的的命题是是 （写出出所有正正确命题题的序号号）设点的坐坐标为，根根据定义义有，这这是条线线段围成成的正方方形，如如上图所示示自然错错误更更一般地地，易见见到点的的“折线线距离”等等于的点点的集合合同样也也是以为为中心半半对角线线长为的的斜正方方形，这这是欧氏氏距离下下圆的近近似；设点的坐坐标为，根根据定义义有，整整理得，画画出其图图像是上上图所示示的六边边形，面面积为更一般般地不难难证明：若纵坐坐标相同同，则则到两点点的“折折线距离离”和为为的点的的集合也也是类似似的对称称六边形形，以为为对称轴轴，以中中点为对对称中心心

9、，长为为，高为为，水平平边长为为，面积积，这是是欧氏距距离下椭椭圆的近近似；若若横纵坐坐标均不不同时情情况将异异常复杂杂设点的坐坐标为，根根据定义义有，解解得，这这是两条条竖直直直线，如如上图所示示更一一般地不不难证明明：若纵纵坐标相相同，则则到两点点的“折折线距离离”差的的绝对值值为的点点的集合合也是两两条竖直直直线，与与中点距距离为，这是是欧氏距距离下双双曲线的的近似；若横纵纵坐标均均不同时时情况将将异常复复杂（10-111年上上学期东东城高三三期末统统考理88文8）已知函数的的定义域域为R，若存存在常数数，对任任意，有有，则称称为函数给出下下列函数数：；是定义义在R上的奇奇函数，且且满足

10、对对一切实实数均有有其中中是函数数的序号号为（ ）A B CC DC时，时，即即过原点点的弦斜斜率有界界显然满足足上面性性质；，但时无无界；，；，且时；如右图所所示，是是奇函数数则；又又恒成立立，所以以所有的的弦斜率率绝对值值有界，自自然也是是过原点点的弦的的界，所所以（也也可以直直接取得得到）（10-111年上上学期东东城高三三期末统统考理114）已知函数，在在区间内内任取两两个实数数，且，不不等式恒恒成立，则则实数的的取值范范围是 ，然后，可可以作为为整体换换元；题中条件件等价于于在区间间内对于于任意两两个实数数，都有有；解法一：也就是区间间内任一一割线斜斜率都大大于；我我们证明明这与区区

11、间内任任一切线线斜率都都大于等等价如图所示，若若区间内内任一割割线斜率率都大于于，由于于对区间间内任一一点，都都存在割割线平行行于过点点的切线线；而斜斜率大于于，所以以点的切切线斜率率也大于于，由的任任意性，所所以任一一切线斜斜率都大大于；反之，若区区间内任任一切线线斜率都都大于，由由于任一一条割线线，都存存在间一一点，使使得点的的切线与与割线平平行；所所以的斜斜率必定定大于；所以以任一割割线斜率率都大于于；，解法二：，在区间内单单调递增增的导数为正正，在区间上上恒成立立；即在在区间上上恒成立立；而在区间上上单调递递增且在在端点处处趋向于于，（可以取取到等号号），所所以的取取值范围围是（10-

12、111年上上学期朝朝阳高三三期末统统考理88）如图，正方方体中，分别为为棱，上的点点 已已知下列列判断：平面；在侧面上上的正投投影是面面积为定定值的三三角形；在平面内内总存在在与平面面平行的的直线；平面与平平面所成成的二面面角（锐锐角）的的大小与与点的位位置有关关，与点点的位置置无关其中正确判判断的个个数有（ ）A1个 B2个 C33个 D44个B显然错误误，用特特殊值法法很容易易举出反反例：例例如和重合，和和重合，这这时平面面就是对对角面，此此时但显然与与不重合合，不成成立；如图，设设在上的射射影为，则则在侧面面上的正正投影就就是，其其面积为为定值，为正方体棱长；平面与与平面不不重合且且共点

13、，故故必有交交线，平面内只要是是平行于于的直线线都将平平行于平平面；事实上如图图，延长长交延长线线于，连接交于，则就是是平面与与平面的的交线，平面内只要平行于的直线（不经过）必定平行于平面；分别取点点与点、点重重合的情情形就知知道该命命题错误误；事实上，由由于就是是平面与与平面的的交线，而而在平面面内的射影影为，故过过作的延长长线于，则则就是两两个平面面的二面面角；二二面角的的大小由由长决定定位置置不但影影响到长长，还影影响到点点位置，进进而影响响到点位位置和大大小综上知错误，正确确（10-111年上上学期朝朝阳高三三期末统统考理114）已知数列满满足：，定定义使为整数的数数叫做企企盼数，则则

14、区间内内所有的的企盼数数的和为为 若为企盼数数，则为为整数设设为，则则，则有有，也就就是必须须为的整整数幂次次；由于，这个范围内内的整数数幂次只只有内所有的的企盼数数的和为为（10-111年上上学期朝朝阳高三三期末统统考文88）如图，正方方体中，分别为为棱，的中点点，在平平面内且且与平面面平行的的直线（ ）A有无数数条 B有有2条C有1条条 D不存在在A平面与平平面不重重合且共共点，所所以必有有交线，平面内只只要是平平行于交交线的直直线都与与平面平平行，故故必有无无数条满满足题设设的直线线；为了看得更更清楚，如如图所示示，设中中点为，中点为为，则平平面平面面设与交于点点，则就是是平面与与平面的

15、的交线；过作交于，连接接，则，于于是平面面内只要与与平行的的直线（不不经过）都都必定与与平面平行行（10-111年上上学期丰丰台高三三期末统统考理114）定义方程的的实数根根叫做函函数的 “新驻驻点”，如如果函数数，（）的“新新驻点”分分别为，那么么，的大小小关系是是 ，； ，；，因为在内单单调递减减且从趋趋向于，在区间间内单调调递增从从趋向于于，两者有有唯一交交点，即即有唯一一解；，（10-111年上上学期丰丰台高三三期末统统考文114）若是一个集集合，是是一个以以的某些些子集为为元素的的集合，且且满足：属于，属于；中任意意多个元元素的并并集属于于；中任意意多个元元素的交交集属于于则称称是集

16、合合上的一一个拓扑扑已知知集合，对对于下面面给出的的四个集集合：；其中是集合合上的拓拓扑的集集合的序序号是 不是拓扑扑，因为为，但；是拓扑，可可以逐一一验证三三条性质质都满足足；不是拓扑扑，因为为全集；是拓扑，可可以逐一一验证三三条性质质也都满满足（10-111年上上学期石石景山高高三期末末统考文文8）已知，（、，且对对任意、都有：；给出以下三三个结论论：（11）；（22）；（33）其其中正确确的个数数为（）A BB CC DDA如下图所示示，用一一个表格格来表示示这个二二元函数数的取值值，用行行代表的的取值，用用列代表表的取值值12345611357911224681012346810121

17、44810121416185161820222426那么根据条条件，行固定定时，每每行的数数成为一一个公差差为的等等差数列列；根据据条件，时，第第一列的的数构成成一个公公比为的的等比数数列；据据此不难难写出每每行每列列的值，容容易验证证个结论论全部成成立，所所以选AA（10-111年上上学期昌昌平高三三期末统统考文88）在集合上定定义两种种运算和和如下：那么（）A B C DDA直接读图知知道，；（10-111年上上学期房房山区高高三期末末统考理理14文114，220099崇文一一模理77文8）平面直角坐坐标系中中横坐标标、纵坐坐标均为为整数的的点称为为格点，如如果函数数的图象象恰好通通过个格

18、格点，则则称函数数为阶格点点函数下列函函数：； ； ；，其中是是一阶格格点函数数的有 （填上上所有满满足题意意的函数数的序号号）：，在上，经过过无穷个个格点；：，当时时易见为为无理数数，只经过过这个格点点；： 当时时都为整整数，经过无无穷个格格点；：；若，则则，由于于互素，左左边当且且仅当时时才为整整数，只经过过原点这这个格点点；：若，则则，解得得或，经过两两个格点点（20100北京卷卷理8）如图，正方方体的棱棱长为22，动点点，在棱上，动动点，在棱，上，若若，（，大于零零），则则四面体体的体积积（ ）A与，都有关关 B与有关关，与，无关C与有关关，与，无关 D与有关关，与，无关D；如图所示，

19、三三角形的的面积是是定值且且在平面面上所所以体积积只与到到平面的的距离有有关作作交于，作于因为为平面平平面且所以体积与与有关，与与，无关选D（20100北京卷卷文8）如图，正方方体的棱棱长为22，动点点，在棱上，点点在棱的中中点，动动点在棱棱上，若若，（大于零零），则则三棱锥锥的体积积（ ）A与都有有关B与都无无关C与有关关，与无无关D与有关关，与无无关C；如图所示，三三角形的的面积是是定值且且在平面面上所所以体积积只与到到平面的的距离有有关作作交于，作于因为为平面平平面且体积与有关关，与无无关故故选C（20100北京理理14）如图放置的的边长为为1的正正方形沿沿轴滚动，设顶点点的轨迹迹方程是

20、是，则函函数的最最小正周周期为_；在在其两个个相邻零零点间的的图象与与轴所围围区域的的面积为为_说明：“正正方形沿沿轴滚动动”包括括沿轴正正方向和和沿轴负负方向滚滚动沿沿轴正方方向滚动动指的是是先以顶顶点为中中心顺时时针旋转转，当顶顶点落在在轴上时时，再以以顶点为为中心顺顺时针旋旋转，如如此继续续类似似地，正正方形沿沿轴负方方向滚动动；上图给出了了正方形形一个完完整周期期的滚动动情况初始时时边在轴上，首首次滚动动是以为为圆心顺顺时针旋旋转，这这时到了了轴上，到到了原先先的位置置，的轨轨迹是以以为圆心心为半径径的弧；第二次次滚动以以落到轴轴上的点点为圆心心顺时针针旋转，然然后到了了轴上，到到了原

21、先先的位置置，的轨轨迹是以以为圆心心为半径径的弧；第三次次滚动以以落到轴轴上的点点为圆心心顺时针针旋转，然然后到了了轴上，到到了原先先的位置置，的轨轨迹是以以为圆心心为半径径的弧；第四次次滚动以以落到轴轴上的点点为圆心心顺时针针旋转，然然后到了了轴上，到到了原先先的位置置，点在在这个滚滚动中静静止不动动这时时边又回回到了轴轴上，下下一次滚滚动又以以为圆心心开始，故故这次滚滚动构成成一个周周期由由图像知知的最小小正周期期就是连连续两次次落到轴轴上之间间的距离离，即正正方形的的周长；所围成成的面积积（20100北京卷卷文144）如图放置的的边长为为1的正正方形沿沿轴滚动动，设顶顶点的纵纵坐标与与横

22、坐标标的函数数关系式式是，则则函数的的最小正正周期为为_；在其两两个相邻邻零点间间的图象象与轴所所围区域域的面积积为_说明：“正正方形沿沿轴滚动动”包括括沿轴正正方向和和沿轴负负方向滚滚动沿沿轴正方方向滚动动指的是是先以顶顶点为中中心顺时时针旋转转，当顶顶点落在在轴上时时，再以以顶点为为中心顺顺时针旋旋转，如如此继续续类似似地，正正方形沿沿轴负方方向滚动动；解析与与上题完完全类似似（20099北京理理8）点在直线上上，若存存在过的的直线交交抛物线线于，两点，且且，则称点为为“A点”，那那么下列列结论中中正确的的是（ ）A直线上上的所有有点都是是“A点”B直线上上仅有有有限个点点是“AA点”C直

23、线上上的所有有点都不不是“AA点”D直线上上有无穷穷多个点点（点不不是所有有的点）是是“A点”A本题主要考考查阅读读与理解解、信息息迁移以以及学生生的学习习潜力，考查学生分析问题和解决问题的能力属于创新题型本题采作数数形结合合法易于于求解，如如图，设，则，在上，消去，整理理得关于于的方程程 恒成立，方程恒恒有实数数解，应选AA（20099北京理理14）已已知数列列满足：，则_；_1，0本题主要考考查周期期数列等等基础知知识属属于创新新题型依题意，得得， 应填1，00（20099北京卷卷文8）设设是正及其其内部的的点构成成的集合合，点是是的中心心，若集集合，则则集合表示示的平面面区域是是（ ）A

24、三角形形区域B四四边形区区域C五五边形区区域D六六边形区区域 D本题结合平平面几何何，考察察集合的的知识如图，是线线段的中中垂线，每每条中垂垂线都将将平面分分成两部部分，满满足的点点的集合合为直线线包含的那那一侧因此表表示的平平面区域域如图阴阴影所示示（20099北京卷卷文144）设是是整数集集的一个个非空子子集，对对于，如如果，且且，那么么称是的一个个“孤立立元”给定，由由的个元素素构成的的所有集集合中，不不含“孤孤立元”的的集合共共有 个个；设集合满足足要求，其其中，因因为，所以要要使不是是“孤立立元”，只只能，于于是只能能；同样样的，因因为，所所以，从从而因此满足要要求的集集合只能能是连

25、续续三个数数组成的的集合，即即只有满足条件集合与新概概念结合合的题型型，有一一定的难难度，考考察对数数学新定定义的理理解能力力（20088北京卷卷理8文8）如图，动点点在正方方体的对对角线上上过点点作垂直直于平面面的直线线，与正正方体表表面相交交于设设，则函函数的图图象大致致是（ ）B过两点分别别作的平平行线，交交（或）于于点，连连结，交交于点，则则为平面面四边形形又平平面，故故，从而而；又平面面，故，故故为矩形形，从而而当时，；当时，；故图象大致致为B（20088北京卷卷理144）某校数学课课外小组组在坐标标纸上，为为学校的的一块空空地设计计植树方方案如下下：第棵棵树种植植在点处处，其中中，

26、当时，；表示非负实实数的整整数部分分，例如如，按此此方案，第第棵树种种植点的的坐标应应为 ；第棵树树种植点点的坐标标应为 ，于是，；，于是故第棵树的的种植点点的坐标标为；，故第第棵树的的种植点点坐标为为（20100海淀一一模理88）已知数列具具有性质质：对任任意，与两数中中至少有有一个是是该数列列中的一一项现现给出以以下四个个命题： 数列具具有性质质； 数列具具有性质质； 若数列列具有性性质，则则； 若数列列具有性性质，则则其中真命题题有（ ）A个 BB个 C个 D个个 B，都不不在数列列中，数列不具具有性质质；容易验证证数列具具有性质质；取，不在在数列中中，则在在数列中中，而数数列中最最小的

27、数数，因此此；由的分分析知，由于，不在数列中，因此必然在数列中又，故，于是，等式成立（20100海淀一一模理114）在平面直角角坐标系系中，点点集，则 点集所所表示的的区域的的面积为为_； 点集所所表示的的区域的的面积为为 ；点集就是整整个单位位圆；点点集所表表示的区区域是如如图所示示的直角角三角形形，其中中， 点集是是将点集集中的所所有点横横坐标加加纵坐标标加得到到的，即即都进行行了一个个向量的的平移，所所以整体体上集合合也按照照向量进进行了平平移，得得到的点点集还是是一个半半径为的的圆，圆圆心在，所所以面积积依旧是是； 点集实实际上可可以写成成：，其其中看成成是按照照向量的的平移得得到的点

28、点集而得到的是是以为圆圆心半径径为的圆圆，所以以就是所所有圆心心在里半半径为的的圆的并并；如图图所示：当半径径为的圆圆在边界界上滑动动时，分分别得到到矩形，矩矩形，矩形形；在顶顶点滚动动时，得得到三个个扇形；所以最最终就是是图示阴阴影部分分不难难求得面面积解决本题的的关键在在于发现现实质是是的平移移，是的全体体平移的的并如如果只从从集合的的描述性性表示入入手的话话是很抽抽象的本题可可以推广广到一般般情形：如果是是两个闭闭图形，则则都是的全全体平移移的并（20100海淀一一模文114）若点集，则则点集所表表示的区区域的面面积为_；点集所表表示的区区域的面面积为_ ；点集就是整整个单位位圆；点点集

29、所表表示的区区域是边边长为的的正方形形，如图图所示 点集是是将点集集中的所所有点横横纵坐标标均加得得到的，即即都进行行了一个个向量的的平移，所所以整体体上集合合也按照照向量进进行了平平移，得得到的点点集还是是一个半半径为的的圆，圆圆心在，所所以面积积依旧是是；点集实际际上可以以写成：，其中中看成是是按照向向量的平平移得到到的点集集而得到的是是以为圆圆心半径径为的圆圆，所以以就是所所有圆心心在正方方形里半径径为的圆圆的并；如图所所示：当当半径为为的圆在在边界上上滑动时时，分别别得到个个长为宽宽为的矩矩形；在在顶点滚滚动时，得得到个扇扇形；所所以最终终就是图图示阴影影部分不难求求得面积积（2010

30、0朝阳一一模理114）一个数字生生成器，生生成规则则如下：第1次次生成一一个数，以以后每次次生成的的结果是是将上一一次生成成的每一一个数生生成两个个数，一一个是 ，另一一个是设第次次生成的的数的个个数为，则则数列的的前项和和 ；若，前前次生成成的所有有数中不不同的数数的个数数为，则则 ；，每次次生成数数的个数数都比上上一次翻翻倍，所所以，；为了研究所所有生成成数中不不同数的的个数，我我们用一一个双排排单链表表来考察察一下生生成数的的过程：时，只有11个数；时，共有33个数：起，生成的的所有数数形成了了一个双双排单链链表，其其中箭头头代表生生成过程程：时的链表如如下：这个链表具具有这样样的规律律

31、：第一排从从左往右右，第二二排从右右往左，都都是公差差为3的的等差数数列；第第一排的的与第二二排的对对应；两排项数数相同但但是错开开1项，除除掉第一一排的尾尾项与第第二排的的首项以以外，其其余项一一一对应应且互为为相反数数；在生成数数的过程程中，第第一排的的数只能能生成其其右边和和下边的的数，第第二排的的数只能能生成其其左边和和上边的的数，箭箭头表明明了生成成的过程程；从到时，根根据，链表的中中间段不不可能再再生成新新数，只只有第一一排尾项项与第二二排首项项能生成成新数，第第一排尾尾项为两两排右边边各加一一项，变变成两排排的新尾尾项；第第二排首首项为两两排左边边各加一一项，变变成两排排的新首首

32、项；根据，的链表表每排项项数比的的链表多多2，每每排有33项，每每排有55项，每排有有项；当时，的的第一排排被3除除余1，第第二排被被3除余余2，所所以两排排的项不不会重复复，从而而列出了了前次生成成的所有有不同的的数；为链表表的项数数，即；另外，下面给出了了链表：（20100朝阳一一模文114）一个数字生生成器，生生成规则则如下：第1次次生成一一个数，以以后每次次生成的的结果可可将上一一次生成成的每一一个数生生成两个个数，一一个是 ，另一一个是设第次次生成的的数的个个数为，则则数列的的前项和和 ；若，前前次生成成的所有有数中不不同的数数的个数数为，则则 ；，每次次生成数数的个数数都比上上一次

33、翻翻倍，所所以，；，时，生成成的所有有数为：（20100东城一一模理114）如果对任意意一个三三角形，只只要它的的三边长长，都在函函数的定定义域内内，就有有，也是某某个三角角形的三三边长，则则称为“型函数数”则则下列函函数：； ； ，是“型函函数”的的序号为为 ；若，则，故故满足；若，则，故满足；反例：，时，构成成三角形形，但，故故不构成成三角形形（20100石景山山一模理理14文114）在数列中，若若，（，为常数数），则则称为“等等方差数数列”下列是是对“等等方差数数列”的的判断：若是等方方差数列列，则是是等差数数列；是等方差差数列；若是等方方差数列列，则（，为常数数）也是是等方差差数列；若

34、既是等等方差数数列，又又是等差差数列，则则该数列列为常数数列其中正确命命题序号号为 （将将所有正正确的命命题序号号填在横横线上）由定义可知知，是公公差为的的等差数数列，正确；为常数，故故是等方方差数列列，正确；若，则为常数，对；设公差为，则则，结合合，两式式相减可可得，故故是常数数列，对（20100西城一一模理114）设函数的定定义域为为，若存存在非零零实数使使得对于于任意，有有，且，则则称为上的高调调函数如果定义域域是的函函数为上的高调调函数，那那么实数数的取值值范围是是 如果定义域域为的函函数是奇奇函数，当当时，且且为上的高调函函数，那那么实数数的取值值范围是是 ；第一问，依依定义，在上恒

35、成立，即在上恒成立；由于，分两种情况讨论：时，若，矛盾盾；所以以这种情情形不存存在；时，在上上，一次次函数在在处取到到最小值值，根据据题意，只只需要最最小值即即可，解解得；实数的取取值范围围是；第二问，用用数形结结合的思思想来解解决如图所示，先先作出的的图象，其其图象是是由三条条直线构构成的折折线，与与轴有三三个交点点、；极大大值点；极小值值点；而是沿轴向向左平移移个单位位得到的的图象，当当且仅当当的右端端直线整整体处于于的左端端直线上上方时，才才有恒成成立（如如图所示示的实线线与虚线线）；即即当且仅仅当时才是高调调函数，解解得的取取值范围围是（20100西城一一模文114）设函数的定定义域为

36、为，若存存在非零零实数使使得对于于任意，有有，且，则则称为上的高调调函数现给出下列列命题：函数为上上的高调调函数；函数为上上的高调调函数；如果定义义域为的的函数为为上高调函函数，那那么实数数的取值值范围是是；其中正确的的命题是是 （写出出所有正正确命题题的序号号）；中为减函函数，故故不可能能是高调调函数；中，故故正确；的图象象如下图图所示，要要使得，有有；时，恒恒有，故故即可，正确（20100西城二二模文88）给出函数的的一条性性质：“存存在常数数，使得得对于定定义域中中的一切切实数均均成立” 则下下列函数数中具有有这条性性质的函函数是（ ）A B C DD条件需存在在常数使使得恒成成立，这这

37、就意味味着必须须在定义义域上存存在上界界；对于选项AA，无上界；对对于选项项B，无无上界；对于选项CC，无上界，对对于选项项D，有有上界（20100西城二二模文114）我们可以利利用数列列的递推推公式求求出这个个数列各各项的值值，使得得这个数数列中的的每一项项都是奇奇数则则 ；研究发现，该该数列中中的奇数数都会重重复出现现，那么么第个是该数数列的第第 项，同时，因因此；第个出现在在第项，因因此第个个是该数数列的第第（20100海淀二二模理114）给给定集合合，映射射满足：当时，；任取若，则则有则称映射：是一个个“优映映射”例如：用表11表示的的映射：是一个个“优映映射” 表表1 表221232

38、3112343 已知表表2表示的的映射： 是一一个优映映射，请请把表22补充完完整（只只需填出出一个满满足条件件的映射射）； 若映射射：是“优优映射”，且且方程的的解恰有有6个，则则这样的的“优映映射”的的个数是是 1234或123423142341考虑怎样的的映射才才能构成成优映射射，设是是一个优优映射，则则：若，不难知知道此时时，即是恒恒等映射射；若，则可知知，此时时如果，则又又有；若，则又有有，此时时又转化化成对还还是的讨讨论：若若，则；若，类似地地；如此过程反反复进行行，至多多进行次次，最终终我们可可以得到到：是的优映映射，当当且仅当当存在一一个单增增序列，使使得在该该序列上上是右轮轮

39、换映射射，在其其余值是是恒等映映射，即即：，在本题中，满满足的解解恰有个个的优映映射，其其轮换序序列为，有有种情形形，所以以满足题题意的优优映射有有个（20100海淀二二模文114）给给定集合合，若是的映射射，且满满足： 任取若若，则； 任取若若，则有有则称映射为为的一个个“优映映射”例如：用表表1表示示的映射射：是一个个“优映映射”表1123231表212343 已知：是一个个“优映映射”，请请把表22补充完整整（只需需填出一一个满足足条件的的映射）； 若：是是“优映映射”， 且，则则的最大大值为 1234或123423142341考虑怎样的的映射才才能构成成优映射射，设是是一个优优映射，则

40、则：若，不难知知道此时时，即是恒恒等映射射；若，则可知知，此时时如果，则则又有；若，则又有有，此时时又转化化成对还还是的讨讨论：若若，则；若，类似地地；如此过程反反复进行行，至多多进行次次，最终终我们可可以得到到：是的优映映射，当当且仅当当存在一一个单增增序列，使使得在该该序列上上是右轮轮换映射射，在其其余值是是恒等映映射，即即：，本题中，由由于，所所以轮换换序列满满足，于于是，（20099西城二二模理114，20110东城城二模理理8）已知集集合，函函数的定定义域、值值域都是是，且对对于任意意， 设设，是1，22，3，44的任意意一个排排列，定定义数表表，若两两个数表表的对应应位置上上至少有

41、有一个数数不同，就就说这是是两张不不同的数数表，那那么满足足条件的的不同的的数表的的张数为为_；是的排列，且且的排列列中，有有1个位位置相同同的排列列有个，有有2个位位置相同同的排列列有个，有有3个位位置相同同（即完完全相同同）的排排列有11个，所所以4个个位置全全不相同同的排列列有个即函数数的取值值有9种种情形；而可以以为的任任一排列列，故表表总张数数为个（20100东城二二模理114）已知数列中中，是其其前项和和，若，且且，则= ， 6，易算出，即即是周期期为的数数列，故故，（20100二模东东城文88）已知数列中中，（），（），能能使的可以等等于（ ）A B CC DC；，接着，是周期期

42、为的周周期数列列；当且仅当当为周期期的整数数倍，即即，符合合条件的的只有CC项（20100丰台二二模理114）对对于各数数互不相相等的正正数数组组（是不小小于的正正整数），如如果在时时有，则则称“与与”是该该数组的的一个“顺顺序”，一一个数组组中所有有“顺序序”的个个数称为为此数组组的“顺顺序数”例如，数数组中有有顺序“”，“”，其“顺序数”等于若各数互不相等的正数数组的“顺序数”是，则的“顺序数”是 ；原先的“倒倒序”经经过逆序序排列之之后变成成“顺序序”，“顺顺序”变变成“倒倒序”，所所以逆序序排列中中的“顺顺序数”为（20100丰台二二模文88）在一个数列列中，若若每一项项与它的的后一项

43、项的乘积积都同为为一个常常数（有有限数列列最后一一项除外外），则则称该数数列为等等积数列列，其中中常数称称公积若数列列是等积积数列，且且，公积积为，则则的值是是（ ）A BB C DD分析条件可可知，该该数列为为，也就就是说所所有的奇奇数项都都是于是（20099朝阳二二模理88）已知满足条条件的点点构成的的平面区区域的面面积为，满满足条件件的点构成成的平面面区域的的面积为为，（其其中、分别表表示不大大于、的最大整整数），则则点一定定在（ ）A直线左左上方的的区域内内 B直线上上 C直线右右下方的的区域内内 DD直线线左下方方的区域域内 A就是单位圆圆面，所所以而而求就要要费一番番周折了了：，根

44、据取整整函数的的定义可可以画出出其图像像如下：可见代表的的区域是是一个十十字，所所以所所以A，B，CC中只有有A对，DD也是错错误的，注：此题如如果直接接根据而而试图得得到是错错误的（虽虽然结果果正确）由图示示可以看看到，两两块区域域并不是是互相包包含的关关系，各各自都含含有对方方没有的的部分，是错误的，例如（20099朝阳二二模理113）对对于任意意两个正正整数，定定义运算算（用表表示运算算符号）：当，都是正正偶数或或都是正正奇数时时，；而而当，中一个个为正偶偶数，另另一个为为正奇数数时，例如，在上上述定义义中，集集合的元元素有 个15；同奇偶时有有11组组：；异奇偶偶时有44组：（2009

45、9朝阳二二模文88，100-111年上学学期昌平平高三期期末统考考理8）已知满足条条件的点点构成的的平面区区域的面面积为，满满足条件件的点构成成的平面面区域的的面积为为，（其其中、分别表表示不大大于、的最大大整数），例例如，则与的关系是是（ ）A B C DD就是单位圆圆面，所所以而而求就要要费一番番周折了了：，根据取整整函数的的定义可可以画出出其图像像如下：可见代表的的区域是是一个十十字，所所以所所以B，CC，D中中只有DD对，AA也是错错误的（20099崇文二二模理114）定义“和常常数列”：在一个个数列中中，如果果每一项项与它的的后一项项的和都都为同一一个常数数，那么么这个数数列叫做做和

46、常数数列，这这个常数数叫做该该数列的的和常已知数数列是和和常数列列，且，和和常为55，那么么的值为为 ，若若为偶数数，则这这个数列列的前项项和的计计算公式式为 ； 该数列为22，3，22，3，2，33，偶数数顶为33，故若为偶数，（20099海淀二二模理114，110-111年上上学期石石景山高高三期末末统考理理8）下图展示了了一个由由区间到到实数集集的映射射过程：区间中中的实数数对应数数轴上的的点，如如图1；将线段段围成一个个圆，使使两端点点、恰好重重合，如如图2；再将这这个圆放放在平面面直角坐坐标系中中，使其其圆心在在轴上，点点的坐标标为，如如图3图3中中直线与与轴交于于点，则则的象就就是

47、，记记作 方程的的解是 ； 下列说说法中正正确命题题的序号号是 （填填出所有有正确命命题的序序号）；是奇奇函数；在定义义域上单单调递增增；的图象象关于点点对称；解法一（根根据的映映射方式式）： 象点与与原点重重合是直直径点的的初始坐坐标是；所对的的圆心角角为直线线的倾角角为的斜斜率为点点在原点点左侧且且点坐标标为；的定义域域是，所所以肯定定不是奇奇函数；增大弧长长增大所所对的圆圆心角增增大直线线的倾角角增大直直线的截截距即点点坐标增增大的值值增大；如右图，设设将点映射射到，点映射射到，设设所对的的值分别别为则关于轴对称称当且仅仅当也关关于轴对对称当且且仅当当当且仅当当当且仅仅当的图图象关于于点

48、对称称解法二（写写出的解解析式）：如图所示，的映射方式是将弧长映射到的有向长度设圆心为，若若点对应应的值为为，即弧弧长，注注意到圆圆周长为为1，则则弧长所所对的圆圆心角，根据正切函函数的定定义，其其中，；解得得；根据的的解析式式，易知知的解为为，命题题中只只有成立（20099海淀二二模文114）如图1，有有一条长长度为的的铁丝，先先将铁丝丝围成一一个圆，使使两端点点、恰好重重合（如如图2），再再把这个个圆放在在平面直直角坐标标系中，点点的坐标标为，圆圆心为，铁铁丝上有有一动点点，且图图1中线段段，在图图形变化化过程中中，图11中线段段的长度度对应于于图3中的弧弧的长度度图33中线段段所在直直线

49、与轴轴交点为为，当时，等于于 ；当当时，则则图3中线段段所在直直线的倾倾斜角的的取值范范围是 ；解法一（根根据的映映射方式式）：当时，弧长长，圆周周长为，所所以是直直径与轴轴重合，所所以点与与原点重重合，；由于圆半径径为1，当时，弧长的长度介于到之间，所对的圆心角介于和之间，如图所示，设圆心为，此时，不难求得此时，的倾角分别为；当介于优弧上时，的倾角也介于到之间；倾角的取值范围为类似上题可可以写出出的解析析式为（20099西城二二模文114）已知三个函函数：； ； 其中满足性性质：“对对于任意意，若，则有有成立”的的函数是是 （写出全全部正确确结论的的序号） 容易举举出反例例：，取，则，显显然

50、； 注意到到在上单调调递减，恒成立； 在上单单调递增增，恒成立立可以证明，对对于连续续函数，满足题题干中的的性质等等价于是是（严格格）单调调函数：若是单调函函数，完完全类似似解析中中的办法法，可知知必定恒恒成立；反之，若满满足题干干中的性性质，则则必定不不存在不不同的两两点，使使得，否否则，矛矛盾；于于是对于于任意三三点，不不可能出出现或者者这两种种情形，否否则由介介值定理理知存在在使得，矛矛盾；于于是只能能有或者者，前者者说明单单调递增增，后者者说明单单调递减减（20099宣武二二模理114）在平面直角角坐标系系中，定定义点、之间的的“直角角距离”为为若到点点，的“直直角距离离”相等等，其中

51、中实数满满足，则则所有满满足条件件点的轨轨迹的长长度之和和为 根据题意，点点满足，移移项得若，得，解解得；这这是一条条水平射射线；若，得，解解得；这这也是一一条水平平射线；若，得，解解得，这这是一条条斜率为为的斜线段段最后结合可可知的轨轨迹是如如图所示示的折线线：全长长为结论可以推推广到普普遍情形形：到两两定点的的直角距距离相等等的点的的轨迹如如下：若连线水水平或竖竖直，则则轨迹就就是的垂垂直平分分线；若构成正正方形的的对顶点点，则轨轨迹是正正方形的的另一条条对角线线，外加加以为顶顶点的与与正方形形相对的的两块直直角区域域（包括括边界）；若构成长长宽不等等的矩形形对顶点点，则轨轨迹为两两条射线

52、线加一条条斜线段段，作法法如下： 过矩矩形中心心作斜的直直线，直直线方向向与方向向相反；设直线线与矩形形边界交交于两点点；分别过向向外作与与矩形边边界垂直直的射线线，则折折线为所所求上图就是一一个典型型的例子子，其它它情况是是类似的的这是是欧氏距距离下垂垂直平分分线的近近似（20099石景山山一模理理8）设 ，又记记，则_A B C DA，一般地地，是以为周周期的数数列，选A本题的函数数列称为为迭代函函数列一般地地，可以以用如下下方式构构造以任任意正整整数为周周期的迭迭代函数数列：，把该该函数写写成一般般形式：，显见，本题题中的函函数就是是的特殊殊情形（20099石景山山一模文文8）设，又记，

53、则（ ）A B CC DC，一般般地，是以为周周期的数数列，选C（20088朝阳二二模理88文8）集合由满足足以下条条件的函函数组成成：对任任意时，都都有对对于两个个函数，以以下关系系成立的的是（ ）A BC DD解法一（应应用导数数中值定定理思想想）：即时，即函函数所有有的弦（割割线）的的斜率都都在间如下图左所所示，若若所有的的弦斜率率在间，在曲曲线上任任取一点点，由于于与点的切切线平行行的弦的斜率率在间，所以以点的切线线斜率必必定在之之间，即即曲线所有有的切线线斜率在在间；反之之，若曲曲线所有有的切线线斜率都都在间，那那么对于于任一弦弦，由于于其平行行于弦间间的某条条切线，所所以弦的的斜率

54、也也在间恒成立恒恒成立对于，如如下图中中，时，所以以满足题题设性质质，；对对于，易易知其在在原点存存在切线线，所以以其导数数在附近近无上界界，不满满足题设设性质，解法二（直直接法）：先直接根据据定义证证明；再再结合图图像举出出反例，证证明这类涉及到到函数弦弦斜率的的问题，直直接应用用导数中中值定理理思想是是比较快快速的解解决方案案虽然然学生由由于知识识所限无无法严格格证明，但但这种思思想却是是可由图图形简单单阐释的的这自自然比解解法二逐逐一依据据定义验验证要省省时许多多（20099朝阳一一模理114文114）定义映射，其其中，已知知对所有有的有序序正整数数对满足足下述条条件：；若，；，则的值值

55、是 ；的表达达式为 （用含的代代数式表表示），如下图所示示，用一一个表格格来表示示这个二二元函数数的取值值，用行行代表的的取值，用用列代表表的取值值123456110000021200003166000411436240051301502401200616254015601800720根据条件，第一一列的元元素都是是；根据条件，在对对角线以以上的上上半三角角部分的的元素都都是；根据条件，每个个格子的的元素，由由其上面面和左上上角格子子的元素素决定；，；再根据递推推公式，以以及，不难求求得（20099海淀一一模理88文8）对于数列，若若存在常常数，使使得对任任意，与中至少少有一个个不小于于，则记

56、记：，那那么下列列命题正正确的是是（ ）A若，则则数列的的各项均均大于或或等于B若，则则C若，则则D若，则则D；A错误，例例如数列列：，奇数数项全为为1偶数数项全为为0，则则，但其其偶数项项均小于于1；B错误，同同样类似似的数列列：，也满满足，但但为各项项为1的的常数列列，不成成立；C错误，恒恒为0的的常数列列满足，但但不成立立；D正确，因因为，与中至少少有一个个不小于于，与中至少少有一成成立；与中至少少有一成成立；（20099西城一一模理114）已知函数由由下表给给出01234其中等于在在中所出现现的次数数则 ； 因为等于在在总共个个数中出出现的次次数，由由于次数数必定为为整数且且最多为为，所以以必定有有；不存在的的情形；即；否则若，则则代表出出现次，于于是这个个数为；而又，所所以这个个数只能能为；于于是但出现次，矛矛盾；一方面，中中共个数数，这些些数的和和为；另一方面，中只有个，个，个，个，个，除此之外没有别的数（由），所以总共只有个数，这些数的和为；两方面对比比即得；由知（否否则）；下面我我们证明明；不然，若，则则，这个方程组组只有唯唯一解（由由）：，于于是这里里但出现次，矛矛盾；，这里已已经可以以解答原原题，如如果想求求出每个个数的值值，还要要继续往往