创新题型探究课件-高三数学三轮冲刺

高考数学创新题型探究《课标(2020年修订)》“高考命题建议”指出：“应包括开放性问题和探究问题，重点考查学生的思维过程、实践能力和创新意识．”即时学习、理解定义并基于概念思考，对学生的再学习能力提出较高要求，这事实上表现为迁移学习能力；创设新颖问题情境，考查学生陌生情境下解决问题的能力，一定意义下属于创新创造范畴，这正是核心素养的核心意义．2025年高考数学重点考查学生逻辑推理、批判性思维、创新思维等关键能力，助力拔尖创新人才选拔，引导培育支撑终身发展和适应时代要求的能力．试题突出创新导向，新课标卷根据试卷结构调整后整卷题量减少的客观情况，创新能力考查策略，设计全新的试题情境、呈现方式和设问方式，加强解答题部分对基本能力的考查，提升压轴题的思维量，突出理性思维和数学探究，考查学生运用数学思维和数学方法发现问题、分析问题和解决问题的能力．如新课标Ⅰ卷第19题以等差数列为知识背景，创新设问方式，设置数学新定义，搭建思维平台，引导学生积极思考，在思维过程中领悟数学方法，自主选择路径和策略分析问题、解决问题．高考数学通过创新试卷结构设计和试题风格，深化基础性考查，强调对学科基础知识、基本方法的深刻理解，不考死记硬背、不出偏题怪题，引导中学把教学重点从总结解题技巧转向培养学生学科核心素养．增加基础题比例、降低初始题起点，增强试题的灵活性和开放性．考点一集合中的创新题●创新点(1)新定义概念；(2)新定义性质；(3)新定义运算．●方法技巧解决集合的创新问题一般从要紧扣新概念，新性质或新运算进行推理论证，把问题转化为我们熟知的问题来解决．解决此类问题的通性通法可归纳为三个步骤：提取——确定解题方向；加工——探求解题方法；输出——转化进而解题．●典例研析1．(1)设全集U＝{1,2,3}，集合A，B(A≠B)都是U的子集，若A∩B＝{1}，则称A，B为“理想配集”，记作(A，B)，(A，B)和(B，A)是相同的“理想配集”，则这样的“理想配集”(A，B)有(

)A．3种 B．4种C．7种 D．8种A．(1)(3) B．(1)(4)C．(1)(2)(3) D．(2)(3)(4)(3)对于实数构成的集合Ω.若对任意x，y∈Ω都有x×y∈Ω(其中“×”表示普通的乘法运算)，则称集合Ω对“×”是封闭的．①已知集合A＝{x|x＝m2－n2，m，n∈Z}，判断8,9,10是否属于集合A；②在①的条件下，若B＝{x|x＝2k，k∈Z}，证明B⊆A的充要条件是k＝2a，a∈Z；③若集合P，Q对“×”都是封闭的，试判断P∪Q是否对“×”封闭，请说明理由．【答案】(1)B

(2)C

(3)见解析【解析】(1)由A∩B＝{1}可知，1这个元素在集合A和B中，且A≠B，则集合A，B可能是{1}，{1,2}，{1,3}，{1,2,3}，所以讨论满足条件的集合A和B可能的情况即可．因为(A，B)和(B，A)是相同的“理想配集”，所以集合A，B的可能情况有：①A＝{1}，B＝{1,2}；②A＝{1}，B＝{1,3}；③A＝{1}，B＝{1,2,3}；④A＝{1,2}，B＝{1,3}．所以这样的(A，B)有4种．(3)①因为8＝32－12,9＝52－42，所以8∈A,9∈A，令10＝m2－n2，m，n∈Z，则(|m|＋|n|)·(|m|－|n|)＝10，且|m|＋|n|>|m|－|n|>0，因为10＝1×10＝2×5，②由集合A＝{x|x＝m2－n2，m，n∈Z}，所以x＝m2－n2＝(m＋n)(m－n)，1°当m，n同为奇数或偶数时，m＋n，m－n均为偶数，此时(m＋n)(m－n)为4的倍数；2°当m，n为一奇一偶时，m＋n，m－n均为奇数，此时(m＋n)(m－n)为奇数；充分性：由k＝2a，a∈Z，B＝{x|x＝2k，k∈Z}，则x＝2k＝2·2a＝4a，a∈Z，即集合B中的元素为4的倍数，所以B⊆A，充分性成立．必要性：因为集合A中的元素为4的倍数或奇数，又集合B＝{x|x＝2k，k∈Z}为2的倍数，若B⊆A，则必有集合B中的元素为4的倍数，所以k＝2a，a∈Z，必要性成立，所以在(1)的条件下，若B＝{x|x＝2k，k∈Z}，则B⊆A的充要条件是k＝2a，a∈Z.③P∪Q不对“×”封闭，理由如下：设P＝{－1,1}，Q＝{1,2}，P∪Q＝{－1,1,2}，此时P，Q对“×”封闭，但是在P∪Q中－1×2＝－2∉P∪Q，所以P∪Q不对“×”封闭．●跟踪训练1．(多选)(2025·郫都区校级模拟)对于集合S，若存在集合S的两两不同的子集A1，A2，…，Ak，k≥1满足A1⊆A2⊆…⊆Ak，则称其为集合S的一条“链”，称k为这条“链”的长度．当集合S的元素个数|S|＝n时，下列说法正确的是(

)A．集合S的最长“链”的长度为n＋1B．任意两个集合都可以出现在同一个“链”中C．当|S|＝4时，该集合的任意两条长为4的“链”中一定具有相同集合D．集合S的最长“链”的总数为n!【答案】AD【解析】设S＝{a1，a2，…，an}，两两不同的子集A1，A2，…，Ak，k≥1，满足A1⊆A2⊆…⊆Ak，故Ak＋1中的元素要至少比Ak多一个元素，要想集合S的一条“链”为最长“链”，需满足A1＝∅，且Ak＋1中元素比Ak中元素多1，所以A1＝∅，A2＝{ai}，A3＝{ai，aj}，…，Ak＝S，故集合S的最长“链”的长度为n＋1，A正确；不妨设Am＝{1}，Aw＝{2}，显然两个集合不存在包含关系，故不能都出现在同一个“链”中，B错误；当|S|＝4时，不妨设{1}⊆{1,2}⊆{1,2,3}⊆{1,2,3,4}，∅⊆{3}⊆{1,3}⊆{1,3,4}，上面两个均为两条长为4的“链”，不具有相同集合，C错误；由A选项，S的最长“链”的长度为n＋1，其中A2＝{ai}有n种选择，A3＝{ai，aj}有(n－1)种选择，以此类推，Ar＝{ai，aj，…，an}中共有(r－1)个元素，有(n－r＋2)种选择，综上，S的最长“链”的总数为n！，D正确．故选AD.【答案】②③PART023．设X是一个非空集合，由X的一切子集(包括∅，X自身)为元素构成的集合，称为X的幂集，记为P(X)．(1)当X＝{1,2,3}时，写出P(X)；(2)证明：对任意集合X，Y，都满足P(X)∩P(Y)＝P(X∩Y)；(3)设X是10个两位数字形成的集合，证明：P(X)中必有两个X的子集，其元素的数值和相等．【解析】(1)P(X)为X＝{1,2,3}所有的子集作为元素所构成的集合，于是P(X)＝{∅，{1}，{2}，{3}，{1,2}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}}．(2)设集合A为P(X)∩P(Y)中的任一元素，则A∈P(X)，A∈P(Y)，故A⊆X，且A⊆Y，于是A⊆(X∩Y)，故A∈P(X∩Y)，于是P(X)∩P(Y)⊆P(X∩Y)，另一方面，设集合B为P(X∩Y)中的任一元素，故B⊆(X∩Y)，于是B⊆X且B⊆Y，即B∈P(X)且B∈P(Y)，所以B∈(P(X)∩P(Y))，于是P(X∩Y)⊆P(X)∩P(Y)．于是根据集合相等的定义可知，P(X)∩P(Y)＝P(X∩Y)．(3)假设P(X)中任意两个元素，其元素的数值和不相等，由于X是10个元素构成的集合的子集，那么P(X)中共有210＝1024个元素，根据假设，那么这1024个元素的和各不一样，但10个两位数最大可能的数值和是90＋91＋…＋99＝945<1024，与假设矛盾，故P(X)中必有两个X的子集，其元素的数值和相等．考点二三角函数与数列的创新题●方法技巧(1)根据题设定义，利用y＝sinx的周期，即可得出结果；(2)分a1＝kπ(k∈Z)与a1≠kπ(k∈Z)两种情况讨论，当a1＝kπ(k∈Z)，易得到{an}是周期为1的周期数列，当a1≠kπ(k∈Z)时，构造f(x)＝x＋sinx，则an＋1＝f′(an)，利用导数与函数单调性间的关系，可得出{an}是严格增(或减)数列，从而可得出结果；(3)根据条件，利用充要条件的证明方法，即可证明结果．(2)若an＋1＝an＋sinan(n∈N，n≥1)，判断数列{an}是否为周期数列，并说明理由；(3)设{bn}是无穷数列，已知an＋1＝bn＋sinan(n∈N，n≥1)．求证：“存在a1，使得{an}是周期数列”的充要条件是“{bn}是周期数列”．●典例研析2．(2024·上海青浦二模)若无穷数列{an}满足：存在正整数T，使得an＋T＝an对一切正整数n成立，则称{an}是周期为T的周期数列．(2)①当a1＝a2时，sina1＝0，a1＝kπ(k∈Z)，所以当a1＝kπ(k∈Z)时，{an}是周期为1的周期数列，②当a1≠kπ(k∈Z)时，记f(x)＝x＋sinx，则an＋1＝f(an)，f′(x)＝1＋cosx≥0，当且仅当x＝(2k1＋1)π(k1∈Z)时等号成立，即f′(x)＝1＋cosx>0，所以f(x)在R上严格增，若a1<a2，则f(a1)<f(a2)，即a2<a3，进而可得a1<a2<a3<a4<…，即{an}是严格增数列，不是周期数列；同理，若a1>a2，可得{an}是严格减数列，不是周期数列．综上，当a1＝kπ(k∈Z)时，{an}是周期为1的周期数列；当a1≠kπ(k∈Z)时，{an}不是周期数列．(3)证明：必要性：若存在a1，使得{an}是周期数列，设{an}的周期为T0，则

＝an＋1－sinan＝bn，所以{bn}是周期为T0的周期数列，充分性：若{bn}是周期数列，设它的周期为T，记a1＝x，则a1＝f0(x)＝x；a2＝f1(x)＝b1＋sinx，是关于x的连续函数；a3＝f2(x)＝b2＋sinf1(x)，是关于x的连续函数；…aT＝fT－1(x)，是关于x的连续函数；aT＋1＝bT＋sinfT－1(x)，令g(x)＝x－bT－sinfT－1(x)，则g(x)是连续函数，且g(bT＋2)＝2－sinfT－1(x)>0，g(bT－2)＝－2－sinfT－1(x)<0，所以g(x)存在零点c，于是c－bT－sinfT－1(c)＝0，取a1＝c，则aT＋1＝bT＋sinfT－1(c)＝c＝a1，从而aT＋2＝bT＋1＋sinaT＋1＝b1＋sina1＝a2，aT＋3＝bT＋2＋sinaT＋2＝b2＋sina2＝a3，…一般地，an＋T＝an对任何正整数n都成立，即{an}是周期为T的周期数列．(说明：关于函数连续性的说明不作要求)●跟踪训练4．(2025·徐汇区校级三模)已知a∈R，函数f(x)＝sin2x－asinx.(1)当a＝2时，求f(x)的值域；【解析】(1)因为a＝2，f(x)＝sin2x－asinx，所以f(x)＝sin2x－2sinx＝(sinx－1)2－1，因为－1≤sinx≤1，所以－2≤sinx－1≤0，所以－1≤f(x)≤3，所以f(x)的值域为[－1,3]．考点三三角函数性质与解三角形的创新题●方法技巧本题主要考查三角恒等变换公式、利用正弦定理与余弦定理解三角形、等面积法求三角形的面积等知识．(2)先根据同角三角函数的关系与正弦定理，判断出△ABC是直角三角形，然后设|PB|＝m|PA|，|PC|＝n|PA|，|PA|＝x，类似于第一小问的思路，推导出m＋n＋2＝mn，再利用基本不等式，结合m＋n＝t建立关于t的一元二次不等式，解出实数t的取值范围，进而可得答案．●典例研析3．当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AMB＝∠BMC＝∠CMA＝120°的点M为△ABC的“费马点”；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为△ABC的“费马点”．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，P是△ABC的“费马点”．结合b＋c＝6，可得(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝36，所以b2＋c2＝36－2bc＝12＋bc，同理可得c2＝x2＋y2＋xy，a2＝y2＋z2＋yz，即12＝y2＋z2＋yz，则b2＋c2＋12＝2x2＋2y2＋xy＋yz＋xz＋2z2，解得bc＝8，b2＋c2＝20,2x2＋2y2＋2z2＋xy＋xz＋yz＝32，根据等面积法可知设|PB|＝m|PA|，|PC|＝n|PA|，|PA|＝x，(m>0，n>0，x>0)，则由|PB|＋|PC|＝t|PA|，可得m＋n＝t.(2)因为cos2B＋cos2C－cos2A＝1，所以(1－sin2B)＋(1－sin2C)－(1－sin2A)＝1，整理得sin2A＝sin2B＋sin2C，结合正弦定理得a2＝b2＋c2，●跟踪训练5．当△ABC内一点P满足条件∠PAB＝∠PBC＝∠PCA＝θ时，称点P为△ABC的布洛卡点，角θ为△ABC的布洛卡角．如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记△ABC的面积为S，点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角为θ.(1)证明：2S＝(a·PB＋b·PC＋c·PA)·sinθ；(2)证明：在△PAB，△PBC，△PAC中，分别由余弦定理得：BP2＝c2＋AP2－2c·APcosθ，CP2＝a2＋BP2－2a·BPcosθ，AP2＝b2＋CP2－2b·CPcosθ，三式相加整理得：2cosθ(c·AP＋a·BP＋b·CP)＝a2＋b2＋c2②，(3)若a＝c，则A＝C，所以∠PAC＝A－θ＝C－θ＝∠PCB，所以△PAC∽△PCB，考点四三角函数与函数导数的创新题●方法技巧此类型的题目主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的零点问题，函数的新定义问题，三角恒等变换的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．在此题中：(1)先由降幂公式和辅助角公式得到f(x)≥－3，再结合函数新定义和正弦函数的取值可得；(2)由函数新定义结合导数的意义得到A，B点处的切线方程，再结合余弦函数的取值证明；(3)先由导数分析单调性得到切点A，B必在y轴的两侧，再利用导数的意义得到切线方程，然后结合函数新定义构造函数，分析单调性得到极值．●典例研析4．(2025·河南校级模拟)已知定义在D上的函数y＝F(x)的图象上存在A，B两点，记直线AB的方程为y＝G(x)，若直线AB恰为曲线y＝F(x)的一条切线(A，B为切点)，且对D上的任意的x，均有F(x)≥G(x)，则称函数y＝F(x)为“切线支撑”函数．所以cos3x1＝cos3x2，(x2－x1)cos3x1＝sin3x2－sin3x1，不妨取3x2＝3x1＋2kπ，k∈Z，(2)证明：因为h′(x)＝2＋3cos3x，设A(x1,2x1＋3cos3x1)，B(x2,2x2＋3cos3x2)，所以A，B点处的切线方程为y＝(2＋3cos3x1)x＋sin3x1－3x1cos3x1和y＝(2＋3cos3x2)x＋sin3x2－3x2cos3x2，所以sin3x1＝±1，不妨取sin3x1＝－1.则切线AB的方程为y＝2x－1，又h(x)＝2x＋sin3x≥2x－1，所以函数h(x)＝2x＋sin3x为“切线支撑”函数．所以g(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以切点A，B不可能都在y轴的右侧；当x＜0时，g′(x)＝2x，所以g′(x)在(－∞，0)上为增函数，所以切点A，B不可能都在y轴的左侧；所以切点A，B必在y轴的两侧．所以当x∈(0，x1)时，p′(x)＜0，p(x)在(0，x1)上单调递减；当x∈(x1，＋∞)时，p′(x)＞0，p(x)在(0，x1)上单调递增，所以p(x)≥p(x1)＝0，所以g(x)≥m(x)，所以g(x)为“切线支撑”函数，●跟踪训练6．(2024·上海闵行二模)已知定义在(0，＋∞)上的函数y＝f(x)的表达式为f(x)＝sinx－xcosx，其所有的零点按从小到大的顺序组成数列{xn}(n≥1，n∈N)．(1)求函数y＝f(x)在区间(0，π)上的值域；(2)求证：函数y＝f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)(n≥1，n∈N)上有且仅有一个零点；【解析】(1)由f′(x)＝cosx－(cosx－xsinx)＝xsinx，当x∈(0，π)时，f′(x)>0，即函数y＝f(x)在区间(0，π)上是严格增函数，且f(0)＝0，f(π)＝π，所以f(x)在区间(0，π)上的值域为(0，π)．(2)证明：当x∈(nπ，(n＋1)π)时，①当n是偶数时，f′(x)>0，函数y＝f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)上是严格增函数；②当n是奇数时，f′(x)<0，函数y＝f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)上是严格减函数；且f(nπ)＝(－1)n－1nπ，故f(nπ)·f((n＋1)π)＝－n(n＋1)π2<0，所以由零点存在定理可知，函数y＝f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)上有且仅有一个零点．(3)证明：由(2)可知函数f(x)在(nπ，(n＋1)π)上有且仅有一个零点xn，且满足f(xn)＝sinxn－xncosxn＝0，即tanxn＝xn(几何意义：xn是y＝tanx与y＝x交点的横坐标)考点五数列与概率统计的创新题●方法技巧主要考查线性回归方程的求解，以及概率的应用，把数列和概率问题结合在一块．(1)根据公式即可求解；●典例研析5．(2024·黑龙江哈尔滨一模)入冬以来，东北成为全国旅游和网络话题的“顶流”．南方的小土豆们纷纷北上体验东北最美的冬天，这个冬天火的不只是东北的美食、东北人的热情，还有东北的洗浴中心，拥挤程度堪比春运，南方游客直接拉着行李箱进入．东北某城市洗浴中心花式宠“且”，为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可自由选择A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该洗浴中心在App平台10天销售优惠券情况.日期t12345678910销售量y(千张)1.91.982.22.362.432.592.682.762.70.4(1)因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，现剔除第10天数据，求y关于t的经验回归方程(结果中的数值用分数表示)；(3)记(2)中所得概率Pn的值构成数列{Pn}(n∈N*)．①求Pn的最值；②数列收敛的定义：已知数列{an}，若对于任意给定的正数ε，总存在正整数N0，使得当n>N0时，|an－a|<ε，(a是一个确定的实数)，则称数列{an}收敛于a.根据数列收敛的定义证明数列{Pn}收敛．●跟踪训练7．(2024·湖北武汉二模)甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有1个黑球和2个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，称为1次球交换的操作，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn.(1)求X2的概率分布列并求E(X2)；【解析】(1)X2可能取0,1,2,3，考点六数列与导数创新题●方法技巧1．考查数列的新定义，等比数列的性质，数列的求和，数列与不等式的综合，考查运算求解能力与逻辑推理能力．2．(1)根据题意列出方程求出首项和公比即可证明；(2)①根据bn＝Sn－Sn－1可得bn＋1＋bn－1＝2bn，即可判断数列{bn}为等差数列，即可求出通项公式；①求数列{bn}的通项公式；●典例研析6．(2024·辽宁月考)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”．(1)已知等比数列{an}满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0.求证：数列{an}为“M－数列”；②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．【解析】(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，所以bn＝n.②由①知，bk＝k，k∈N*，因为数列{cn}为“M－数列”，设公比为q，所以c1＝1，q>0，因为ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m，若m≥6，分别取k＝3,6，得3≤q3且q5≤6，从而q15≥243且q15≤216，所以q不存在，所以m<6，综上，所求m的最大值为5.所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1.考点七数列新定义题●方法技巧本题主要是考查数列的新定义及其应用．(1)根据“好数列”的定义逐项检验即可判断①②；(2)分析可知若a1，a2，…，an是“好数列”，可知存在bi＝cj(1≤i≤s,1≤j≤t)，结合“好数列”的定义分析可得m≤a1且m≤n＋1－a1，即可得结果；(3)分类讨论n的奇偶性，利用反证法结合(2)可知n为偶数不成立，n为奇数时且n≥8，不存在“好数列”，即可得结果．●典例研析7．(2025·丰台区二模)设数列{an}是1,2，…，n(n∈N*)的一个排列．由{an}中连续r项组成的集合称作“{an}的长为r的子列集”，其中1≤r≤n.任取不大于n的正整数s，t，当st≥n时，若数列{an}的任意长为s的子列集B＝{b1，b2，…，bs}和数列1,2，…，n的任意长为t的子列集C＝{c1，c2，…，ct}，都有B∩C≠∅，则称数列{an}为“好数列”．(1)判断下列数列是否为“好数列”：①1,3,5,2,4；②1,4,6,2,5,3.(3)若数列{an}为“好数列”，求n的最大值．【解析】(1)根据题目定义：设数列{an}是1,2，…，n(n∈N*)的一个排列．由{an}中连续r项组成的集合称作“{an}的长为r的子列集”，其中1≤r≤n.任取不大于n的正整数s，t，当st≥n时，如果数列{an}的任意长为s的子列集B＝{b1，b2，…，bs}和数列1,2，…，n的任意长为t的子列集C＝{c1，c2，…，ct}，都有B∩C≠∅，所以称数列{an}为“好数列”．对于①：检验可知①是“好数列”；对于②：例如s＝2，t＝3，取长为2的子列集B＝{6,2}和长为3的子列集C＝{3,4,5}，此时B∩C＝∅，所以②不是“好数列”．(2)证明：若a1，a2…，an是“好数列”，对满足st≥n的正整数s，t，数列a1，a2…，an的任意长为s的子列集B＝{b1，b2，…，bs}和数列1,2，…，n的任意长为t的子列集C＝{c1，c2，…，ct}，都有B∩C≠∅，即存在bi＝cj(1≤i≤s,1≤j≤t)．令B′＝{n＋1－b1，n＋1－b2，…，n＋1－bs}与C′＝{n＋1－c1，n＋1－c2，…，n＋1－ct}于是集合B′和C′也分别是数列{an}和数列1,2，…，n的子列集，又存在bi＝cj(1≤i≤s,1≤j≤t)，得n＋1－bi＝n＋1－cj(1≤i≤s,1≤j≤t)．因此B′∩C′≠∅.数列n＋1－a1，n＋1－a2，…，n＋1－an也是“好数列”．设a1＝2与n＋1－a1中较小者为m，所以m≤a1且m≤n＋1－a1，(3)n的最大值为7.①先考虑n＝2m(m≥3)．假设存在“好数列”a1，a2，…，a2m.由(2)可知，不妨设a1≤m.如果a1＝1，所以由长为m的子列集{a2，a3，…，am＋1}和{am＋1，am＋2，…，a2m}与集合{1,2}的交集非空，知am＋1＝2，即此“好数列”为1，a2，…，am,2，am＋2，…，a2m.又3(m－1)＝2m＋(m－3)≥n，长为m－1的子列集{a2，…，am}和{am＋2，…，a2m}与集合{1,2,3}的交集非空．所以3∈{a2，…，am}且3∈{am＋2，…，a2m}，与{a2，…，am}∩{am＋2，…，a2m}＝∅矛盾．如果a1＝k＞1，所以由长为m的子列集{a2，a3，…，am＋1}和{am＋1，am＋2，…，a2m}与集合{k－1，k}的交集非空，知am＋1＝k－1；又与集合{k，k＋1}的交集非空，知am＋1＝k＋1，矛盾；②再考虑n＝2m＋1(m≥4)．假设存在“好数列”a1，a2，…，a2m＋1.由(2)可知，不妨设a1≤m＋1.如果a1＝1，所以由长为m＋1的子列集{a2，a3，…，am＋1，am＋2}和{am＋1，am＋2，…，a2m＋1}与集合{1,2}的交集非空，知2∈{am＋1，am＋2}．又3(m－1)＝2m＋1＋(m－4)≥n，长为m－1的子列集{a2，…，am}和{am＋3，…，a2m＋1}与集合{1,2,3}的交集非空．所以3∈{a2，…，am}且3∈{am＋3，…，a2m＋1}，与{a2，…，am}∩{am＋3，…，a2m＋1}＝∅矛盾．如果a1＝k＞1，所以由长为m＋1的子列集{a2，…，am＋1，am＋2}和{am＋1，am＋2，…，a2m＋1}与集合{k－1，k}的交集非空，知k－1∈{am＋1，am＋2}；又与集合{k，k＋1}的交集非空，知k＋1∈{am＋1，am＋2}，此时，长为m－1的子列集{a2，…，am}∩{k－1，k，k＋1}＝∅，矛盾．所以，当n≥8时，不存在“好数列”．又数列1,4,6,2,5,3,7是“好数列”．综上，若数列{an}为“好数列”，n的最大值为7.●跟踪训练9．(2025·江西模拟)在一组互不相同的有序数组{a1，a2，a3，…，an}(n≥2，n∈N*)中定义：在ai(i＝1,2,3，…，n)的右边比其大的数的个数称为ai的“顺序数”，在ai的右边比其小的数的个数称为ai的“逆序数”，我们把有序数组{a1，a2，a3，…，an}的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和记为Tn.(1)有序数组{2,4,1,3,5}的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和T5＝________.考点八强化条件概率、乘法公式、全概率公式应用的创新题●方法技巧本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，离散型随机变量的分布列和期望．(1)根据组合公式和独立事件的乘法公式即可得到答案；(2)分析得X2的所有可能的取值为3,2,1,0，再写出对应的概率，利用期望公式即可得到答案；●典例研析8．(2025·固始县校级模拟)马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，在人工智能、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，Xt－2，Xt－1，Xt，Xt＋1，…，那么Xt＋1时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态Xt，即P(Xt＋1|…，Xt－2，Xt－1，Xt)＝P(Xt＋1|Xt)．已知甲盒子中装有2个黄球和1个黑球，乙盒子中装有1个黄球和2个黑球(6个球的大小形状完全相同)．记操作τ：从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中．在重复n次τ操作后，记甲盒子中黄球个数为Xn，恰有3个黄球的概率为Pn，恰有2个黄球的概率为Qn，并记Xn的数学期望为E(Xn)．【解析】离散型随机变量的均值(数学期望)．(1)P1，Q1分别表示操作一次后，甲盒子中恰有3个、2个黄球的概率，(1)求P1，Q1；(2)求E(X2)；(2)记重复n次τ操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为Rn，(3)证明：记重复n次τ操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为Rn，由题可得E(Xn)＝3Pn＋2Qn＋Rn，题目12345678910得分100－111－1000题目11121314151617181920得分－1011－100010表：甲得分的一组观测值．附：若随机变量X，Y的期望E(X)，E(Y)都存在，则E(X＋Y)＝E(X)＋E(Y)．【解析】(1)记甲获胜为事件A，甲抢到3道题为事件A3，甲抢到2道题为事件A2，甲抢到1道题为事件A1，甲抢到0道题为事件A0，②因为Xi(i＝1,2，…，20)取值相互独立，所以L(p)＝P(X1＝x1，X2＝x2，…，X20＝x20)＝P(X1＝x1)P(X2＝x2)…P(X20＝x20)考点九概率与函数导数创新题●方法技巧本题考查了概率与数列的综合应用，强调了逻辑思维；运算求解的应用意识．(1)求出X2的取值及不同取值对应的概率，进而列出分布列，利用期望公式求出期望；(2)求出第kT时分裂为2个X细胞的概率，再用等比数列求和公式，即可求解；(3)求出第kT时分裂为3个X细胞的概率，再用等比数列求和公式，求出P3(n)，再利用导数法确定函数的单调性，从而确定最值，即可得证．【解析】离散型随机变量的均值(数学期望)；离散型随机变量及其分布列．(2)n(n∈N*)个周期结束后共有2个细胞，则必在某一个周期结束后分裂成2个细胞，不妨设在第k个周期时分裂为2个细胞，之后一直有2个细胞，此事件概率P2，k＝pk－1×(1－p)×(p2)n－k＝(1－p)×p2n－1－k，(3)证明：n(n∈N*)个周期结束后共有3个细胞，设细胞在第k个周期时分裂为2个新的细胞，这两个细胞在剩下的(n－k)个周期中，其中一个分裂为2个细胞，另一个一直保持分裂为1个细胞，此事件的概率为(1)求P1，P2，P3；(2)求出Pn的通项公式．(2)游戏过程中累计得n分可以分为两种情况：得到n－2分后的一次游戏小球落入B袋中(＋2分)，或得到n－1分后的一次游戏中小球落入A袋中(＋1)分，考点十立体几何中的创新题(3)由(2)可知，当线段D′P的长最短时，即点P在直线OD′上，故延长AM交DC于点R，过点R作RS∥OD′，交DD′于点S，交C′D′于点T，交CC′于点Q，连接SA交A′D′于点N，所求的截面即为五边形AMQTN，进而计算可求截面周长．●典例研析10．数学家阿波罗尼斯(约公元前262—190年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体ABCD－A′B′C′D′中，点M是BC的中点，点P是正方体表面DCC′D′上一动点(包括边界)，且两直线AP，MP与平面DCC′D′所成的角相等．(1)证明：点P的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象(不要求写出画法)；(3)当线段D′P最短时，在线段A′D′上是否存在点N，使得D′P∥平面AMN，若有，请求出平面AMN截正方体ABCD－A′B′C′D′的截面周长，若无，说明理由．【解析】(1)证明：在正方体ABCD－A′B′CD′中，两直线AP，MP与平面DCC′D′所成的角相等，则∠APD＝∠MPC，由于∠ADP＝∠MCP＝90°，依题意平面内点P到两定点D，C距离之比为2，故点P的轨迹是圆，而点P是正方体表面DCC′D′上一动点(包括边界)，即点P的轨迹是一段阿波罗尼斯圆的圆弧(如图所示)．(2)依题意：圆心O在DC所在的直线上，(3)由(2)可知，当线段D′P的长最短时，即点P在直线OD′上，故延长AM交DC于点R，过点R作RS∥OD′，交DD′于点S，交C′D′于点T，交CC′于点Q，连接SA交A′D′于点N，所求的截面即为五边形AMQTN，D′P最短时，由于D′O∥SR，D′O⊄平面AMN，SR⊂平面AMN，所以D′O∥平面AMN，●跟踪训练12．据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功(如图(1))，标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现．报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分(不包含截面)，垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高．球冠面积等于截得它的球面上大圆(过球心的截面圆)周长与球冠的高的乘积．和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底．当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底、以球心为顶点的圆锥所构成的几何体，称作“球锥”(如图(2))．当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”．如图(2)，设一个“球锥”所在球的半径为R，其中球冠高为h(h<R)．(1)类比球体积公式的推导过程(可参考图(3))，写出“球锥”的体积公式；因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，考点十一圆锥曲线中的创新题●方法技巧考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题(1)由题意，根据题意和离心率求出a、b，即可求解；(2)利用代数法证明点Q在椭圆C外，则点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线．根据题意中的概念求出点Q对应的极线MN方程，可得该直线恒过定点T(2,1)，利用点差法求出直线的斜率，即可求解．(二)极点与极线的基本性质、定理①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线(即切点弦所在直线)；③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹．结合阅读材料回答下面的问题：(2)不妨设点Q的坐标为(x0，y0)，即点Q在椭圆C外，因为QM，QN都与椭圆C相切，所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线．不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为M，N两点均在椭圆C上，因为定点T的坐标与x0的取值无关，(1)求双曲线E的标准方程；(2)若直线l与E的右支及渐近线的交点自上而下依次为C、A、B、D，证明：|AC|＝|BD|；(2)证明：由题意直线l的斜率不为0，设直线l：x＝my＋t，如图，因为直线l与E的右支交于两点，所以t>0，即线段AB，CD的中点重合，所以|AC|＝|BD|.(3)由题意得方程x2－2y2＝1的初始解为(3,2)，考点十二函数与导数中的创新题●方法技巧考查了利用导数研究函数的单调性，极值，利用泰勒公式证明不等式．(1)h(x)＝ex－x－1，求出h(x)的单调区间，即可证明；●典例研析12．英国数学家泰勒发现了如下公式：【解析】(1)证明：设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1>0⇒x>0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．因此h(x)≥h(0)＝0，即ex≥1＋x.所以F′(x)在R上单调递增，且F′(0)＝0，所以当x>0时，F′(x)>0；当x<0时，F′(x)<0.所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．因此x＝0是F(x)的极小值点．又F″(x)是R上的偶函数，所以当x∈(－lna，lna)时，F″(x)<0.因此，F′(x)在(－lna，lna)上单调递减．又因为F′(x)是奇函数，且F′(0)＝0，所以当－lna<x<0时，F′(x)>0；当0<x<lna时，F′(x)<0.所以F(x)在(－lna,0)上单调递增，在(0，lna)上单调递减．因此，x＝0是F(x)的极大值点，不是F(x)的极小值点．综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．(1)求实数a，b的值；所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，又h(0)＝0，所以h(x)>0，即f(x)>R(x)在x∈(0，＋∞)时恒成立，故当x>0时，f(x)≥g(x)，结论得证．考点十三与高等数学内容相联系的创新题●核心知识1．二维形式的柯西不等式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2(a，b，c，d∈R，当且仅当ad＝bc时，等号成立)2．二维形式的柯西不等式的变式3．二维形式的柯西不等式的向量形式|α·β|≤|α||β|.(当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．)●方法技巧考查正余弦定理在解三角形中的应用，以及新定义问题，柯西不等式与排序不等式的应用求最值●典例研析

柯西不等式的应用(2)将T构造出符合三维分式型柯西不等式左边的形式，然后用三维分式型柯西不等式结合余弦定理可解．●跟踪训练15．在△ABC中，∠A，∠B，∠C对应的边分别为a，b，c，bsinA＋atanAcosB＝2asinC．(1)求A；【解析】(1)在△ABC中，∵bsinA＋atanAcosB＝2asinC，∴由正弦定理得，sinBsinA＋sinAtanAcosB＝2sinAsinC，又sinA≠0，在(1)的条件下，若a＝3.整理得：sinBcosA＋sinAcosB＝2sinCcosA，即sin(B＋A)＝2sinCcosA，又A＋B＝π－C⇒sin(B＋A)＝sinC，∴sinC＝2sinCcosA，sinC≠0，(2)①∵a＝3，●方法技巧考查函数的新定义，极限及其运算，利用导数研究函数的单调性，不等式的证明，极限及其运算．洛必达法则的应用结合以上两个信息，回答下列问题：(1)证明f(x)＝x3－3x不是区间[0,3]上的2阶无穷递降函数；●方法技巧考查利用导数证明不等式的方法，导数中的新定义问题等知