《2023届高考数学专项练习高分突破智取压轴小题27 临界知识问题含答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高考数学专项练习高分突破智取压轴小题27 临界知识问题含答案.doc（25页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023届高考数学专项练习临界知识问题【方法综述】 对于临界知识问题，其命题大致方向为从形式上跳出已学知识的旧框框，在试卷中临时定义一种新知识，要求学生快速处理，及时掌握，并正确运用，充分考查学生独立分析问题与解决问题的能力，多与函数、平面向量、数列联系考查. 另外，以高等数学为背景，结合中学数学中的有关知识编制综合性问题，是近几年高考试卷的热点之一，常涉及取整函数、最值函数、有界函数、有界泛函数等.来源:学+科+网Z+X+X+K【解题策略】类型一 定义新知型临界问题【例1】（多选）如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为反射坐标系，若，则把有序
2、数对叫做向量的反射坐标，记为在的反射坐标系中，则下列结论中，错误的是（ ）ABCD在上的投影向量为【来源】【新东方】在线数学142高一下【答案】ACD【解析】A. ，所以，故A错；B. ，故B对；C. ，故C错；D. 在上的投影向量为 ，故D错.故选：ACD【例2】（多选）斐波那契数列，又称黄金分割数列，它在很多方面与大自然神奇地契合，小到地球上的动植物，如向日葵、松果、海螺的成长过程，大到海浪、飓风、宇宙星系演变，都遵循着这个规律，人们亲切地称斐波那契数列为自然界的“数学之美”，在数学上斐波那契数列一般以递推的方式被定义：，则（ ）ABC是等比数列D设，则【来源】2021年普通学校招生全国统
3、一考试新高考超级联考数学试卷【答案】ABC【解析】对A，故A正确；对B，假设成立，当时，成立，设时成立，即，则当时，假设成立，故B正确；对C，是等比数列，故C正确；对D，同理，因为斐波那契数列满足，即，故D错误.故选：ABC.【举一反三】1（2020汉中模拟）若函数f（x）与g（x）满足：存在实数t，使得f（t）g（t），则称函数g（x）为f（x）的“友导”函数已知函数为函数f（x）x2lnx+x的“友导”函数，则k的取值范围是（）A（，1）B（，2C（1，+）D2，+）【答案】D【解析】g（x）kx1，由题意g（x）为函数f（x）的“友导”函数，即方程x2lnx+xkx1有解，故kxlnx+
4、1，记p（x）xlnx+1，则p（x）1+lnx+lnx，当x1时，0，lnx0，故p（x）0，故p（x）递增，当0x1时，0，lnx0，故p（x）0，故p（x）递减，故p（x）p（1）2，故由方程kxlnx+1有解，得：k2，故选：D2.用C(A)表示非空集合A中的元素个数，定义A*B若A1,2，Bx|(x2ax)(x2ax2)0，且A*B1，设实数a的所有可能取值组成的集合是S，则C(S)等于()A 1 B 3 C 5 D 7【答案】B3.集合，若对于任意，存在，使得成立，则称集合是“垂直对点集”.给出下列四个集合： 其中是“垂直对点集”的序号是_.【答案】【解析】对于，即，与的值域均为，
5、故正确；对于,若满足，则，在实数范围内无解，故不正确；对于，画出的图象，如图，直角始终存在，即对于任意，存在，使得成立，故 正确；对于，取点，曲线上不存在另外的点，使得两点与原点的连线互相垂直，所以不是“垂直对点集”, 故不正确，故答案为.类型二 高等数学背景型临界问题【例3】（2020临沂模拟）已知函数f（x）的图象在点（x0，y0）处的切线为l：yg（x），若函数f（x）满足xI（其中I为函数f（x）的定义域，当xx0时，f（x）g（x）（xx0）0恒成立，则称x0为函数f（x）的“转折点”，已知函数f（x）exax22x在区间0，1上存在一个“转折点”，则a的取值范围是（）A0，eB1，
6、eC1，+）D（，e【答案】B【解析】分析：条件，可判断f（x）是一个不凸不凹的函数，满足f（x）0；再结合f（x）的定义域，即可求得a的取值范围解：f（x）g（x）（xx0）0，x0，1；当xx0时，f（x）g（x）；当xx0时，f（x）g（x）；f（x）是一个不凸不凹的函数，满足f（x）0；f（x）exa0，解得xlna；f（x）的定义域为区间0，1；0lna1，解得a1，e故选：B【点评】本题考查了利用导数研究曲线与其切线的关系，其中涉及到了二次导函数的意义，不易理解。 【例4】设S是实数集R的非空子集，若对任意x，yS，都有xy，xy，xyS，则称S为封闭集下列命题：集合Sab|a，b
7、为整数为封闭集；若S为封闭集，则一定有0S；封闭集一定是无限集；若S为封闭集，则满足STR的任意集合T也是封闭集其中真命题是_(写出所有真命题的序号)【答案】【举一反三】1（2020 青山区校级月考）定义：如果函数yf（x）在定义域内给定区间a，b上存在x0（ax0b），满足，则称函数yf（x）是a，b上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点，如yx2是1，1上的平均值函数，0就是它的均值点，现有函数f（x）x3+tx是1，1上的平均值函数，则实数t的取值范围是（）ABCD【答案】A【解析】分析：函数f（x）3+tx是区间1，1上的平均值函数，故有x3+tx在（1，1）内有实数根，求出方程的根
8、，让其在（1，1）内，即可求出t的取值范围解：函数f（x）x3+tx是区间1，1上的平均值函数，故有x3+tx在（1，1）内有实数根由x3+txx3+tx+t10，解得x2+t+1+x0或x1又1（1，1）x2+t+1+x0的解为：必为均值点，即113t，11t，所求实数t的取值范围是3t，故选：A2.（2020衡阳市模拟）若两函数具有相同的定义域、单调区间、奇偶性、值域，则称这两函数为“亲密函数”.下列三个函数，中，与函数不是亲密函数的个数为（ ）A0B1C2D3【答案】B【解析】易知幂函数定义域为，偶函数，在上，在上，.四个选项中函数的定义域都为且都为偶函数，单调性也与保持一致，因为显然在
9、上递增，又，递增，当，除（显然）外，其他函数的值都趋向于.故选B.类型三 立体几何中的临界问题立体几何的高考题中，最主要考查点是几何元素位置关系及角、距离的计算、三视图等，除此之外，还有可能涉及到与立体几何相关的临界知识，如立体几何与其他知识的交汇，面对这些问题，需要有较强的分析判断能力及思维转换能力，还需要我们对这些问题作一些分析归类，加强知识间的联系，才能让所学知识融会贯通.【例5】（2020四川高考模拟）如图，在棱长为的正方体中，动点在其表面上运动，且，把点的轨迹长度称为“喇叭花”函数，给出下列结论：；其中正确的结论是：_（填上你认为所有正确的结论序号）【答案】【解析】 由如图三段相同的
10、四分之一个圆心为A半径为 的圆弧长组成，因此 由如图三段相同的四分之一个圆心为A半径为1 的圆弧长组成，因此 由如图三段相同的四分之一个圆心分别为 半径为1 的圆弧长组成，因此 由如图三段相同弧长组成，圆心角为 ，半径为 ，因此，因此选【举一反三】1.点为棱长是的正方体的内切球球面上的动点，点满足，则动点的轨迹的长度为_【答案】2.已知正方体的体积为1，点在线段上（点异于、两点），点为线段的中点，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段的取值范围为（ ）A B C D 【答案】B 【解析】依题意，当点为线段的中点时，由题意可知，截面为四边形，从而当时，截面为四边形，当时，该截面与正方体的上底面
11、也相交，所以截面为五边形，故线段的取值范围是，故选B 【强化训练】一、 选择题1（多选）记表示与实数最接近的整数，数列通项公式为，其前项和为，设，则下列结论正确的是（ ）ABCD【来源】湖北省襄阳市第五中学2021届高三下学期5月第二次模拟考试数学试题【答案】BC【解析】由题意，记表示与实数最接近的整数，且，当时，可得，所以A不正确；由，即，可得，可得成立，所以B正确；由，可得，平方可得，因为，且不是整数，其中是右侧的最接近的整数，所以成立，所以C正确；当时，此时；当时，此时；当时，此时；当时，此时； 归纳可得数列中，有2个1，4个，6个，8个，又由构成首项为2，公差为2的等差数列，可得，令，
12、解得，所以，所以D不正确.故选：BC.2高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数.例如：，已知函数，则函数的值域为（ ）ABCD【答案】D【解析】，又0，当x（1，2）时，yf（x）1；当x2，）时，yf（x）2函数yf（x）的值域是1，2故选D3定义集合运算：AB=，xA，yB，设集合A=，0，1，B=，则集合AB的所有元素之和为（ ）A1B0CD【答案】B【解析】解因为，所以的可能取值为-1,0,1同理，的可能取值为所以的所有可能取值为（重复的只列举一次）：所以所有元素之和为0，故选B4.定
13、义：，如，则（ ） A0BCD1【答案】C【解析】由题意得故选C5（2020重庆期末）正三棱柱ABCA1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（）A2+2BCD【答案】B【解析】【分析】通过扩大几何体，先找到截面，由已知利用勾股定理、重心的相关知识求得边长得答案【解答】解：如图将三棱柱三棱柱ABCA1B1C1扩大为如图的正三棱柱，其中AA2AA14，AH2AB4，则点E为AH的中点，点F为AC的中点设HFB1C1I，所以EFHC，所以过点A，E，F的截面为AEIF，因为ABE和AA1F均为两直角边分别为2，1的直角三角形，A
14、EAF，在A1HD中，如图：连接HF，交B1C1于I，连接HC1，则I为三角形A1HC1的重心，所以B1I，FI，因为HC14sin602，C1F1，所以FI又因为B1E平面A1B1C1，所以三角形EB1I为直角三角形，且EB11，B1I，所以EI，所以，截面的周长为：2+故选：B6数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中，所有正确结论的序号是ABCD【答案】C【解析】由得,所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好
15、经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论正确.由得,解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论正确.如图所示,易知,四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法错误.故选C.二、填空题7（2020宜昌期末）艾萨克牛顿（16431727），英国皇家学会会长，英国著名物理学家，在数学上也有许多杰出贡献牛顿用“作切线”的方法求函数f（x）的零点时给出了一个数列xn：，我们把该数列称为牛顿数列如果函数f（x）ax2+bx+c（a0）有两个零点1和3，数列xn为牛顿数列，且a13，xn3，则数列an的通项公
16、式为an【答案】32n1【解析】【分析】根据函数f（x）ax2+bx+c（a0）有两个零点1和3可将f（x）写成零点式，再利用求得关于xn+1，xn的地推公式，进而根据求得an的通项公式即可【解答】解：由函数f（x）ax2+bx+c（a0）有两个零点1和3，得f（x）a（x1）（x3）ax24ax+3a，故f（x）2ax4a由题意，得故数列an是以a13为首项，公比为2的等比数列，故8（2020天心区校级模拟）在某个QQ群中有n名同学在玩一种叫“数字哈哈镜”的游戏这些同学编号依次为1，2，3，n在哈哈镜中，每个同学看到的像用数对（p，q）表示规则如下：编号为k的同学看到的像为（ak，ak+1）
17、，且满足ak+1akk（kN*），已知编号为1的同学看到的像为（5，6），则编号为4的同学看到的像为；某位同学看到的像为（195，q），其中q的值被遮住了，请你帮这位同学猜出q【答案】（11，15）； 215【解析】【分析】由游戏规则中“编号为k的同学看到像为（p，q）中的（ak，ak+1），编号为k+1的同学看到像为（ak+1，ak+2），这样就找到了游戏进行的一个联系，同时注意到ak+1akk（kN*），至此，本题中的题意就浮现出来【解答】解：（1）由题意规律，编号为1的同学看到的像是（5，6），编号为2的同学看到的像是（6，8），编号为3的同学看到的像是（8，11），编号为4的同学看到的
18、像是（11，15）（2）设编号为n的同学看到的像是（bn，an），则b15，a16，当n2时，bnan1由题意anbnn，anan1n（n2）ana1（a2a1）+（a3a2）+（anan1）2+3+n，当195时，n20，9（2020漳州模拟）分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB的长度为a，在线段AB上取两个点C，D，使得ACDB，以CD为一边在线段AB的上方做一个正六边形，然后去掉线段CD，得到图2中
19、的图形；对图2中的最上方的线段EF作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n个图形（图1为第1个图形）中的所有线段长的和为Sn，现给出有关数列Sn的四个命题：数列Sn是等比数列；数列Sn是递增数列；存在最小的正数a，使得对任意的正整数n，都有Sn2018；存在最大的正数a，使得对任意的正整数n，都有Sn2018其中真命题的序号是（请写出所有真命题的序号）【答案】【解析】【分析】通过分析图1到图4，猜想归纳出其递推规律，再判断该数列的性质【解答】解：由题意，得图1中的线段为a，S1a，图2中的正六边形边长为，S2S1+4S1+2a；图3中的最小正六边形的边长为，
20、S3S2+4S2+a图4中的最小正六边形的边长为，S4S3+4S3+由此类推，SnSn1，Sn为递增数列，但不是等比数列，即错误，正确，因为SnS1+（S2S1）+（S3S2）+（SnSn1）a+2a+a+a+a+4a（1）5a，即存在最大的正数a使得对任意的正整数n，都有Sn2018即正确，错误，故填10.（2020蚌埠二模）正三棱锥PABC中，PAAB4，点E在棱PA上，且PE3EA正三棱锥PABC的外接球为球O，过E点作球O的截面，截球O所得截面面积的最小值为【答案】3【解析】【分析】利用直角三角形的三边，利用勾股定理求出球的半径，再求出球心到点E的距离，当截面圆面积最小时，球心到点E的
21、距离最远（即OE），即可求出最小的截面圆面积【解答】解：设Q为正三棱锥底面ABC的中心，球的半径为r，则CQACsin60，三角形PQC为直角三角形，PQ，设球心为O，连接OP，OE，OA，则在直角三角形OQC中，OCr，QCr，由r2QC2+QO2得：，解得：r2取PA中点F，连接OF，因为OPOAr，所以OFPA，又因为PA4，E为PA的四等分点，所以EF1，PF2，所以OF，OE，当OE垂直于过E的截面时，此截面面积最小，设此时截面圆的半径为R，则R，故此时截面圆的面积为R2311（2020杨浦区校级期末）设集合A2n|0n16，nN，它共有136个二元子集，如20，21，21，22等等
22、记这136个二元子集为B1，B2，B3，B136，设，定义S（B1）|xy|，则S（B1）+S（B2）+S（B3）+S（B136）（结果用数字作答）【答案】1835028【解析】【分析】由题意可得：S（B1）+S（B2）+S（B3）+S（B136）（2120+2220+21620）+（2221+2321+21621）+（215214+216214）+（216215），利用等比数列的求和公式即可得出【解答】解：由题意可得：S（B1）+S（B2）+S（B3）+S（B136）（2120+2220+21620）+（2221+2321+21621）+（215214+216214）+（216215）162
23、0+1521+2214+21621521715+216（2+22+215）（16+1521+2214+215）21715+216（21718）21714+20183502812（2020余姚市校级期中）对于定义在R上的函数f（x），如果存在实数a，使得f（a+x）f（ax）1对任意实数xR恒成立，则称f（x）为关于a的“函数”已知定义在R上的函数f（x）是关于0和1的“函数”，且当x0，1时，f（x）的取值范围为1，2，则当x2，2时，f（x）的取值范围为【答案】【解析】【分析】根据“t函数”的定义，建立两个方程关系，根据方程关系判断函数的周期性，利用函数的周期性和函数的关系进行求解即可得到结
24、论【解答】解：若函数f（x）是关于0和1的“t函数”，则f（x）f（x）1，则f（x）0，且f（1+x）f（1x）1，即f（2+x）f（x）1，即f（2+x）f（x）1f（x）f（x），则f（2+x）f（x），即函数f（x）是周期为2的周期函数，若x0，1，则x1，0，2x1，2，此时1f（x）2，f（x）f（x）1，f（x），1，f（x）f（2x），1，当x1，2时，f（x），1即一个周期内当x0，2时，f（x），2当x2，2时，f（x），213（2020浦东新区二模）已知f（x）2x2+2x+b是定义在1，0上的函数，若ff（x）0在定义域上恒成立，而且存在实数x0满足：ff（x0）x0且
25、f（x0）x0，则实数b的取值范围是【答案】【解析】【分析】求得f（x）的最值，可得b0，由题意可得f（x）存在两点关于直线yx对称，令直线l：ymx，与y2x2+2x+b联立，可得2x2+3x+b+0在1，0上有两个不等实根，由二次方程实根分布可得b的范围【解答】解：f（x）2x2+2x+b，x1，0，对称轴为x，可得f（x）的最小值为f（）b，f（x）的最大值为f（0）f（1）b；由题意f（f（x）0，可得即可得b0，设y0f（x0），可得f（y0）x0且y0x0，即有f（x）存在两点关于直线yx对称，令直线l：ymx，与y2x2+2x+b，联立可得2x2+3x+bm0，设M（x1，y1）
26、，N（x2，y2），中点为E（x0，y0），即有，即有E（，m+）在直线yx上，可得m，则2x2+3x+b+0在1，0上有两个不等实根，设h（x）2x2+3x+b+，可得解得b14由无理数论引发的数字危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数（史称戴德金分割），并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机，所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，中的每一个元素都小于中的每一个元素，则称为戴德金分割.试判断，对于任一戴德金分割，下列选项
27、中，可能成立的是_没有最大元素，有一个最小元素；没有最大元素，也没有最小元素；有一个最大元素，有一个最小元素；有一个最大元素，没有最小元素.【答案】【解析】若MxQ|x0，NxQ|x0，则M没有最大元素，N有一个最小元素0，故可能成立；若MxQ|x，NxQ|x；则M没有最大元素，N也没有最小元素，故可能成立；若MxQ|x0，NxQ|x0；M有一个最大元素，N没有最小元素，故可能成立；M有一个最大元素，N有一个最小元素不可能，因为这样就有一个有理数不存在M和N两个集合中，与M和N的并集是所有的有理数矛盾，故不可能成立故答案为：15已知二进制和十进制可以相互转化，例如，则十进制数89转化为二进制数
28、为.将对应的二进制数中0的个数，记为（例如：，则，），记，则_【答案】【解析】由题意得共个数中所有的数转换为二进制后，总位数都为2019，且最高位都为1而除最高位之外的剩余2018位中，每一位都是0或者1设其中的数x，转换为二进制后有k个0（）在这个数中，转换为二进制后有k个0的数共有个由二项式定理，.故答案为：.16定义在正实数上的函数，其中表示不小于x的最小整数，如，当时，函数的值域为，记集合中元素的个数为，则=_.【答案】【解析】易知：当n=1时，因为x（0，1，所以x=1，所以xx=1，所以.当n=2时，因为x（1，2，所以x=2，所以xx（2，4，所以.当n=3时，因为x（2，3，所
29、以x=3，所以xx=3x（6，9，；当n=4时，因为x（3，4，所以x=4，所以xx=4x（12，16，所以；当n=5时，因为x（4，5，所以x=5，所以xx=5x（20，25，所以.由此类推：.故 .17任意实数，定义，设函数，数列是公比大于0的等比数列，且，则_.【答案】4【解析】由题，数列an是公比大于0的等比数列，且，1q时，（0，1），（1，+），1，分别为：，1，q，q40+，q4qq22左边小于0，右边大于0，不成立，舍去0q1时，1，分别为：，1，q，q4，（1，+），（0，1），log2q224，a14q1时，1，不满足舍去综上可得：418已知集合 ，集合 满足 每个集合都恰
30、有7个元素 ; 集合中元素的最大值与最小值之和称为集合的特征数，记为（），则 的最大值与最小值的和为_.【答案】132【解析】由题意得，集合中各包含7个元素，且互不相等，当取得最小值时，集合中的最小值分别为1,2,3，最大值分别为21,15,9，例如,，此时最小，且为51.当集合中最小值为1,7,13，最大值为19,20,21时，最大.例如，此时最大，且为81.故最大值与最小值之和为132.19定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个顶点在半径为1的圆上，且，分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域，则平面区域的“直径”的最大值是
31、_【答案】【解析】设三个半圆圆心分别为G,F，E，半径分别为M,P,N分别为半圆上的动点，则PM+GF= +=，当且仅当M,G,F,P共线时取等；同理：PN MN,又外接圆半径为1，所以,BC=a=2sin=,由余弦定理解b+c2,当且仅当b=c=取等；故故答案为20普林斯顿大学的康威教授于年发现了一类有趣的数列并命名为“外观数列”(Lookandsaysequence)，该数列的后一项由前一项的外观产生.以为首项的“外观数列”记作，其中为、，即第一项为，外观上看是个，因此第二项为；第二项外观上看是个，因此第三项为；第三项外观上看是个，个，因此第四项为，按照相同的规则可得其它，例如为、.给出下
32、列四个结论：若的第项记作，的第项记作，其中，则,；中存在一项，该项中某连续三个位置上均为数字；的每一项中均不含数字；对于，的第项的首位数字与的第项的首位数字相同.其中所有正确结论的序号是_.【来源】北京市海淀区2021届高三二模数学试题【答案】【解析】对于，由递推可知，随着的增大，和每一项除了最后一位不同外，其余各数位都相同，所以，正确；对于，若中存在一项，该项中连续三个位置上的数字均为，即，由题中定义可知，中必有连续三个位置上的数字均为，即，.以此类推可知，中必有连续三个位置上的数字均为，这与矛盾，错误；对于，由可知，的每一项不会出现某连续三个数位上都是，故中每一项只会出现、，正确；对于，对于，有，由上可知，记数列的首位数字构成数列，则数列为：、，且当时，；记的第项记为，则，记数列的首位数字构成数列，则数列为：、，且当时，.由上可知，所以，当时，正确.故答案为：.