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1、二十、创新题1.（2012 年东城二模文8）已知函数22()()(),()(1)(1)f xxaxbxcg xaxcxbx，集合()0,Sx f xxR，()0,Tx g xxR，记c a rd,c a rdST分别为集合,S T中的元素个数，那么下列结论不可能的是（D）Acard1,card0ST B.card1,card1STC.card2,card2ST D.card2,card3ST2.（2012 年海淀二模文8）点(,)P x y是曲线1:(0)C yxx=上的一个动点，曲线C在点P处的切线与x轴、y轴分别交于,A B两点，点O是坐标原点.给出三个命题：PAPB=；OAB的面积为定值
2、；曲线C上存在两点,M N，使得OMN为等腰直角三角形其中真命题的个数是（C）A B.C.D.3.（2012 年海淀二模文14）已知定点(0,2),(2,0)MN-，直线:220l kxyk-+=（k为常数）.若点,M N到直线l的距离相等，则实数k的值是；对于l上任意一点P，MPND恒为锐角，则实数k的取值范围是 .答案：1或13；1(,)(1,)7-?+?4.（2012 年西城二模文 8）已知集合1220,Aa aa，其中0(1,2,20)kak，集合(,)|,Ba baA,bA abA，则集合B中的元素至多有（C）A210个 B.200个 C.190个 D.180个5.（2012 年丰台
3、二模文8）已知平面上四个点1(0,0)A，2(2 3,2)A，3(2 34,2)A，4(4,0)A设D是四边形1234A A A A及其内部的点构成的集合，点0P是四边形对角线的交点，若集合0|,1,2,3,4iSPDPPPAi，则集合S所表示的平面区域的面积为（C）A.16 B.8 C.4 D.2 6.（2012 年西城二模文 14）已知曲线C的方程是22|()()8xyxyxy，给出下列三个结论：曲线 C与两坐标轴有公共点；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 7 页 -曲线C既是中心对称图形，又是轴对称图形；若点 P，Q在曲线 C上，则|PQ的最大值是6 2.其中
4、，所有正确结论的序号是_答案：。7.（2012 年丰台二模文14）在平面直角坐标系中，若点A，B同时满足：点A，B都在函数()yf x图象上；点A，B关于原点对称，则称点对(A,B)是函数()yf x的一个“姐妹点对”（规定点对(A,B)与点对(B,A)是同一个“姐妹点对”）那么函数24,0,()2,0,xxf xxxx的“姐妹点对”的个数为_答案：1。8.（2012 年昌平二模文14）若对于定义在R 上的函数f(x),其图象是连续不断的，且存在常数(R)使得 f(x+)+f(x)=0对任意实数x 都成立，则称f(x)是一个“伴随函数”.有下列关于“伴随函数”的结论：f(x)=0 是常数函数中
5、唯一个“伴随函数”；f(x)=x2是一个“伴随函数”；“21伴随函数”至少有一个零点.其中不正确的序号是 _（填上所有不正确的结论序号）答案：。9.（2012 年昌平二模文8）设等差数列na的前n项和为nS，已知37712012(1)1aa，32006200612012(1)1aa，有 下 列 结 论：20122012S；20122012S；20127aa；20127aa其中正确的结论序号是（D）A B C D10.（2012 年西城二模文 20）若正整数*12(,1,2,)nkNaaaaknN，则称12naaa为N的一个“分解积”（）当N分别等于6,7,8时，写出N的一个分解积，使其值最大；
6、（）当正整数(2)N N的分解积最大时，证明：*()Nkak中2的个数不超过2；（）对任意给定的正整数(2)N N，求出(1,2,)kakn，使得N的分解积最大解：（）633，分解积的最大值为3 39；1 分732234，分解积的最大值为3 223 412；2 分8332，分解积的最大值为3 3218 3 分证明：（）由（）可知，(1,2,)kakn中可以有2个2 4 分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 7 页 -当(1,2,)kakn有3个或3个以上的2时，因为22233，且2 223 3，所以，此时分解积不是最大的因此，*()Nkak中至多有2个2 7 分解：（
7、）当(1,2,)kakn中有1时，因为1(1)iiaa，且11iiaa，所以，此时分解积不是最大，可以将1加到其他加数中，使得分解积变大8 分 由（）可知，(1,2,)kakn中至多有2个2 当(1,2,)kakn中有4时，若将4分解为1 3，由 可知分解积不会最大；若将4分解为22，则分解积相同；若有两个4，因为44332，且4 4 3 3 2，所以将44改写为332，使得分解积更大因此，(1,2,)kakn中至多有1个4，而且可以写成22 10 分 当(1,2,)kakn中有大于4的数时，不妨设4ia，因为2(2)iiaa，所以将ia分解为2(2)ia会使得分解积更大 11 分综上所述，(
8、1,2,)kakn中只能出现2或3或4，且2不能超过2个，4不能超过1个于是，当*3()Nm mN时，333mN个使得分解积最大；12 分当*31()NmmN时，(1)(1)333223334mmN个个使得分解积最大；13 分当32()NmmN时，3332mN个使得分解积最大14 分11.（2012 年朝阳二模文20）已知数列12:,nnAa aa，满足01naa，且当nk2名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 7 页 -（k*N）时，1)(21kkaa.令12()nnS Aaaa（）写出)(5AS的所有可能取值；（）求)(nAS的最大值.解:（）由题设，满足条件的数列
9、5A的所有可能情况有：（1）0 1 21 0,.此时5()=4S A；（2）0 1 01 0,.此时5()=2S A；（3）0 1 01 0,.此时5()=0S A；（4）0121 0,.此时5()=4S A；（5）01 0 1 0,.此时5()=0S A；（6）01 01 0,.此时5()=2S A.所以，)(5AS的所有可能取值为：4，2，0，2，4 5 分（）由1)(21kkaa，可设11kkkaac，则11kc或11kc（nk2，k*N），211aac，322aac，11nnnaac，所以1121nnaaccc 7 分因为01naa，所以1210nccc，且n为奇数，121,nc cc
10、是由21n个1 和21n个1构成的数列所以112121()()()nnS Acccccc1221(1)(2)2nnncnccc则当121,nc cc的前21n项取1，后21n项取1时)(nAS最大，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 7 页 -此时)(nAS11(1)(2)(21)22nnnn2(1)4n 10 分证明如下：假设121,nc cc的前21n项中恰有t项12,tmmmccc取1，则121,nc cc的后21n项中恰有t项12,tnnnccc取1，其中112nt，112inm，112innn，1,2,it所以()nS A1211212211(1)(2)22
11、2nnnnnnncnccccc11(1)(2)(21)22nnnn122()()()tnmnmnm122()()()tnnnnnn221122(1)(1)2()()()44ttnnnmnmnm所以)(nAS的最大值为2(1)4n13 分12.（2012 年东城二模文20）64个正数排成8行8列,如下所示：11a12a18a21a22a28a81a82a88a其中ija表示第i行第j列的数.已知每一行中的数依次都成等差数列，每一列中的数依次都成等比数列，且公比均为q，2111a，124a，4121a.（）求12a和13a的值；（）记 第n行 各 项 之 和 为nA（1n8），数 列na，nb，n
12、c满 足nnAa36，)(21nnnmbamb（m为非零常数），nnnabc，且1002721cc，求127ccc的取值范围；()对（）中的na，记200()nndnaN，设12()nnBd ddnN，求数列nB中最大项的项数.解：（）因为211121aaq，所以22414qaa.又14131211,aaaa成等差数列，所以23,11312aa.4 分（）设第一行公差为d，由已知得,241411(3)122aa qd,名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 7 页 -解得21d.所以1811177422aad.因为111111()(),22nnnaa11818111()4
13、()8()222nnnnaa.所以181836()22nnnnaaA,所以nna2(18,)nnN.6 分因为)(21nnnmbamb，所以1122nnnmbmb.整理得mbbnnnn12211.而nnnabc，所以mccnn11，所以nc是等差数列.8 分故17127()72ccccc.因为10m，所以17cc.所以2217172c ccc.所以2222217171717()22()200ccccc ccc，所以1710 210 2cc.所以127ccc的取值范围是(35 2,35 2).10 分()因为1200()2nnd是一个正项递减数列，所以当11nnndBB时,，当11nnndBB时
14、,.（nN，1n）所以nB中最大项满足11,1,nndd即11200()1,21200()1.2nn 12 分解得12166log25n12167log25.又12160log125，且nN,所以7n，即nB中最大项的项数为7.14 分13.（2012 年海淀二模文20）将一个正整数n表示为)(.321Npaaaap的形式，其中Nai，1,2,ip=，且paaa21，记所有这样的表示法的种数为)(nf（如4=4，4=1+3，4=2+2，4=1+1+2，4=1+1+1+1，故5)4(f）.（）写出)5(),3(ff的值，并说明理由；（）证明：1)()1(nfnf（1,2,n=）；（）对任意正整数
15、n，比较)1(nf与)2()(21nfnf的大小，并给出证明解：（）因为3=3，3=1+2，3=1+1+1，所以3)3(f名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 7 页 -因为 5=5，5=2+3，5=1+4，5=1+1+3，5=1+2+2，5=1+1+1+2，5=1+1+1+1+1，所以7)5(f 3 分证明：（）因为21n，把1n的一个表示法中11a=的1a去掉，就可得到一个n的表示法；反之，在n的一个表示法前面添加一个“1+”，就得到一个1n+的表示法，即1n的表示法中11a=的表示法种数等于n的表示法种数，所以)()1(nfnf表示的是1n的表示法中11a 1的表
16、示法数.即(1)()1f nf n+-?8 分（）结论是)1(nf)2()(21nfnf.证明如下：由结论知，只需证).1()2()()1(nfnfnfnf由（）知：)()1(nfnf表 示 的 是1n的 表 示 法 中11a 1的 表 示 法 数，)1()2(nfnf是2n的表示法中11a 1的表示法数考虑到21n，把一个11a 1的1n的表示法中的pa加上 1，就可变为一个11a 1的2n的表示法，这样就构造了从11a 1的1n的表示法到11a 1的2n的表示法的一个对应，所以有).1()2()()1(nfnfnfnf 14 分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 7 页 -