2022高考总复习(人教A版)高中数学-专题讲-座二-创新性问题.docx

专题讲座二　创新性问题

新课程标准要求同学对“新颖的信息、情景和设问选择有效的方法和手段收集信息，综合与机敏地应用所学的数学学问、思想和方法，进行独立思考、探究和探究，提出解决问题的思路，制造性地解决问题．”随着新一轮课程改革的深化和推动，高考的改革使学问立意转向力气立意，推出了一批新颖而又别致，具有创新意识和创新思维的新题．
高考创新性问题重点出在函数、数列、不等式、立体几何和解析几何等方面，大多会结合合情推理学问点出探究型问题(特殊是解答题)，应加强对这些内容的争辩；创新题型多毁灭与经济、生活亲热相关(像概率、线性规划等)的数学问题，题目新颖，数学学问并不简洁，关注以下三种类型：

　　　　　　　新定义型

新定义问题是近几年高考命题创新型试题的一个热点，此类题目经常以“问题”为核心，以“探究”为途径，以“发觉”为目的，常见的命题形式有新定义、新运算、新性质，考查考生理解问题、解决创新问题的力气．
　(1)(2022·高考广东卷)对任意复数ω1，ω2，定义ω1*ω2＝ω1，其中ω2是ω2的共轭复数，对任意复数z1，z2，z3有如下四个命题：
①(z1＋z2)*z3＝(z1*z3)＋(z2*z3)；
②z1*(z2＋z3)＝(z1*z2)＋(z1*z3)；
③(z1*z2)*z3＝z1*(z2*z3)；
④z1*z2＝z2*z1.
则真命题的个数是(　　)
A．1　　　　　　　　　 B．2
C．3 D．4
(2)(2022·高考福建卷)在平面直角坐标系中，两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)间的“L­距离”定义为||P1P2┃＝|x1－x2|＋|y1－y2|，则平面内与x轴上两个不同的定点F1，F2的“L­距离”之和等于定值(大于||F1F2┃)的点的轨迹可以是(　　)

[解析]　(1)由题意得(z1＋z2)*z3＝(z1＋z2) ＝z1＋z2＝z1*z3＋z2*z3，故①正确；z1*(z2＋z3)＝z1()＝z1＋z1＝（z1*z2）+（z1*z3），故②正确；(z1*z2)*z3＝z1，而z1*z2*z3）＝z1故③错误；z1*z2＝z1，而z2* z1＝z2，故④不正确．故选B.
(2)设F1(－c，0)，F2(c，0)，P(x，y)，则点P满足：||PF1┃＋||PF2┃＝2a(2a>||F1F2┃)，代入坐标，得|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a.当y>0时，y＝当y≤0时，y＝所以图象应为A.
[答案]　(1)B　(2)A
[规律方法]　解决新定义问题分为三步：
(1)对新定义进行信息提取，确定化归的方向；
(2)对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法；
(3)对定义中提出的学问进行转换，有效地输出．其中对定义信息的提取和转化与化归是解题的关键，也是解题的难点．

　　　　　　　类比归纳型

类比归纳型创新题给出了一个数学情景或一个数学命题，要求用发散思维去联想、类比、推广、转化，找出类似的命题，或者依据一些特殊的数据、特殊的状况去归纳出一般的规律，这是新课程较为重视的类比推理、归纳推理．主要考查同学的观看、分析、类比、归纳的力气，从不变中找规律，从不变中找变化．
　(2022·高考北京卷)对于数对序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，…，(an，bn)，记T1(P)＝a1＋b1，Tk(P)＝bk＋max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}(2≤k≤n)，其中max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}表示Tk－1(P)和a1＋a2＋…＋ak两个数中最大的数．
(1)对于数对序列P：(2，5)，(4，1)，求T1(P)，T2(P)的值；
(2)记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对(a，b)，(c，d)组成的数对序列P：(a，b)，(c，d)和P′：(c，d)，(a，b)，试分别对m＝a和m＝d两种状况比较T2(P)和T2(P′)的大小；
(3)在由五个数对(11，8)，(5，2)，(16，11)，(11，11)，(4，6)组成的全部数对序列中，写出一个数对序列P使T5(P)最小，并写出T5(P)的值．(只需写出结论)
[解]　(1)T1(P)＝2＋5＝7，
T2(P)＝1＋max{T1(P)，2＋4}＝1＋max{7，6}＝8.
(2)T2(P)＝max{a＋b＋d，a＋c＋d}，
T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}．
当m＝a时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋d＋b.
　　由于a＋b＋d≤c＋b＋d，且a＋c＋d≤c＋b＋d，所以T2(P)≤T2(P′)．
　　当m＝d时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋a＋b.
由于a＋b＋d≤c＋a＋b，且a＋c＋d≤c＋a＋b，所以T2(P)≤T2(P′)．
所以无论m＝a还是m＝d，T2(P)≤T2(P′)都成立．
(3)数对序列P：(4，6)，(11，11)，(16，11)，(11，8)，(5，2)的T5(P)值最小．
T1(P)＝10，T2(P)＝26，T3(P)＝42，T4(P)＝50，T5(P)＝52.
[规律方法]　解决创新性问题应留意：认真审题，确定目标；深刻理解题意；开阔思路，发散思维，运用观看、比较、类比、联想、猜想等带有非规律思维成分的合理推理，以便为规律思维定向．方向确定后，又需借助规律思维，进行严格推理论证，这两种推理的机敏运用，两种思维成分的交织融合，便是处理这类问题的基本思想方法和解题策略．

　　　　　　　信息迁移型

创新题是指以同学已有的学问为基础，并给出确定容量的新信息，通过阅读，从中猎取有关信息，捕获解题信息，发觉问题的规律，找出解决问题的方法，并应用于新问题的解答，它既能有效地考查同学的思维品质和学习潜力，又能考查同学的综合力气和创新力气．

　　　(2021·高考重庆卷)对正整数n，记In＝{1，2，…，n}，Pn＝.
(1)求集合P7中元素的个数；
(2)若Pn的子集A中任意两个元素之和不是整数的平方，则称A为“稀疏集”，求n的最大值，使Pn能分成两个不相交的稀疏集的并．
[解]　(1)当k＝4时，中有3个数与I7中的3个数重复，因此P7中元素的个数为7×7－3＝46.
(2)先证：当n≥15时，Pn不能分成两个不相交的稀疏集的并．若不然，设A，B为不相交的稀疏集，使A∪B＝Pn⊇In.不妨设I∈A，则由于1＋3＝22，故3∉A，即3∈B.同理，6∈A，10∈B，又推得15∈A，但1＋15＝42，这与A为稀疏集冲突．
再证P14符合要求．当k＝1时，＝I14可分成两个稀疏集之并，事实上，只要取A1＝{1，2，4，6，9，11，13}，B1＝{3，5，7，8，10，12，14}，则A1，B1为稀疏集，且A1∪B1＝I14.
当k＝4时，集合中除整数外剩下的数组成集，可求解为下面两稀疏集的并：A2＝，B2＝.
当k＝9时，集合中除正整数外剩下的数组成集，可分解为下面两稀疏集的并：A3＝，
B3＝.
最终，集合C＝中的数的分母均为无理数，它与P14中的任何其他数之和都不是整数，因此，令A＝A1∪A2∪A3∪C，B＝B1∪B2∪B3，则A和B是不相交的稀疏集，且A∪B＝P14.
综上可知，所求n的最大值为14.
[规律方法]　本题主要考查数集、集合的基本性质、元素与集合的关系等基础学问，本题属于信息赐予题，通过定义“稀疏集”这一概念，考查考生分析探究及推理论证的力气．综合考查集合的基本运算，集合问题始终是近几年的命题重点内容，应引起足够的重视．
,[同学用书P101])

1．(2021·吉林长春调研)对于非空实数集A，记A*＝{y|∀x∈A，y≥x}．设非空实数集合M，P满足：M⊆P，且若x>1，则x∉P.现给出以下命题：

①对于任意给定符合题设条件的集合M，P，必有P*⊆M*；
②对于任意给定符合题设条件的集合M，P，必有M*∩P≠∅；
③对于任意给定符合题设条件的集合M，P，必有M∩P*＝∅；
④对于任意给定符合题设条件的集合M，P，必存在常数a，使得对任意的b∈M*，恒有a＋b∈P*，其中正确的命题是(　　)
A．①③　　　　　　　　 B．③④
C．①④ D．②③
解析：选C.对于②，假设M＝P＝，则M*＝，则M*∩P＝∅，因此②错误；对于③，假设M＝P＝，则∈M，又∈P*，则M∩P*≠∅，因此③也错误；而①和④都是正确的．
2．(2021·贵州省六校联考)给出定义：若x∈(其中m为整数)，则m叫做与实数x“亲热的整数”，记作{x}＝m，在此基础上给出下列关于函数f(x)＝|x－{x}|的四个命题：①函数y＝f(x)在x∈(0，1)上是增函数；②函数y＝f(x)的图象关于直线x＝(k∈Z)对称；③函数y＝f(x)是周期函数，最小正周期为1；④当x∈(0，2]时，函数g(x)＝f(x)－ln x有两个零点．其中正确命题的序号是(　　)
A．②③④ B．①③
C．①② D．②④
解析：选A. 由函数定义可知当x∈时，f(x)＝|x－{x}|＝|x－0|；当x∈时，f(x)＝|x－{x}|＝|x－1|；
当x∈时，f(x)＝|x－{x}||x－2|；….可以作出函数的图象(如图)，依据函数的图象可以推断①错误，②③是正确的，④由函数的图象再作出函数y＝ln x，x∈(0，2]的图象，可推断有两个交点，故④也正确．

3．若有穷数列a1，a2，…，an(n是正整数)满足a1＝an，a2＝an－1，…，an＝a1，即ai＝an－i＋1(i是正整数，且1≤i≤n)，就称该数列为“对称数列”．已知数列{bn}是项数为7的“对称数列”，且b1，b2，b3，b4成等差数列，b1＝2，b4＝11，则{bn}的项为________．
解析：设数列b1，b2，b3，b4的公差为d，则b4＝b1＋3d＝2＋3d＝11，解得d＝3，所以数列{bn}的项为2，5，8，11，8，5，2.
答案：2，5，8，11，8，5，2
4．(2021·海淀区其次学期期中练习)已知向量序列：a1，a2，a3，…，an，…满足如下条件：
|a1|＝4|d|＝2，2a1·d＝－1且an－an－1＝d(n＝2，3，4，…)．若a1·ak＝0，则k＝________；|a1|，|a2|，|a3|，…，|an|，…中第________项最小．
解析：由于an－an－1＝d，所以a2－a1＝d，a3－a2＝d，…，an－an－1＝d，利用叠加法可得an＝a1＋(n－1)d.由于a1·ak＝0，所以a1·[a1＋(k－1)d]＝0，a＋(k－1)a1·d＝0，即4＋(k－1)＝0，k＝9.又a＝a＋(n－1)2d2＋2(n－1)a1·d＝－(n－1)＋4＝(n－3)2＋3，所以当n＝3时，a取最小值，即|an|取最小值．
答案：9　3
5．(2021·海淀区其次学期期中练习)在平面直角坐标系中，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列(整点即横、纵坐标都是整数的点)A(n)：A1，A2，A3，…，An与B(n)：B1，B2，B3，…，Bn，其中n≥3，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②线段AiAi＋1⊥BiBi＋1，其中i＝1，2，3，…，n－1，则称A(n)与B(n)互为正交点列．
(1)求A(3)：A1(0，2)，A2(3，0)，A3(5，2)的正交点列B(3)；
(2)推断A(4)：A1(0，0)，A2(3，1)，A3(6，0)，A4(9，1)是否存在正交点列B(4)？并说明理由；
(3)∀n≥5，n∈N，是否都存在无正交点列的有序整点列A(n)？并证明你的结论．
解：(1)设点列A1(0，2)，A2(3，0)，A3(5，2)的正交点列是B1，B2，B3，
由正交点列的定义可知B1(0，2)，B3(5，2)，设B2(x，y)，由＝(3，－2)，＝(2，2)，＝(x，y－2)，＝(5－x，2－y)，
由正交点列的定义可知·＝0，·＝0，
即，解得，
所以点列A1(0，2)，A2(3，0)，A3(5，2)的正交点列是B1(0，2)，B2(2，5)，B3(5，2)．
(2)由题可得＝(3，1)，＝(3，－1)，＝(3，1)，
设点列B1，B2，B3，B4是点列A1，A2，A3，A4的正交点列，
则可设＝λ1(－1，3)，＝λ2(1，3)，＝λ3(－1，3)，λ1，λ2，λ3∈Z，
由于A1与B1，A4与B4相同，所以有
－λ1＋λ2－λ3＝9，①
3λ1＋3λ2＋3λ3＝1，②
由于λ1，λ2，λ3∈Z，方程②明显不成立，
所以有序整点列A1(0，0)，A2(3，1)，A3(6，0)，A4(9，1)不存在正交点列．
(3)∀n≥5，n∈N，都存在整点列A(n)无正交点列．
∀n≥5，n∈N，设AiAi＋1＝(ai，bi)，其中ai，bi是一对互质整数，i＝1，2，3，…，n－1，
若有序整点列B1，B2，B3，…，Bn是点列A1，A2，A3，…，An的正交点列，
则BiBi＋1＝λi(－bi，ai)，i＝1，2，3，…，n－1，
则有＝＝＝
①当n为偶数时，取A1(0，0)，ai＝3，bi＝，
i＝1，2，3，…，n－1.
由于B1，B2，B3，…，Bn是整点列，所以有λi∈Z，i＝1，2，3，…，n－1.
等式(**)中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列A1，A2，A3，…，An无正交点列；
②当n为奇数时，
取A1(0，0)，a1＝3，b1＝2，ai＝3，bi＝，i＝2，3，…，n－1，
由于B1，B2，B3，…，Bn是整点列，所以有λi∈Z，i＝1，2，3，…，n－1.
等式(**)中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列A1，A2，A3，…，An无正交点列．
综上所述，∀n≥5，n∈N，都存在无正交点列的有序整点列A(n).