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1、精品名师归纳总结参考答案：变式与引申1.第九讲 数学高考的创新试卷解题指导（文科）第一节需要抽象概括的创新试卷可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结提示： 此题将高校拓扑学的基本概念引入，下面画图进行判定： 对于，如图 9-1-1.yx0 , y 0-1O1x图 9-1-1明显不存在一个面集点集，该集合不符合题目要求.对于，如图 9-1-2yx0 , y0-2Ox-2图 9-1-2明显存在面集面集，该集合符合题目要求.对于，如图 9-1-3y6可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结-6Ox 0, y 06x可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结-6图习题 9-1-
2、3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结在边界上的 x0, y0，怎么取也难以得到符合题目要求的圆，所以该集合不符合.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结对于，如图 9-1-4可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结yx 0, y 0Ox图 9-1-4明显存在面集面集，该集合符合题目要求.所以综合上面的分析有答案为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2.解： （）证明：由已知，当n 2 时，2bnb SS21 ，nnn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又 Sbbb ，所以2 SnSn 11
3、，即2 SnSn 11 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n12n2 SS SSSS可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nn 1nnn 1n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以 111 ，又Sba1S1所以数列是首项为 1，公差为 1的等差数列可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结SnSn 12111n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2由上可知 111 n1n12，即 Sn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结Sn22n1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以当n 2 时， bnSnSn 1222n1
4、nnn11，因此 bn2nnn1，n 21可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q ，且 q0 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于 12121213278 ，所以表中第 1 行至第 12 行共含有数列an 的前 78 项，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 a81 在表中第 31 行第三列，因此2abq81134又 b139121314，所以 q2 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结记表中第kk 3 行全部项的和为 S ，就可编辑资料 - - -
5、欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结kkSbk 1q 212 212k k 3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1qk k112kk1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3.解： （）A0：5，3，2 ， T1 A0 ：3，4，2，1 ， A1T2 T1 A0 ：4，3，2，1 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结T1 A1：4，3，2，1，0， A2T2 T1 A1 ：4，3，2，1 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（）设每项均是正整数的有穷数列A 为 a1， a2， ， an ，就 T1 A 为 n
6、 ， a11， a21， an1，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结从而ST1 A2n2a113a21n1an12222na11 a21) an1 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又 S A2a2ana a2a2a2 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结12n12n所以 ST AS A2n23n12aaa n22aaa n112n12nnn1n2n0 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 ST1 A习题 9-11 A 2.CS A可编辑资料
7、 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结提示： f x2 x 明显存在 M 符合题目要求 ,所以它是 “倍约束函数 ”。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当 x0 时,f 01,此时不行能存在 M 符合题目要求 ,所以f xx 21 不是 “倍约束函数 ”可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 f 01 此时不行能存在 M 符合题目要求 ,所以f xsin xcosx 不是 “倍约束函数 ”可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 f 00 且经过分析可以确定其图象大致如下，如图9-1-5:2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结-5510-2可编辑资料
8、 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结图 9-1-5可以确定存在M 符合题目要求 ,所以f xxx 2x是 “倍约束函数 ”3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 f x 是奇函数 ,过原点 ,所以f x2xk k0 不成立可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又曲线上的任意两点连线的斜率小于2,故存在 M 符合题目要求 .所以均符合题目要求,挑选 C 3.1005kn4k3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结提示： 依题得 an2k1n4k2，就 a2021a2021a202150310055031005.可编
9、辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结kn4k1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4. 1 。 22kn4k1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结提示： f x0 就 x。2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 当 m1 m1 时，44ACM,此时 n 21 ，故1f 1 ，所以错4可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f x 的定义域为 0,1 不关于原点对称，所以错明显随着 m 的增大 , n 也增大。所以 fx 在定义域上单调递增，所以对又由于整个过程是对称的,所以对，所以经过分析可以得到答案为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师
10、归纳总结点评： 此题落脚特别新奇 ,但是其实设题很简单,只要把握住审题加分析当然分析并没有定势的思维,而是要详细问题详细分析 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结变式与引申21. 3其次节需要构建模式的创新试卷a可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结提示： ba，如图 9-2-1，可以知： PA=23可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2. 5提示： 如观看同学报数 ,就可以发觉规律 ,由于具备周期性 : 1,1,2, 3,5,8,13, 21 ,34,55,89,144,233,377,610,987 ,Ob图 9-2-1可编辑资料 - - - 欢迎下载精
11、品名师归纳总结所以报到 100 个数时 ,由于 33321100 ,所以一共显现了33 次 3 的倍数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结甲总共报了 20 个数 ,经观看可知道甲每20 组数拍了一次手,所以甲总共拍了 5 次手可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3. 解 ： 设 的 面 矩 形 在 门 正 下 方 的 一 边 长 为 xm ， 就 另 一 边 的 长 为20 m ， 设 总 造 价 为 y 元 ， 就x可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结y202503 x 3003 x2003 220x20050001500 x16 xx0 ，可编辑资料 -
12、 - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于x162x168 ，当且仅当x16 （ x0 即 x4 时 取“ =，”所以，当x4 时 y 有最小可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结xxx的值 17000, 此时 205 ，x可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结答： 当贮存室的面矩形在门正下方的一边长为4m ，另一边长为5m 时，能使总造价最低造价为17000 元.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结习题 9-21提示： 答案为 简单判定该命题正确。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f ab2 a2 bf
13、 af b,所以该命题是正确的。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 运用上面判定的方法可以判定该命题是错误的。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 atb ,f t btf bf a ,所以该命题正确可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2 解： （）由试验结果知，用A 配方生产的产品中优质的频率为228 =0.3 ，所以用 A 配方生产的100产品的优质品率的估量值为0.3由试验结果知，用B 配方生产的产品中优质品的频率为32100.42 ，所以用 B 配方生产的产品的优100质品率的估量值为0.42（）由条件知用B 配方生产的一件产品的利润大于0 当且仅
14、当其质量指标值t 9，4 由试验结果知，质量指标值 t 94的频率为 0.96，所以用 B 配方生产的一件产品的利润大于0 的概率估量值为 0.96.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结用 B 配方生产的产品平均一件的利润为1100425424242.68 （元） .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结223. 解 ： （ 1 ） 因 为 y2， 所 以 y2， 所 以 过 点 P 的 切 线 方 程 为 y22 xt ， 即可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9 x9x2y2 x4 ，9t9t9t9t可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结令 x0
15、 ，得 y4 ，令 y 9t0 ，得 x2t .所以切线与 x 轴交点E2t ,0 ，切线与 y 轴交点F 0,4 .9t可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2t 1,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当4 1,即 4 t 1时，切线左下方的区域为始终角三角形，所以f t1 2t44 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9t921 t 2 ,3329t9可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2t当41, 1,1即t 2时，切线左下方的区域为始终角梯形，f t144t24t122 1，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9t231 t
16、 2 ,332 9t9t9t可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2t 1,4141 4t9t 29 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当1,9t即 t 3时 ,切线左下方的区域为始终角梯形,9f t222t 12tt.4可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1 t 2 ,332t9 t 2 , 1 t4 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结439可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结综上 f t4 , 4 t 1 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9 92可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4t1, 1t
17、 2 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9t 223可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2 当 1 t4 时,9 2f t 2tt94 244t，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3944999可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当 1t 2 时, f t4t121 12 244，所以4Smax可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结239t9 t9991111可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4. 解： 依题意得：P01 ， P1， P22222可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 依题意，棋子跳到第n
18、站 2 1n99 有两种可能：第一种，棋子先到第1n2 站，又掷出反面，其概可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结率为Pn22 。其次种，棋子先到第n1 站，又掷出正面，其概率为Pn 1 ，2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 Pn Pn1Pn2Pn 111Pn 22PP11n 1n 222Pn 111PPn 1n 222可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结即 PnPn 11Pn 121Pn 22 2n99可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 由 可知数列 PnPn 11 n 9是9首 项为 P1P01， 公比为21 的等比数列，于是有2可编辑资
19、料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结P99P0 P1P0 P2P1P3P2 P99P98 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结11 1 21 31 99211100 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结223232可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此，玩该嬉戏获胜的概率为2 13 1 100 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结点评： 此题以实际问题为背景，建立一个伯努利概率模型，通过讨论第n站和第 n1站以及 n2 站的关可编辑资料 - -
20、 - 欢迎下载精品名师归纳总结系建立数列的递推公式，利用累加法求解概率Pn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结变式与引申第三节讨论性问题的创新试卷可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结21. 解： 类似的性质为：如M 、 N 是双曲线 xa 2y1 上关于原点对称的两个点，点P 是双曲线上任2b 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结意一点，当直线PM 、 PN 的斜率都存在，并记为kPM、 kPN时，那么kPM与 kPN之积是与点 P 的位置可编辑资料 - - -
21、 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结无关的定值 .证明： 设点 M 、 N 的坐标为（m ,n ）、（x, y ），就 N （m, n ） .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于点 M （ m, n）在已知双曲线上，所以n 22m2b2b2 ，同理 y2a2x2b2b2 .a可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就 k PMkPNynyn xmxmy 2n 222xmb 2x2m 2222axmb 22 （定值） .a可编辑资料 - -
22、 - 欢迎下载精品名师归纳总结2. 解：i1234可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f i2314或i1234f i23413. 解： （ l） ABC 和 ABP ， AOC 和 BOP、 CPA 和 CPB （ 2） ABP 。由于平行线间的距离相等，所以无论点P 在 m 上移动到任何位置， 总有 ABP 与 ABC 同底等高，因此，它们的面积总相等可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4. 解： （ I ）证明：设x 为f x 的峰点 ,就由单峰函数定义可知,f x在0,x 上单调递增 ,在 x,1 上单可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料
23、- - - 欢迎下载精品名师归纳总结调递减当f x1f x2 时,假设x 0, x2 ,就 x1x2x ,从而f x f x2 f x1,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结这与 f x1f x2 冲突 ,所以x 0, x2 ,即0, x2 是含峰区间可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当 f x1f x2 时,假设x x1,1,就 x x1x2 ,从而f x f x1f x2 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结这与 f x1f x2 冲突 ,所以xx1,1
24、,即 x1,1是含峰区间可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（ II ）证明：由（ I）的结论可知：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当 f x1f x2 时,含峰区间的长度为 l1x2;可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当 f x1f x2 时,含峰区间的长度为 l21x1.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结对于上述两种情形 ,由题意得x20.5r可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1x10.5r可编辑资料 - - - 欢迎下载精品
25、名师归纳总结由得 1x2x112r ,即 x2x12r.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结又由于 x2x12r ,所以 x2x12r可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结将代入得x10.5r, x20.5r可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由和解得 x10.5r , x20.5r.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结0.5所以这时含峰区间的长度r.l1l 20.5r , 即存在x1, x2使得所确定的含峰区间的长度不大于可编辑资料 - - - 欢迎下
26、载精品名师归纳总结习题 9-31. a2b0可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结提示： 此题所空缺条件一般是a， b， c应满意什么条件 .第一确定焦点所在的坐标轴.假设焦点在y 轴上,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由题意有PF12PF1PF2PF22b22 就4cPF1PF22b22c 从而222F1PF2的面积Sbcb可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结与题设冲突 ,知椭圆的焦点在 x 轴上 .于是 ab0,另一方面2,由 PF12PF 2 PF12PF
27、2 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结有 4c22a2 ,即a 22c 2 ,亦即 a 22b 2 , a2b 综上应有 a2b0.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2. 解： （）依题意 a0, a1, a23a0, a2a0 ，0a1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 f1 xf xlog x24ax3a2 令f1 xf 2 x1得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢
28、迎下载精品名师归纳总结2aa1log x24ax3a21.0a1 又 a2, a3在x2a的 右 侧 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2g xlog a x4ax3a , 在 a2, a3 上为减函数，从而可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2gxmaxga2) loga 44a,gxminga3) log a 96a ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是成立的充要条件是log a 44 a1log a 96a1 ，解此不等式组得0a957.12可编辑
29、资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结0a1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故当 0957a时，12f1 x 与f2 x 在 a2, a3 上是接近的，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当 a957 时，12f1 x 与f 2 x 在区间 a2, a3 上是非接近的 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3（ 1）画法如图 9 3 1 所示 . 连接 EC，过点 D 作 DFEC， 交 CM于点 F，连接 EF， EF即为所求直路位置（ 2）设 EF交
30、CD于点 H，由上面得到的结论可知： S ECF=S ECD， S HCF=S EDH，所以 S 五边形 ABCDE =S 五边形 ABCFE ， S 五边形 EDCMN =S 四边形 EFMN 图 93 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4 解读： （）设椭圆上的动点P b cos , a sin，就切点弦 AB 所在的直线方程为：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结bcosx asiny b2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎
31、下载精品名师归纳总结令 y0b 2Mbcosa2,0。令 xb20N0,a2b2asina 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此22222与点 P 的运动无关 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ONOM2ba sinbbcos可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 假设存在点P bcos , asin使得 PA PB0 ，即 PAPB ，又由于OAPA, OBPB可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结22222可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结且 OAOBb ，所以四边形 OAPB 是正方形，OP2bb cosa sin2b可编辑资