【北京特级教师 二轮复习精讲辅导】2022届高考数学 探究型、探索型及开放型问题选讲新题赏析课后练习 理

探究型、探索型及开放型问题选讲新题赏析课后练习题一：设[x]表示不大于x的最大整数,则对任意实数x,y,有（）A．[－x]＝－[x]B．C．[2x]＝2[x]D．题二：如果x为任意实数，用[x]表示不大于x的最大整数，例如：[-7]=-7，[-3.1]=-4，则满足等式[x]-3=0的x的范围是3≤x＜4．题三：定义集合A，B的一种运算：A*B＝{x|x＝x1＋x2，其中x1∈A，x2∈B}，若A＝{1，2，3}，B＝{1，2}，则A*B中的所有元素之和为()．(A)9(B)14(C)18(D)21题四：对集合A＝{1，2，3，…，2022}及每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大的数开始，交替的减或加后继的数所得的结果。例如，集合{1，2，4，7，10}的“交替和”为10－7＋4－2＋1＝6，集合{7，10}的“交替和”为10－7＝3，{5}的“交替和”为5，等等，试求A的所有子集的“交替和”的总和．题五：曲线C是平面内到定点F（0，1）和定直线l：y=-1的距离之和等于4的点的轨迹，给出下列三个结论：①曲线C关于y轴对称；②若点P（x，y）在曲线C上，则|y|≤2；③若点P在曲线C上，则1≤|PF|≤4．其中，所有正确结论的序号是①②③．题六：在平面直角坐标系中，动点P（x，y）到两条坐标轴的距离之和等于它到点（1，1）的距离，记点P的轨迹为曲线为W．（Ⅰ）给出下列三个结论：①曲线W关于原点对称；②曲线W关于直线y=x对称；③曲线W与x轴非负半轴，y轴非负半轴围成的封闭图形的面积小于；其中，所有正确结论的序号是②③；（Ⅱ）曲线W上的点到原点距离的最小值为．题七：古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1、3、6、10 …这样的数称为“三角形数”，而把1、4、16┅这样的数称为“正方形数”．从图中可以发现，任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻“三角形数”之和．请再写出一个符合这一规律的等式：25=10+15（答案不唯一）．-6-\n题一：传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，…记为数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}．可以推测：b2022是数列{an}中的第5030项．题二：数列的通项公式，其前项和为，则_______.题三：设满足以下两个条件的有穷数列为n(n=2,3,4…)阶“期待数列”:①；②.(1)分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；(2)若某2k+1()阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式.题四：如果有穷数列a1，a2，a3，…，am（m为正整数）满足条件a1=am，a2=am-1，…，am=a1，即ai=am-i+1（i=1，2，…，m），我们称其为“对称数列”． 例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”． 设{bn}是7项的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4是等比数列，且b1=2，b3=8．则{bn}数列各项的和为44或-4．题五：数列的前项组成集合，从集合中任取（，2，3，…，）个数，其所有可能的个数的乘积的和为（若只取一个数，规定乘积为此数本身），记．例如：当时，A1={1}，T1=1，S1=1；当n=2时，A2={1，3}，T1=1+3，T2=1×3，S2=1+3+1×3=7．（Ⅰ）求=_____；（Ⅱ）猜想=_____．-6-\n探究型、探索型及开放型问题选讲新题赏析课后练习参考答案题一：D．详解：对A，设x=-1.8，则[-x]=1，-[x]=2，所以A选项为假．对B，设x=，[x+]=1，[x]=0，所以B选项为假．对C，设x=-1.4，[2x]=[-2.8]=-3，2[x]=-4，所以C选项为假．故D选项为真．所以选D．题二：3≤x＜4．详解：：∵[x]表示不大于x的最大整数，∴x-1＜[x]≤x，∴等式[x]-3=0，可变为：[x]=3，即：x-1＜3≤x，解得：3≤x＜4，故答案为：3≤x＜4．题三：B．详解：A*B＝{2，3，4，5}，因此A*B中的所有元素之和为14．故选B．题四：22000×2022．详解:集合A＝{1，2，3，…，2022}的子集中，除了集合{2022}，还有22022－2个非空子集．将其分为两类，第一类是含2022的子集，第二类是不含2022的子集，而且这两类各自所含子集的全体相互构成一一映射，从而这两类所含子集的个数相同．因为若Ai是第二类的，则必有Ai∪{2022}是第一类的集合；如果Bi是第一类的集合，则Bi中除2022外，还应用1，2，3，…，2000中的做其元素，即Bi中除2022外是非空的，而是第二类的集合；令Ai与Ai∪{2022}对应，则这种“成对的”的集合的“交替和”都为2022，从而可得A的所有子集的“交替和”的总和为(22022－2)×2022＋2022＝22000×2022．题五：①②③．详解：设P（x，y）是曲线C上的任意一点，因为曲线C是平面内到定点F（0，1）和定直线l：y=-1的距离之和等于4的点的轨迹，所以|PF|+|y+1|=4．即，解得y≥-1时，，当y＜-1时，；显然①曲线C关于y轴对称；正确．②若点P（x，y）在曲线C上，则|y|≤2；正确．③若点P在曲线C上，|PF|+|y+1|=4，|y|≤2，则1≤|PF|≤4．正确．故答案为：①②③．题六：（Ⅰ）②③；（Ⅱ）．-6-\n详解：∵动点P（x，y）到两条坐标轴的距离之和等于它到点（1，1）的距离，∴，∴|xy|+x+y-1=0，∴xy＞0，（x+1）（y+1）=2或xy＜0，（y-1）（1-x）=0，函数的图象如图所示，∴曲线W关于直线y=x对称；曲线W与x轴非负半轴，y轴非负半轴围成的封闭图形的面积小于；由y=x与（x+1）（y+1）=2联立可得，∴曲线W上的点到原点距离的最小值为，故答案为：②③；题一：25=10+15（答案不唯一）．详解：“三角形数”的规律为1、3、6、10、15、21…“正方形数”的规律为1、4、9、16、25…根据题目已知条件：从图中可以发现，任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻“三角形数”之和．再观察出“三角形数”和“正方形数”的变化规律，可以再写出一个符合这一规律的等式：25=10+15．题二：5030．详解：由前四组可以推知，从而b1=a4=10，b2=a5=15，b3=a9=45，b4=a10=55，依次可知，当n=4，5，9，10，14，15，19，20，24，25，…时，an能被5整除，由此可得，b2k=a5k（k∈N*），∴b2022=a5×1006=a5030．故答案为：5030．题三：1006．详解：-6-\n所以，于是.题一：（1）数列为3阶“期待数列”；数列为4阶“期待数列”；（2）当时，；当时，详解：（1）数列为3阶“期待数列”；数列为4阶“期待数列”；（2）设等差数列的公差为d，因为，所以所以，即，所以，当时，与期待数列的条件①②矛盾，当时，根据期待数列的条件①②得由得,当d<0时，同理可得由得,题二：44或-4．详解：由b1，b2，b3，b4是等比数列且b1=2，b3=8可得公比q2=4，∴q=±2，若q=2，则数列{bn}的各项分别为：2，4，8，16，8，4，2，此时数列的各项和为：44；若q=-2，则数列{bn}的各项分别为：2，-4，8，-16，8，-4，2，此时数列的各项和为：-4，故答案为：44或-4．-6-\n题一：（Ⅰ）63；（Ⅱ）详解：（Ⅰ）当n=3时，A3={1，3，7}，T1=1+3+7=11，T2=1×3+1×7+3×7=31，T3=1×3×7=21，所以S3=11+31+21=63；（Ⅱ）由S1=1=21﹣1=﹣1，S2=7=23﹣1=﹣1，S3=63=26﹣1=﹣1，猜想，下面证明：（1）易知n=1时成立；（2）假设n=k时，，则n=k+1时，Sk+1=T1+T2+T3+…+Tk+1=[T1′+(2k+1-1)]+[T2′+(2k+1-1)T1′]+[T3′+(2k+1-1)T2′]+…+[Tk′+(2k+1-1)Tk-1′]+(2k+1-1)Tk′（其中Ti′，i=1，2，…，k，为n=k时可能的k个数的乘积的和为Tk），=(T1′+T2′+…+Tk′)+(2k+1-1)+(2k+1-1)(T1′+T2′+…+Tk′)=Sk+(2k+1﹣1)+(2k+1﹣1)Sk=2k+1()+(2k+1-1)=2k+1·=，即n=k时，也成立，综合（1）（2）知：对n∈N*，成立．所以．-6-