详细讲解高考与北京市模拟试卷创新题小题汇编

1、. .33/33 HYPERLINK :/ 2008-2011年高考与市模拟试卷创新题小题汇编详解（10-11年上学期北师大实验高三摸底考试理14）设是对一切正整数有定义的函数，且，（，是的素约数的个数）令（其中表示是的约数，上式表示对的一切约数的函数求和），则；解法一：依据定义：；是素数，解法二：来计算的表达式根据算术基本定理，可以设，其中为的全部素因子，设是的约数，根据的定义，当时，且正好可以视作的情形而，求和是对的全体约数求和由于的取值只可能是，所以只需计算出，取值的约数的个数即可这等价于求的只有个素因子的约数的个数时，显然只有，个数为；时，其中，只能取，个数是；一般地对于为任意的情形，

2、当的素因子取时，由于能取到，由乘法原理，这种情况下的的个数是；由于的素因子可以取任意个，所以总的只有个素因子的约数的个数是；由此可知，；考虑多项式由韦达定理可知： 在上式中两边赋值即得当时，；，；，（10-11年上学期海淀高三期末统考理8）如图所示，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且面，则与平面所成角的正切值构成的集合是（ ）A BC DC过平面外一点能作无穷多条直线平行于平面，这无穷多条直线构成一个过点且与平行的平面；由此可知：过且平行于平面的直线有无穷多条，这些直线构成一个平面先作出这个平面如右图所示：作交于，作交的延长线于，那么；于是既在面上又在侧面上，的轨迹为两者的交线；为作出

3、交线，如图所示：延长交的延长线于，连接交的延长线于，则即为平面与平面的交线；延长交于，则为的轨迹（限定在正方体的侧面上而不是整个侧面平面上）；设正方体棱长为，易知是中点，任取上一点，由于是在平面上的射影，所以与平面所成的角即为，其正切为；，；选C；（10-11年上学期海淀高三期末统考理14）在平面直角坐标系中，为坐标原点定义、两点之间的“直角距离”为若点，则=；已知点，点是直线上的动点，的最小值为；先把直线方程改写成：，则直线是过定点且斜率为正的直线设直线与轴交于点，与交于点，则构成直角三角形如右图所示先考虑的情形：此时若介于间例如点，我们有：，也就是处在间时在点取最小值；若在延长线上例如点：

4、，所以此时在点取最小值；若在延长线上例如点：，所以此时在点取最小值；又由于时，所以综合知；类似地可以知道：若，则分别在延长线上、间、延长线上时，分别在点，点，点取最小值，又此时，故；若则，在间任意一点都取到最小值这题用数形结合，采用直角距离的几何意义加分类讨论不难解决，如用函数定义来做也是可以的，但是显然不如几何意义来得直观有效（10-11年上学期海淀高三期末统考文14）在平面直角坐标系中，为坐标原点定义、两点之间的“直角距离”为若点，则=；已知，点为直线上动点，则的最小值为；解法一（定义法）：最小值为解法二（数形结合）：用直角距离的几何意义，参见上题（10-11年上学期西城高三期末统考理14

5、）在平面直角坐标系中，定义为两点，之间的“折线距离”则坐标原点与直线上一点的“折线距离”的最小值是；圆上一点与直线上一点的“折线距离”的最小值是，第一问，可直接利用折线距离的几何定义：设直线与轴、轴分别交于点、：则，；当点在的延长线上时，；当点在的延长线上时，；当点在之间时，当点与点重合时取到等号第二问，类似第一问可知，当在单位圆上固定一点时，对于直线上任一点，当且仅当轴时取最小；为了求水平距离的最小值，如图所示，过作轴的平行线交直线于，过作直线的垂线垂足为；则为定值，为直线的倾角的正弦：；求水平距离的最小值即为求的最小值；过点作直线的垂线，交单位圆于，垂足为，则当且仅当与重合时，取到最小值；

6、此时过作轴的平行线交直线于，则也取到最小值；，当分别与重合时取到等号（10-11年上学期西城高三期末统考文14）在平面直角坐标系中，定义为两点，之间的“折线距离”在这个定义下，给出下列命题：到原点的“折线距离”等于的点的集合是一个正方形；到原点的“折线距离”等于的点的集合是一个圆；到两点的“折线距离”之和为的点的集合是面积为的六边形；到两点的“折线距离”差的绝对值为的点的集合是两条平行线其中正确的命题是（写出所有正确命题的序号）设点的坐标为，根据定义有，这是条线段围成的正方形，如上图所示自然错误更一般地，易见到点的“折线距离”等于的点的集合同样也是以为中心半对角线长为的斜正方形，这是欧氏距离下

7、圆的近似；设点的坐标为，根据定义有，整理得，画出其图像是上图所示的六边形，面积为更一般地不难证明：若纵坐标一样，则到两点的“折线距离”和为的点的集合也是类似的对称六边形，以为对称轴，以中点为对称中心，长为，高为，水平边长为，面积，这是欧氏距离下椭圆的近似；若横纵坐标均不同时情况将异常复杂设点的坐标为，根据定义有，解得，这是两条竖直直线，如上图所示更一般地不难证明：若纵坐标一样，则到两点的“折线距离”差的绝对值为的点的集合也是两条竖直直线，与中点距离为，这是欧氏距离下双曲线的近似；若横纵坐标均不同时情况将异常复杂（10-11年上学期东城高三期末统考理8文8）已知函数的定义域为R，若存在常数，对任

8、意，有，则称为函数给出下列函数：；是定义在R上的奇函数，且满足对一切实数均有其中是函数的序号为（ ）A B C DC时，时，即过原点的弦斜率有界显然满足上面性质；，但时无界；，；，且时；如右图所示，是奇函数则；又恒成立，所以所有的弦斜率绝对值有界，自然也是过原点的弦的界，所以（也可以直接取得到）（10-11年上学期东城高三期末统考理14）已知函数，在区间任取两个实数，且，不等式恒成立，则实数的取值围是 ，然后，可以作为整体换元；题中条件等价于在区间对于任意两个实数，都有；解法一：也就是区间任一割线斜率都大于；我们证明这与区间任一切线斜率都大于等价如图所示，若区间任一割线斜率都大于，由于对区间任

9、一点，都存在割线平行于过点的切线；而斜率大于，所以点的切线斜率也大于，由的任意性，所以任一切线斜率都大于；反之，若区间任一切线斜率都大于，由于任一条割线，都存在间一点，使得点的切线与割线平行；所以的斜率必定大于；所以任一割线斜率都大于；，解法二：，在区间单调递增的导数为正，在区间上恒成立；即在区间上恒成立；而在区间上单调递增且在端点处趋向于，（可以取到等号），所以的取值围是（10-11年上学期高三期末统考理8）如图，正方体中，分别为棱，上的点 已知下列判断：平面；在侧面上的正投影是面积为定值的三角形；在平面总存在与平面平行的直线；平面与平面所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，与点的位置无

10、关其中正确判断的个数有（ ）A1个 B2个 C3个 D4个B显然错误，用特殊值法很容易举出反例：例如和重合，和重合，这时平面就是对角面，此时但显然与不重合，不成立；如图，设在上的射影为，则在侧面上的正投影就是，其面积为定值，为正方体棱长；平面与平面不重合且共点，故必有交线，平面只要是平行于的直线都将平行于平面；事实上如图，延长交延长线于，连接交于，则就是平面与平面的交线，平面只要平行于的直线（不经过）必定平行于平面；分别取点与点、点重合的情形就知道该命题错误；事实上，由于就是平面与平面的交线，而在平面的射影为，故过作的延长线于，则就是两个平面的二面角；二面角的大小由长决定位置不但影响到长，还影

11、响到点位置，进而影响到点位置和大小综上知错误，正确（10-11年上学期高三期末统考理14）已知数列满足：，定义使为整数的数叫做企盼数，则区间所有的企盼数的和为若为企盼数，则为整数设为，则，则有，也就是必须为的整数幂次；由于，这个围的整数幂次只有所有的企盼数的和为（10-11年上学期高三期末统考文8）如图，正方体中，分别为棱，的中点，在平面且与平面平行的直线（ ）A有无数条 B有2条C有1条 D不存在A平面与平面不重合且共点，所以必有交线，平面只要是平行于交线的直线都与平面平行，故必有无数条满足题设的直线；为了看得更清楚，如图所示，设中点为，中点为，则平面平面设与交于点，则就是平面与平面的交线；

12、过作交于，连接，则，于是平面只要与平行的直线（不经过）都必定与平面平行（10-11年上学期丰台高三期末统考理14）定义方程的实数根叫做函数的 “新驻点”，如果函数，（）的“新驻点”分别为，那么，的大小关系是，；，；，因为在单调递减且从趋向于，在区间单调递增从趋向于，两者有唯一交点，即有唯一解；，（10-11年上学期丰台高三期末统考文14）若是一个集合，是一个以的某些子集为元素的集合，且满足：属于，属于；中任意多个元素的并集属于；中任意多个元素的交集属于则称是集合上的一个拓扑已知集合，对于下面给出的四个集合：；其中是集合上的拓扑的集合的序号是不是拓扑，因为，但；是拓扑，可以逐一验证三条性质都满足

13、；不是拓扑，因为全集；是拓扑，可以逐一验证三条性质也都满足（10-11年上学期石景山高三期末统考文8）已知，（、，且对任意、都有：；给出以下三个结论：（1）；（2）；（3）其中正确的个数为（）A BC DA如下图所示，用一个表格来表示这个二元函数的取值，用行代表的取值，用列代表的取值1234561135791122468101234681012144810121416185161820222426那么根据条件，行固定时，每行的数成为一个公差为的等差数列；根据条件，时，第一列的数构成一个公比为的等比数列；据此不难写出每行每列的值，容易验证个结论全部成立，所以选A（10-11年上学期昌平高三期末统

14、考文8）在集合上定义两种运算和如下：那么（）A B C DA直接读图知道，；（10-11年上学期房山区高三期末统考理14文14，2009崇文一模理7文8）平面直角坐标系中横坐标、纵坐标均为整数的点称为格点，如果函数的图象恰好通过个格点，则称函数为阶格点函数下列函数：； ； ；，其中是一阶格点函数的有（填上所有满足题意的函数的序号）：，在上，经过无穷个格点；：，当时易见为无理数，只经过这个格点；：当时都为整数，经过无穷个格点；：；若，则，由于互素，左边当且仅当时才为整数，只经过原点这个格点；：若，则，解得或，经过两个格点（2010卷理8）如图，正方体的棱长为2，动点，在棱上，动点，在棱，上，若，

15、（，大于零），则四面体的体积（ ）A与，都有关 B与有关，与，无关C与有关，与，无关 D与有关，与，无关D；如图所示，三角形的面积是定值且在平面上所以体积只与到平面的距离有关作交于，作于因为平面平面且所以体积与有关，与，无关选D（2010卷文8）如图，正方体的棱长为2，动点，在棱上，点在棱的中点，动点在棱上，若，（大于零），则三棱锥的体积（ ）A与都有关B与都无关C与有关，与无关D与有关，与无关C；如图所示，三角形的面积是定值且在平面上所以体积只与到平面的距离有关作交于，作于因为平面平面且体积与有关，与无关故选C（2010理14）如图放置的边长为1的正方形沿轴滚动，设顶点的轨迹方程是，则函数的

16、最小正周期为_；在其两个相邻零点间的图象与轴所围区域的面积为_说明：“正方形沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动沿轴正方向滚动指的是先以顶点为中心顺时针旋转，当顶点落在轴上时，再以顶点为中心顺时针旋转，如此继续类似地，正方形沿轴负方向滚动；上图给出了正方形一个完整周期的滚动情况初始时边在轴上，首次滚动是以为圆心顺时针旋转，这时到了轴上，到了原先的位置，的轨迹是以为圆心为半径的弧；第二次滚动以落到轴上的点为圆心顺时针旋转，然后到了轴上，到了原先的位置，的轨迹是以为圆心为半径的弧；第三次滚动以落到轴上的点为圆心顺时针旋转，然后到了轴上，到了原先的位置，的轨迹是以为圆心为半径的弧；第四次滚动以落

17、到轴上的点为圆心顺时针旋转，然后到了轴上，到了原先的位置，点在这个滚动中静止不动这时边又回到了轴上，下一次滚动又以为圆心开始，故这次滚动构成一个周期由图像知的最小正周期就是连续两次落到轴上之间的距离，即正方形的周长；所围成的面积（2010卷文14）如图放置的边长为1的正方形沿轴滚动，设顶点的纵坐标与横坐标的函数关系式是，则函数的最小正周期为_；在其两个相邻零点间的图象与轴所围区域的面积为_说明：“正方形沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动沿轴正方向滚动指的是先以顶点为中心顺时针旋转，当顶点落在轴上时，再以顶点为中心顺时针旋转，如此继续类似地，正方形沿轴负方向滚动；解析与上题完全类似（200

18、9理8）点在直线上，若存在过的直线交抛物线于，两点，且，则称点为“A点”，那么下列结论中正确的是（ ）A直线上的所有点都是“A点”B直线上仅有有限个点是“A点”C直线上的所有点都不是“A点”D直线上有无穷多个点（点不是所有的点）是“A点”A本题主要考查阅读与理解、信息迁移以与学生的学习潜力，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形结合法易于求解，如图，设，则，在上，消去，整理得关于的方程恒成立，方程恒有实数解，应选A（2009理14）已知数列满足：，则_；_1，0本题主要考查周期数列等基础知识属于创新题型依题意，得，应填1，0（2009卷文8）设是正与其部的点构成的集合，点是的

19、中心，若集合，则集合表示的平面区域是（ ）A三角形区域B四边形区域C五边形区域D六边形区域D本题结合平面几何，考察集合的知识如图，是线段的中垂线，每条中垂线都将平面分成两部分，满足的点的集合为直线包含的那一侧因此表示的平面区域如图阴影所示（2009卷文14）设是整数集的一个非空子集，对于，如果，且，那么称是的一个“孤立元”给定，由的个元素构成的所有集合中，不含“孤立元”的集合共有个；设集合满足要求，其中，因为，所以要使不是“孤立元”，只能，于是只能；同样的，因为，所以，从而因此满足要求的集合只能是连续三个数组成的集合，即只有满足条件集合与新概念结合的题型，有一定的难度，考察对数学新定义的理解能

20、力（2008卷理8文8）如图，动点在正方体的对角线上过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于设，则函数的图象大致是（ ）B过两点分别作的平行线，交（或）于点，连结，交于点，则为平面四边形又平面，故，从而；又平面，故，故为矩形，从而当时，；当时，；故图象大致为B（2008卷理14）某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下：第棵树种植在点处，其中，当时，；表示非负实数的整数部分，例如，按此方案，第棵树种植点的坐标应为；第棵树种植点的坐标应为，于是，；，于是故第棵树的种植点的坐标为；，故第棵树的种植点坐标为（2010海淀一模理8）已知数列具有性质：对任意，与两数中至少有一个是该

21、数列中的一项现给出以下四个命题： 数列具有性质； 数列具有性质； 若数列具有性质，则； 若数列具有性质，则其中真命题有（ ）A个 B个 C个 D个 B，都不在数列中，数列不具有性质；容易验证数列具有性质；取，不在数列中，则在数列中，而数列中最小的数，因此；由的分析知，由于，不在数列中，因此必然在数列中又，故，于是，等式成立（2010海淀一模理14）在平面直角坐标系中，点集，则点集所表示的区域的面积为_；点集所表示的区域的面积为 ；点集就是整个单位圆；点集所表示的区域是如图所示的直角三角形，其中， 点集是将点集中的所有点横坐标加纵坐标加得到的，即都进行了一个向量的平移，所以整体上集合也按照向量进

22、行了平移，得到的点集还是一个半径为的圆，圆心在，所以面积依旧是； 点集实际上可以写成：，其中看成是按照向量的平移得到的点集而得到的是以为圆心半径为的圆，所以就是所有圆心在里半径为的圆的并；如图所示：当半径为的圆在边界上滑动时，分别得到矩形，矩形，矩形；在顶点滚动时，得到三个扇形；所以最终就是图示阴影部分不难求得面积解决本题的关键在于发现实质是的平移，是的全体平移的并如果只从集合的描述性表示入手的话是很抽象的本题可以推广到一般情形：如果是两个闭图形，则都是的全体平移的并（2010海淀一模文14）若点集，则点集所表示的区域的面积为_；点集所表示的区域的面积为_ ；点集就是整个单位圆；点集所表示的区

23、域是边长为的正方形，如图所示 点集是将点集中的所有点横纵坐标均加得到的，即都进行了一个向量的平移，所以整体上集合也按照向量进行了平移，得到的点集还是一个半径为的圆，圆心在，所以面积依旧是；点集实际上可以写成：，其中看成是按照向量的平移得到的点集而得到的是以为圆心半径为的圆，所以就是所有圆心在正方形里半径为的圆的并；如图所示：当半径为的圆在边界上滑动时，分别得到个长为宽为的矩形；在顶点滚动时，得到个扇形；所以最终就是图示阴影部分不难求得面积（2010一模理14）一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数，以后每次生成的结果是将上一次生成的每一个数生成两个数，一个是 ，另一个是设第次生成的数的

24、个数为，则数列的前项和；若，前次生成的所有数中不同的数的个数为，则；，每次生成数的个数都比上一次翻倍，所以，；为了研究所有生成数中不同数的个数，我们用一个双排单链表来考察一下生成数的过程：时，只有1个数；时，共有3个数：起，生成的所有数形成了一个双排单链表，其中箭头代表生成过程：时的链表如下：这个链表具有这样的规律：第一排从左往右，第二排从右往左，都是公差为3的等差数列；第一排的与第二排的对应；两排项数一样但是错开1项，除掉第一排的尾项与第二排的首项以外，其余项一一对应且互为相反数；在生成数的过程中，第一排的数只能生成其右边和下边的数，第二排的数只能生成其左边和上边的数，箭头表明了生成的过程；

25、从到时，根据，链表的中间段不可能再生成新数，只有第一排尾项与第二排首项能生成新数，第一排尾项为两排右边各加一项，变成两排的新尾项；第二排首项为两排左边各加一项，变成两排的新首项；根据，的链表每排项数比的链表多2，每排有3项，每排有5项，每排有项；当时，的第一排被3除余1，第二排被3除余2，所以两排的项不会重复，从而列出了前次生成的所有不同的数；为链表的项数，即；另外，下面给出了链表：（2010一模文14）一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数，以后每次生成的结果可将上一次生成的每一个数生成两个数，一个是 ，另一个是设第次生成的数的个数为，则数列的前项和；若，前次生成的所有数中不同的数的

26、个数为，则；，每次生成数的个数都比上一次翻倍，所以，；，时，生成的所有数为：（2010东城一模理14）如果对任意一个三角形，只要它的三边长，都在函数的定义域，就有，也是某个三角形的三边长，则称为“型函数”则下列函数：； ； ，是“型函数”的序号为；若，则，故满足；若，则，故满足；反例：，时，构成三角形，但，故不构成三角形（2010石景山一模理14文14）在数列中，若，（，为常数），则称为“等方差数列”下列是对“等方差数列”的判断：若是等方差数列，则是等差数列；是等方差数列；若是等方差数列，则（，为常数）也是等方差数列；若既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列其中正确命题序号为（将所有正

27、确的命题序号填在横线上）由定义可知，是公差为的等差数列，正确；为常数，故是等方差数列，正确；若，则为常数，对；设公差为，则，结合，两式相减可得，故是常数列，对（2010西城一模理14）设函数的定义域为，若存在非零实数使得对于任意，有，且，则称为上的高调函数如果定义域是的函数为上的高调函数，那么实数的取值围是如果定义域为的函数是奇函数，当时，且为上的高调函数，那么实数的取值围是；第一问，依定义，在上恒成立，即在上恒成立；由于，分两种情况讨论：时，若，矛盾；所以这种情形不存在；时，在上，一次函数在处取到最小值，根据题意，只需要最小值即可，解得；实数的取值围是；第二问，用数形结合的思想来解决如图所示

28、，先作出的图象，其图象是由三条直线构成的折线，与轴有三个交点、；极大值点；极小值点；而是沿轴向左平移个单位得到的图象，当且仅当的右端直线整体处于的左端直线上方时，才有恒成立（如图所示的实线与虚线）；即当且仅当时才是高调函数，解得的取值围是（2010西城一模文14）设函数的定义域为，若存在非零实数使得对于任意，有，且，则称为上的高调函数现给出下列命题：函数为上的高调函数；函数为上的高调函数；如果定义域为的函数为上高调函数，那么实数的取值围是；其中正确的命题是（写出所有正确命题的序号）；中为减函数，故不可能是高调函数；中，故正确；的图象如下图所示，要使得，有；时，恒有，故即可，正确（2010西城二

29、模文8）给出函数的一条性质：“存在常数，使得对于定义域中的一切实数均成立” 则下列函数中具有这条性质的函数是（ ）A B C DD条件需存在常数使得恒成立，这就意味着必须在定义域上存在上界；对于选项A，无上界；对于选项B，无上界；对于选项C，无上界，对于选项D，有上界（2010西城二模文14）我们可以利用数列的递推公式求出这个数列各项的值，使得这个数列中的每一项都是奇数则；研究发现，该数列中的奇数都会重复出现，那么第个是该数列的第项，同时，因此；第个出现在第项，因此第个是该数列的第（2010海淀二模理14）给定集合，映射满足：当时，；任取若，则有则称映射：是一个“优映射”例如：用表1表示的映射

30、：是一个“优映射” 表1 表212323112343 已知表2表示的映射： 是一个优映射，请把表2补充完整（只需填出一个满足条件的映射）； 若映射：是“优映射”，且方程的解恰有6个，则这样的“优映射”的个数是1234或123423142341考虑怎样的映射才能构成优映射，设是一个优映射，则：若，不难知道此时，即是恒等映射；若，则可知，此时如果，则又有；若，则又有，此时又转化成对还是的讨论：若，则；若，类似地；如此过程反复进行，至多进行次，最终我们可以得到：是的优映射，当且仅当存在一个单增序列，使得在该序列上是右轮换映射，在其余值是恒等映射，即：，在本题中，满足的解恰有个的优映射，其轮换序列为，

31、有种情形，所以满足题意的优映射有个（2010海淀二模文14）给定集合，若是的映射，且满足： 任取若，则； 任取若，则有则称映射为的一个“优映射”例如：用表1表示的映射：是一个“优映射”表1123231表212343 已知：是一个“优映射”，请把表2补充完整（只需填出一个满足条件的映射）； 若：是“优映射”， 且，则的最大值为1234或123423142341考虑怎样的映射才能构成优映射，设是一个优映射，则：若，不难知道此时，即是恒等映射；若，则可知，此时如果，则又有；若，则又有，此时又转化成对还是的讨论：若，则；若，类似地；如此过程反复进行，至多进行次，最终我们可以得到：是的优映射，当且仅当存

32、在一个单增序列，使得在该序列上是右轮换映射，在其余值是恒等映射，即：，本题中，由于，所以轮换序列满足，于是，（2009西城二模理14，2010东城二模理8）已知集合，函数的定义域、值域都是，且对于任意， 设，是1，2，3，4的任意一个排列，定义数表，若两个数表的对应位置上至少有一个数不同，就说这是两不同的数表，那么满足条件的不同的数表的数为_；是的排列，且的排列中，有1个位置一样的排列有个，有2个位置一样的排列有个，有3个位置一样（即完全一样）的排列有1个，所以4个位置全不一样的排列有个即函数的取值有9种情形；而可以为的任一排列，故表总数为个（2010东城二模理14）已知数列中，是其前项和，若

33、，且，则=，6，易算出，即是周期为的数列，故，（2010二模东城文8）已知数列中，（），（），能使的可以等于（ ）A B C DC；，接着，是周期为的周期数列；当且仅当为周期的整数倍，即，符合条件的只有C项（2010丰台二模理14）对于各数互不相等的正数数组（是不小于的正整数），如果在时有，则称“与”是该数组的一个“顺序”，一个数组中所有“顺序”的个数称为此数组的“顺序数”例如，数组中有顺序“”，“”，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“倒序”经过逆序排列之后变成“顺序”，“顺序”变成“倒序”，所以逆序排列中的“顺序数”为（2010丰台二模文8）在

34、一个数列中，若每一项与它的后一项的乘积都同为一个常数（有限数列最后一项除外），则称该数列为等积数列，其中常数称公积若数列是等积数列，且，公积为，则的值是（ ）A B C DD分析条件可知，该数列为，也就是说所有的奇数项都是于是（2009二模理8）已知满足条件的点构成的平面区域的面积为，满足条件的点构成的平面区域的面积为，（其中、分别表示不大于、的最大整数），则点一定在（ ）A直线左上方的区域 B直线上 C直线右下方的区域 D直线左下方的区域 A就是单位圆面，所以而求就要费一番周折了：，根据取整函数的定义可以画出其图像如下：可见代表的区域是一个十字，所以所以A，B，C中只有A对，D也是错误的，注

35、：此题如果直接根据而试图得到是错误的（虽然结果正确）由图示可以看到，两块区域并不是互相包含的关系，各自都含有对方没有的部分，是错误的，例如（2009二模理13）对于任意两个正整数，定义运算（用表示运算符号）：当，都是正偶数或都是正奇数时，；而当，中一个为正偶数，另一个为正奇数时，例如，在上述定义中，集合的元素有个15；同奇偶时有11组：；异奇偶时有4组：（2009二模文8，10-11年上学期昌平高三期末统考理8）已知满足条件的点构成的平面区域的面积为，满足条件的点构成的平面区域的面积为，（其中、分别表示不大于、的最大整数），例如，则与的关系是（ ）A B C DD就是单位圆面，所以而求就要费一

36、番周折了：，根据取整函数的定义可以画出其图像如下：可见代表的区域是一个十字，所以所以B，C，D中只有D对，A也是错误的（2009崇文二模理14）定义“和常数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做和常数列，这个常数叫做该数列的和常已知数列是和常数列，且，和常为5，那么的值为，若为偶数，则这个数列的前项和的计算公式为； 该数列为2，3，2，3，2，3，偶数顶为3，故若为偶数，（2009海淀二模理14，10-11年上学期石景山高三期末统考理8）下图展示了一个由区间到实数集的映射过程：区间中的实数对应数轴上的点，如图1；将线段围成一个圆，使两端点、恰好重合，如图

37、2；再将这个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在轴上，点的坐标为，如图3图3中直线与轴交于点，则的象就是，记作 方程的解是； 下列说法中正确命题的序号是（填出所有正确命题的序号）；是奇函数；在定义域上单调递增；的图象关于点对称；解法一（根据的映射方式）：象点与原点重合是直径点的初始坐标是；所对的圆心角为直线的倾角为的斜率为点在原点左侧且点坐标为；的定义域是，所以肯定不是奇函数；增大弧长增大所对的圆心角增大直线的倾角增大直线的截距即点坐标增大的值增大；如右图，设将点映射到，点映射到，设所对的值分别为则关于轴对称当且仅当也关于轴对称当且仅当当且仅当当且仅当的图象关于点对称解法二（写出的解析式）：如图

38、所示，的映射方式是将弧长映射到的有向长度设圆心为，若点对应的值为，即弧长，注意到圆周长为1，则弧长所对的圆心角，根据正切函数的定义，其中，；解得；根据的解析式，易知的解为，命题中只有成立（2009海淀二模文14）如图1，有一条长度为的铁丝，先将铁丝围成一个圆，使两端点、恰好重合（如图2），再把这个圆放在平面直角坐标系中，点的坐标为，圆心为，铁丝上有一动点，且图1中线段，在图形变化过程中，图1中线段的长度对应于图3中的弧的长度图3中线段所在直线与轴交点为，当时，等于；当时，则图3中线段所在直线的倾斜角的取值围是；解法一（根据的映射方式）：当时，弧长，圆周长为，所以是直径与轴重合，所以点与原点重合

39、，；由于圆半径为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；倾角的取值围为类似上题可以写出的解析式为（2009西城二模文14）已知三个函数：； ； 其中满足性质：“对于任意，若，则有成立”的函数是（写出全部正确结论的序号） 容易举出反例：，取，则，显然； 注意到在上单调递减，恒成立；在上单调递增，恒成立可以证明，对于连续函数，满足题干中的性质等价于是（严格）单调函数：若是单调函数，完全类似解析中的办法，可知必定恒成立；反之，若满足题干中的性质，则必定不存在不同的两点，使得，否则，矛盾；于是对于

40、任意三点，不可能出现或者这两种情形，否则由介值定理知存在使得，矛盾；于是只能有或者，前者说明单调递增，后者说明单调递减（2009宣武二模理14）在平面直角坐标系中，定义点、之间的“直角距离”为若到点，的“直角距离”相等，其中实数满足，则所有满足条件点的轨迹的长度之和为根据题意，点满足，移项得若，得，解得；这是一条水平射线；若，得，解得；这也是一条水平射线；若，得，解得，这是一条斜率为的斜线段最后结合可知的轨迹是如图所示的折线：全长为结论可以推广到普遍情形：到两定点的直角距离相等的点的轨迹如下：若连线水平或竖直，则轨迹就是的垂直平分线；若构成正方形的对顶点，则轨迹是正方形的另一条对角线，外加以为

41、顶点的与正方形相对的两块直角区域（包括边界）；若构成长宽不等的矩形对顶点，则轨迹为两条射线加一条斜线段，作法如下：过矩形中心作斜的直线，直线方向与方向相反；设直线与矩形边界交于两点；分别过向外作与矩形边界垂直的射线，则折线为所求上图就是一个典型的例子，其它情况是类似的这是欧氏距离下垂直平分线的近似（2009石景山一模理8）设 ，又记，则_ABCDA，一般地，是以为周期的数列，选A本题的函数列称为迭代函数列一般地，可以用如下方式构造以任意正整数为周期的迭代函数列：，把该函数写成一般形式：，显见，本题中的函数就是的特殊情形（2009石景山一模文8）设，又记，则（ ）A B C DC，一般地，是以为

42、周期的数列，选C（2008二模理8文8）集合由满足以下条件的函数组成：对任意时，都有对于两个函数，以下关系成立的是（ ）A BC DD解法一（应用导数中值定理思想）：即时，即函数所有的弦（割线）的斜率都在间如下图左所示，若所有的弦斜率在间，在曲线上任取一点，由于与点的切线平行的弦的斜率在间，所以点的切线斜率必定在之间，即曲线所有的切线斜率在间；反之，若曲线所有的切线斜率都在间，那么对于任一弦，由于其平行于弦间的某条切线，所以弦的斜率也在间恒成立恒成立对于，如下图中，时，所以满足题设性质，；对于，易知其在原点存在切线，所以其导数在附近无上界，不满足题设性质，解法二（直接法）：先直接根据定义证明；

43、再结合图像举出反例，证明这类涉与到函数弦斜率的问题，直接应用导数中值定理思想是比较快速的解决方案虽然学生由于知识所限无法严格证明，但这种思想却是可由图形简单阐释的这自然比解法二逐一依据定义验证要省时许多（2009一模理14文14）定义映射，其中，已知对所有的有序正整数对满足下述条件：；若，；，则的值是；的表达式为（用含的代数式表示），如下图所示，用一个表格来表示这个二元函数的取值，用行代表的取值，用列代表的取值123456110000021200003166000411436240051301502401200616254015601800720根据条件，第一列的元素都是；根据条件，在对角线以

44、上的上半三角部分的元素都是；根据条件，每个格子的元素，由其上面和左上角格子的元素决定；，；再根据递推公式，以与，不难求得（2009海淀一模理8文8）对于数列，若存在常数，使得对任意，与中至少有一个不小于，则记：，那么下列命题正确的是（ ）A若，则数列的各项均大于或等于B若，则C若，则D若，则D；A错误，例如数列：，奇数项全为1偶数项全为0，则，但其偶数项均小于1；B错误，同样类似的数列：，也满足，但为各项为1的常数列，不成立；C错误，恒为0的常数列满足，但不成立；D正确，因为，与中至少有一个不小于，与中至少有一成立；与中至少有一成立；（2009西城一模理14）已知函数由下表给出01234其中等于在中所出现的次数则；因为等于在总共个数中出现的次数，由于次数必定为整数且最多为，所以必定有；不存在的情形；即；否则若，则代表出现次，于是这个数为；而又，所以这个数只能为；于是但出现次，矛盾；一方面，中共个数，这些数的和为；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；两方面对比即得；由知（否则）；下面我们证明；不然，若，则，这个方程组只有唯一解（由）：，于是这里但出现次，矛盾；，这里已经可以解答原题，如果想求出每个数的值，还要继续往下：；由得，；若，则，解得或，这两个解都能轻松导出