专题8.3 临界知识问题-【玩转压轴】突破高考数学选择和填空题精讲

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
玩转压轴题，突破140分之高三数学选填题高端精品
专题8.3 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.
【解题策略】
类型一 定义新知型临界问题
【例1】（2020•温州模拟）已知集合M＝{（x，y）|y＝f（x）}，若对于任意（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）
∈M，使得x1x2+y1y2＝0成立，则称集合M是“理想集合”．给出下列集合：①M＝{（x，y）|y＝}；②M
＝{（x，y）|y＝}：③M＝{（x，y）|y＝ex﹣2}：④M＝{（x，y）|y＝}．其中所有“理想集合”的序
号是（ ）
A．①③B．②③C．②④D．③④
【答案】B
【解析】分析：对于①，利用渐近线互相垂直，判断其正误即可．
对于②，说明满足理想集合的定义，即可判断正误；
对于③，画出函数图象，说明满足理想集合的定义，即可判断正误；
对于④，画出函数图象，取一个特殊点即能说明不满足理想集合定义．
解：①y＝是以x，y轴为渐近线的双曲线，渐近线的夹角为90°，
在同一支上，任意（x1，y1）∈M，不存在（x2，y2）∈M，满足好集合的定义；
对任意（x1，y1）∈M，在另一支上也不存在（x2，y2）∈M，使得x1x2+y1y2＝0成立，
所以不满足理想集合的定义，不是理想集合．
②在函数y＝csx上存在点（0，1）、（，0），满足x1x2+y1y2＝0成立，
满足理想集合的定义，满足条件；
③M＝{（x，y）|y＝ex﹣2}，如图在曲线上两点构成的直角始终存在，
例如取M（0，﹣1），N（ln2，0），
满足理想集合的定义，所以正确．
④M＝{（x，y）|y＝lgx}，如图取点（1，0），曲线上不存在另外的点，使得两点与原点的连线互相垂直，所以不是理想集合．故选：B．
【指点迷津】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
【例2】．（2020潍坊模拟）在平面直角坐标系中，对于点A（a，b），若函数y＝f（x）满足：∀x∈[a﹣1，a+1]，都有y∈[b﹣1，b+1]，则称这个函数是点A的“界函数”．已知点B（m，n）在函数的图象上，若函数是点B的“界函数”，则m的取值范围是 ．
【答案】
【解析】分析：根据点B（m，n）在函数的图象上，从而得出∴∀x∈[m﹣1，m+1]，都有y∈，从而讨论m：m+1≤0时，得出函数在[m﹣1，m+1]上的值域为，从而可得出m的范围；同理，讨论﹣1＜m＜1和m≥1时，求出函数的值域，让该值域是集合的子集，从而可得出m的范围．
解：∵B（m，n）在函数的图象上，∴，
∴∀x∈[m﹣1，m+1]，都有y∈，
①m+1≤0，即m≤﹣1时，在[m﹣1，m+1]上单调递增，∴，
∴，
∴，解得，又m≤﹣1，∴这种情况不合题意；
②，即﹣1＜m＜1时，由x∈[m﹣1，m+1]可得或，
∴且，
∴，解得，
③m﹣1≥0，即m≥1时，在[m﹣1，m+1]上单调递减，∴，
∴，
∴，解得，又m≥1，∴这种情况不合题意，
综上得，m的取值范围是．故答案为：．
【点评】本题考查了对“界函数”定义的理解，二次函数的单调性，根据函数单调性求函数值域的方法，二次函数值域的求法，子集的定义．
【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．（﹣∞，2]C．（1，+∞）D．[2，+∞）
【答案】D
【解析】分析：求出函数的导数，问题转化为方程k＝++1有解，记p（x）＝++1，根据函数的单调性求出k的范围即可．
解：g′（x）＝kx﹣1，
由题意g（x）为函数f（x）的“友导”函数，
即方程x2lnx+x＝kx﹣1有解，
故k＝++1，
记p（x）＝++1，
则p′（x）＝1+﹣＝+lnx，
当x＞1时，＞0，lnx＞0，
故p′（x）＞0，故p（x）递增，
当0＜x＜1时，＜0，lnx＜0，
故p′（x）＜0，故p（x）递减，
故p（x）≥p（1）＝2，
故由方程k＝++1有解，得：k≥2，故选：D．
2.用C(A)表示非空集合A中的元素个数，定义A*B＝若A＝{1,2}，B＝{x|(x2＋ax)·(x2＋ax＋2)＝0}，且A*B＝1，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】B
3.集合M={(x,y)|y=f(x)}，若对于任意x1,y1∈M，存在x2,y2∈M，使得x1x2+y1y2=0成立，则称集合M是“垂直对点集”.给出下列四个集合：
①M={(x,y)|y=sinx+1} ②M={(x,y)|y=1x}
③M={(x,y)|y=ex−2} ④M={(x,y)|y=lg2x}
其中是“垂直对点集”的序号是________.
【答案】①③
【解析】对于①，x1x2+sinx1+1sinx2+1=0，即x1sinx1+1=−sinx2+1x2，fx1=x1sinx1+1与fx2=−sinx2+1x2的值域均为−∞,+∞，故①正确；
对于②,若满足x1x2+y1y2=0，则x1x2+1x1x2=0,x1x22+1=0，在实数范围内无解，故②不正确；
对于③
M={x,y|y=ex−2}，画出y=ex−2的图象，如图，直角AOB始终存在，即对于任意x1,y1∈M，存在x2,y2∈M，使得x1x2+y1y2=0成立，故 ③正确；
对于④，M={x,y|y=lg2x}，取点1,0，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④不正确，故答案为①③.
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：y＝g（x），若函数f（x）满
足∀x∈I（其中I为函数f（x）的定义域，当x≠x0时，[f（x）﹣g（x）]（x﹣x0）＞0恒成立，则称x0为函
数f（x）的“转折点”，已知函数f（x）＝ex﹣ax2﹣2x在区间[0，1]上存在一个“转折点”，则a的取值范
围是（ ）
A．[0，e]B．[1，e]C．[1，+∞）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）]（x﹣x0）＞0，x∈[0，1]；
∴当x＞x0时，f（x）＞g（x）；
当x＜x0时，f（x）＜g（x）；
∴f（x）是一个不凸不凹的函数，满足f''（x）＝0；
∵；
∴f''（x）＝ex﹣a＝0，解得x＝lna；
∵f（x）的定义域为区间[0，1]；
∴0≤lna≤1，解得a∈[1，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，y∈S，都有x＋y，x－y，xy∈S，则称S为封闭集．下列命题：①集合S＝{a＋b|a，b为整数}为封闭集；②若S为封闭集，则一定有0∈S；③封闭集一定是无限集；④若S为封闭集，则满足S⊆T⊆R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】①②
【举一反三】
1．（2020 •青山区校级月考）定义：如果函数y＝f（x）在定义域内给定区间[a，b]上存在x0（a＜x0＜b），
满足，则称函数y＝f（x）是[a，b]上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点，如y
＝x2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+是[﹣1，1]上的平均值函数，
则实数t的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【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，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+tx＝⇒x3+tx+t﹣1＝0，解得x2+t+1+x＝0或x＝1
又1∉（﹣1，1）
∴x2+t+1+x＝0的解为：必为均值点，即﹣1＜＜1⇒﹣3＜t≤﹣，
﹣1＜＜1⇒﹣＜t≤﹣，
∴所求实数t的取值范围是﹣3＜t，故选：A．
2．（2012•湛江一模）已知函数f（x）的图象在[a，b]上连续不断曲线，定义：f1（x）＝min{f（t）|a≤t≤x}
（x∈[a，b]），f2（x）＝max{f（t）|a≤t≤x}（x∈[a，b]）．其中，min{f（t）|t∈D}表示函数f（t）在D上的
最小值，max{f（t）|x∈D}表示函数f（t）在D上的最大值．若存在最小正整数k，使得f2（x）﹣f1（x）≤k
（x﹣a）对任意的x∈[a，b]成立，则称函数f（x）为[a，b]上的“k阶收缩函数”．
（1）已知函数f（x）＝2sinx（0），试写出f1（x），f2（x）的表达式，并判断f（x）是否为[0，]上的“k阶收缩函数”，如果是，请求对应的k的值；如果不是，请说明理由；
（2）已知b＞0，函数g（x）＝﹣x3+3x2是[0，b]上的2阶收缩函数，求b的取值范围．
【答案】见解析
【解析】分析：（1）由题意可得，f1（x）＝0，f2（x）＝2sinx，x∈[0，]，于是f2（x）﹣f1（x）＝2sinx．若f（x）是[0，]上的“k阶收缩函数”，则2sinx≤在[0，]上恒成立，且∃x1∈[0，]使得2sinx＞（k﹣1）x成立，构造函数φ（x）＝﹣x，x∈[0，]，可得2sinx≤2x在[0，]恒成立，由此可得结论；
（2）先对函数g（x）进行求导判断函数的单调性，进而写出g1（x）、g2（x）的解析式，分类讨论，利用g（x）＝﹣x3+3x2是[0，b]上的2阶收缩函数，即可得到答案．
解：（1）由题意可得，f1（x）＝0，f2（x）＝2sinx，x∈[0，]
于是f2（x）﹣f1（x）＝2sinx．
若f（x）是[0，]上的“k阶收缩函数”，则2sinx≤在[0，]上恒成立，
且∃x1∈[0，]使得2sinx＞（k﹣1）x成立．
令φ（x）＝﹣x，x∈[0，]，则φ′（x）＝﹣1＜0，
所以φ（x）＝﹣x在[0，]单调递减，
∴φ（x）≤φ（0），x∈[0，]，即≤x，于是2sinx≤2x在[0，]恒成立；
又∃x1＝，2sinx＞x成立．
故存在最小的正整数k＝2，使f（x）为[0，]上的“2阶收缩函数”．
（2）g'（x）＝﹣3x2+6x＝﹣3x（x﹣2），令g'（x）＝0得x＝0或x＝2．
令g（x）＝0，解得x＝0或3．
函数g（x），g′（x）的变化情况如下：
（ⅰ）b≤2时，g（x）在[0，b]上单调递增，
因此，g2（x）＝g（x）＝﹣x3+3x2，g1（x）＝g（0）＝0．
因为g（x）＝﹣x3+3x2是[0，b]上的2阶收缩函数，
所以，①g2（x）﹣g1（x）≤2（x﹣0）对x∈[0，b]恒成立；
②存在x∈[0，b]，使得g2（x）﹣g1（x）＞（x﹣0）成立．
①即：﹣x3+3x2≤2x对x∈[0，b]恒成立，由﹣x3+3x2≤2x，解得：0≤x≤1或x≥2，
要使﹣x3+3x2≤2x对x∈[0，b]恒成立，需且只需0＜b≤1．
②即：存在x∈[0，b]，使得x（x2﹣3x+1）＜0成立．
由x（x2﹣3x+1）＜0得：x＜0或 ＜x＜，所以，需且只需b＞．
综合①②可得：＜b≤1
（ⅱ）当b＞2时，显然有 ∈[0，b]，由于g（x）在[0，2]上单调递增，
根据定义可得：g2（ ）＝，g1（ ）＝0，可得g2（ ）﹣g1（ ）＝＞2×＝3，
此时，g2（x）﹣g1（x）≤2（x﹣0）不成立．
综合（ⅰ），（ⅱ）可得：＜b≤1．
3（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y=2x−1，y=x21+x2，y=x22+csx−1中，与函数f(x)=x4不是亲密函数的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【解析】易知幂函数y=x4定义域为R，偶函数，在(−∞,0)上，f(x)↘，在(0,+∞)上，f(x)↗，y≥0.四个选项中函数的定义域都为R且都为偶函数，单调性也与y=x4保持一致，因为y=x21+x2=1−11+x2显然在(0,+∞)上递增，又x>0，y'=x−sinx>0，y=x22+csx−1递增，当x→+∞，除y=x21+x2→1（显然x21+x2<1）外，其他函数的y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•海淀区校级模拟）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为，动点P在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面α，记平面α截正方体得到的截面多边形（含三角形）的周长为y＝f（x），设BP＝x，x∈（0，3），关于函数y＝f（x）：
（Ⅰ）下列说法中，正确的是
①当x∈（1，2）时，截面多边形为正六边形；
②函数f（x）的图象关于对称；
③任取x1，x2∈[1，2]时，f（x1）＝f（x2）．
（Ⅱ）函数y＝f（x）单调区间为 单调递增区间（0，1），单调递减区间（2，3） ．
【答案】②③
【解析】【分析】（I）①x＝时，截面为△AB1C，其余截面多边形为正六边形，故①不正确；
②根据正方体的对称性，可得函数f（x）的图象关于对称，正确；
③任取x1，x2∈[1，2]时，根据面面平行，可得三角形相似，即可得出当α在平面AB1C，面A1DC1之间运动时，y不变，正确；
（II）由截面图形，可得单调递增区间（0，1），单调递减区间（2，3）．
【解答】解：（I）①x＝时，截面为△AB1C，其余截面多边形为正六边形，故①不正确；
②根据正方体的对称性，可得函数f（x）的图象关于对称，正确；
③任取x1，x2∈[1，2]时，根据面面平行，可得三角形相似，即可得出当α在平面AB1C，面A1DC1之间运动时，y不变，正确；
（II）由截面图形，可得单调递增区间（0，1），单调递减区间（2，3）．
故答案为②③；对单递增区间（0，1），单调递减区间（2，3）．
【点评】本题考查了空间几何体的应用问题，也考查了作图和读图的能力，解题时应根据几何体的特征和条件进行分析变化情况．
【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】
选择题
1.已知集合A={1,2，3，…n(n∈N*)}，集合B={j1,j2,…jk)k≥2,k∈N*是集合A的子集，若1≤j1 A．9B．10C．11D．12
【答案】B
【解析】
由题意可得n=7，k=3，m=2，那么集合A={1,2，3，4，5，6，7}；集合B={j1,j2,j3}，1≤j1故选：B．
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x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y=[x]称为高斯函数.例如：[−2.1]=−3，[3.1]=3，已知函数f(x)=2x+32x+1，则函数y=[f(x)]的值域为（ ）
A．{0,1,2,3}B．{0,1,2}C．{1,2,3}D．{1,2}
【答案】D
【解析】fx=2x+32x+1=1+2x+21+2x=1+21+2x，又2x>0，∴21+2x∈（0，2），∴1+21+2x∈（1，3）
∴当x∈（1，2）时，y＝[f（x）]＝1；
当x∈[2，3）时，y＝[f（x）]＝2．
∴函数y＝[f（x）]的值域是{1，2}．
故选D．
3．定义集合运算：A⊙B=｛|，x∈A，y∈B｝，设集合A=｛−1，0，1｝，B=，则集合A⊙B的所有元素之和为（ ）
A．1B．0C．−1D．
【答案】B
【解析】解因为x∈A，所以x的可能取值为-1,0,1
同理，y的可能取值为sinα,csα
所以的所有可能取值为（重复的只列举一次）：−sinα,0,sinα,−csα,csα,
所以所有元素之和为0，故选B
4.定义：abcd=ad−bc，如1234=1×4−2×3=−2，则cs45∘sin75∘sin135∘cs105∘=（ ）
A．0B．32C．−32D．1
【答案】C
【解析】由题意得cs45∘sin75∘sin135∘cs105∘=cs45∘cs105∘−sin75∘sin135∘
=−(cs45∘cs75∘+sin75∘sin45∘)
=−cs75∘−45∘=−cs30°=−32．故选C．
5．（2020•重庆期末）正三棱柱ABC﹣A1B1C1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（ ）
A．2+2B．C．D．
【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ABC﹣A1B1C1扩大为如图的正三棱柱，
其中AA''＝2AA1＝4，AH＝2AB＝4，
则点E为AH'的中点，点F为AC''的中点．设H'F∩B1C1＝I，
所以EF∥H'C''，
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，
∴AE＝AF＝＝，
在A1H'D'中，如图：
连接HF，交B1C1于I，连接H'C1，
则I为三角形A1H'C1的重心，
所以B1I＝＝，FI＝，
因为H'C1＝4×sin60°＝2，C1F＝1，所以FI＝＝＝．
又因为B1E⊥平面A1B1C1，
所以三角形EB1I为直角三角形，且EB1＝1，B1I＝，所以EI＝＝，
所以，截面的周长为：2+．故选：B．
6．若函数fx图象上存在两个点A，B关于原点对称，则点对A,B称为函数fx的“友好点对”且点对A,B与B,A可看作同一个“友好点对”.若函数fx=x2+2ex+m−1,x≤0x+e2x,x>0(其中e为自然对数的底数，e≈2.718)恰好有两个“友好点对”则实数m的取值范围为( )
A．m≤(e−1)2B．m>(e−1)2C．m<(e−1)2D．m≥(e−1)2
【答案】C
【解析】
解：当x≤0时，y=x2+2ex+m−1关于原点对称的函数为−y=x2−2ex+m−1，
即y=−x2+2ex−m+1，x>0，
设hx=−x2+2ex−m+1，x>0，
条件等价为当x>0时，hx与fx的图象恰好有两个不同的交点，
则hx=−x2+2ex−m+1=−(x−e)2+e2+1−m，x>0，
当x=e时，函数hx取得最大值he=e2+1−m，
当x>0时，fx=x+e2x，f'x=1−e2x2=x2−e2x2．
由f'x>0得x>e，此时fx为增函数，
由f'x<0得0即当x=e时，函数fx取得极小值同时也是最小值fe=e+e2e=e+e=2e，
作出当x>0时，hx与fx的图象如图：
要使两个图象恰好有两个不同的交点，
则he>fe，即e2+1−m>2e，
即e2−2e+1>m，
即m<(e−1)2，
故选：C．
二、填空题
7．（2020•宜昌期末）艾萨克•牛顿（1643﹣1727），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{}：，
我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f（x）＝ax2+bx+c（a＞0）有两个零点1和3，数列{}为牛顿数列，，且a1＝3，＞3，则数列{an}的通项公式为an＝ ．
【答案】3×2n﹣1
【解析】【分析】根据函数f（x）＝ax2+bx+c（a＞0）．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（a＞0）有两个零点1和3，得
f（x）＝a（x﹣1）（x﹣3）＝ax2﹣4ax+3a，故f′（x）＝2ax﹣4a．
由题意，得＝＝．
∴＝＝＝．
∴＝＝．
故数列{an}是以a1＝3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
学看到的像为且满足（k∈N*），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+1﹣ak＝k（k∈N*），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的同学看到的像是（11，15）．
（2）设编号为n的同学看到的像是（bn，an），
则b1＝5，a1＝6，当n≥2时，bn＝an﹣1．
由题意an﹣bn＝n，∴an﹣an﹣1＝n（n≥2）．
∴an﹣a1＝（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an﹣an﹣1）
＝2+3+…+n＝．
，
，
当＝195时，n＝20，
＝．
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AC＝DB＝，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：
①数列{Sn}是等比数列；
②数列{Sn}是递增数列；
③存在最小的正数a，使得对任意的正整数n，都有Sn＞2018；
④存在最大的正数a，使得对任意的正整数n，都有Sn＜2018．
其中真命题的序号是 （请写出所有真命题的序号）．
【答案】②④
【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，S1＝a，
图2中的正六边形边长为，S2＝S1+×4＝S1+2a；
图3中的最小正六边形的边长为，S3＝S2+×4＝S2+a
图4中的最小正六边形的边长为，S4＝S3+×4＝S3+
由此类推，Sn﹣Sn﹣1＝，
∴{Sn}为递增数列，但不是等比数列，即①错误，②正确，
因为Sn＝S1+（S2﹣S1）+（S3﹣S2）+…+（Sn﹣Sn﹣1）＝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Sn＜2018
即④正确，③错误，故填②④
10.（2020•蚌埠二模）正三棱锥P﹣ABC中，PA＝AB＝4，点E在棱PA上，且PE＝3EA．正三棱锥
P﹣ABC的外接球为球O，过E点作球O的截面α，α截球O所得截面面积的最小值为 ．
【答案】3π
【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CQ＝×AC×sin60°＝＝，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，OC＝r，QC＝r﹣，由r2＝QC2+QO2得：，解得：r＝2．取PA中点F，连接OF，因为OP＝OA＝r，所以OF⊥PA，又因为PA＝4，E为PA的四等分点，所以EF＝1，PF＝2，
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πR2＝3π．
11．（2020•杨浦区校级期末）设集合A＝{2n|0≤n≤16，n∈N}，它共有136个二元子集，如{20，21}，{21，22}…等等．记这136个二元子集为B1，B2，B3，…B136，．设，定义S（B1）＝|x﹣y|，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）＝（21﹣20+22﹣20+……+216﹣20）+（22﹣21+23﹣21+……+216﹣21）+……+（215﹣214+216﹣214）+（216﹣215），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）
＝（21﹣20+22﹣20+……+216﹣20）+（22﹣21+23﹣21+……+216﹣21）+……
+（215﹣214+216﹣214）+（216﹣215）
＝﹣16×20+﹣15×21+……+﹣2×214+216﹣215
＝217×15+216﹣（2+22+……+215）﹣（16+15×21+……+2×214+215）
＝217×15+216﹣﹣（217﹣18）
＝217×14+20
＝1835028．
12．（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（a﹣x）
＝1对任意实数x∈R恒成立，则称f（x）为关于a的“τ函数”．已知定义在R上的函数f（x）是关于0和
1的“τ函数”，且当x∈[0，1]时，f（x）的取值范围为[1，2]，则当x∈[﹣2，2]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（1﹣x）＝1，
即f（2+x）•f（﹣x）＝1，
即f（2+x）•f（﹣x）＝1＝f（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x∈[0，1]，则﹣x∈[﹣1，0]，2﹣x∈[1，2]，此时1≤f（x）≤2，
∵f（x）•f（﹣x）＝1，
∴f（﹣x）＝∈[，1]，
∵f（﹣x）＝f（2﹣x）∈[，1]，
∴当x∈[1，2]时，f（x）∈[，1]．
即一个周期内当x∈[0，2]时，f（x）∈[，2]．
∴当x∈[﹣2，2]时，f（x）∈[，2]．
13．（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f[f（x）]≤0在定义域上
恒成立，而且存在实数x0满足：f[f（x0）]＝x0且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﹣≤b≤0，由题意可得f（x）存在两点关于直线y＝x对称，令直线l：y＝m﹣x，与y＝2x2+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，x∈[﹣1，0]，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﹣≤b≤0，
设y0＝f（x0），可得f（y0）＝x0且y0≠x0，
即有f（x）存在两点关于直线y＝x对称，令直线l：y＝m﹣x，与y＝2x2+2x+b，
联立可得2x2+3x+b﹣m＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），中点为E（x0，y0），
即有，即有E（﹣，m+）在直线y＝x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﹣≤b＜﹣．
14．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Q划分为两个非空的子集M与N，且满足M∪N=Q，M∩N=∅，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称(M,N)为戴德金分割.试判断，对于任一戴德金分割(M,N)，下列选项中，可能成立的是____．
①M没有最大元素，N有一个最小元素；②M没有最大元素，N也没有最小元素；
③M有一个最大元素，N有一个最小元素；④M有一个最大元素，N没有最小元素.
【答案】①②④
【解析】
若M＝{x∈Q|x＜0}，N＝{x∈Q|x≥0}，则M没有最大元素，N有一个最小元素0，故①可能成立；
若M＝{x∈Q|x＜2}，N＝{x∈Q|x≥2}；则M没有最大元素，N也没有最小元素，故②可能成立；
若M＝{x∈Q|x≤0}，N＝{x∈Q|x＞0}；M有一个最大元素，N没有最小元素，故④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③不可能成立．
故答案为：①②④
15．已知二进制和十进制可以相互转化，例如89=1×26+0×25+1×24+1×23+0×22+0×21+1×20，则十进制数89转化为二进制数为(1011001)2.将n对应的二进制数中0的个数，记为an（例如：4=(100)2，51=(110011)2，89=(1011001)2，则a4=2，a51=2，a89=3），记f(n)=2an，则f(22018)+f(22018+1)+f(22018+2)+...+f(22019−1)=__________．
【答案】32018
【解析】
由题意得22018，22018+1，22018+2，⋯，22019−1共22019−22018=22018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（0≤k≤2018）
∴f(x)=2k
在这22018个数中，转换为二进制后有k个0的数共有C2018k个
∴f(22018)+f(22018+1)+f(22018+2)+...+f(22019−1)=k=020182k∙C2018k
由二项式定理，k=020182k∙C2018k=1+22018=32018.
故答案为：32018.
16．定义在正实数上的函数f（x）={x·{x}}，其中{x}表示不小于x的最小整数，如0,2=1，{1,6}=2，当x∈(0,n],n∈N∗时，函数f（x）的值域为An，记集合An中元素的个数为an，则an=____.
【答案】nn+12
【解析】
易知：当n=1时，因为x∈（0，1]，所以{x}=1，所以{x{x}}=1，所以A1={1},a1=1.
当n=2时，因为x∈（1，2]，所以{x}=2，所以{x{x}}∈（2，4]，
所以A2={1,3,4},a2=3.
当n=3时，因为x∈（2，3]，所以{x}=3，所以{x{x}}={3x}∈（6，9]，
A3={1,3,4,7,8,9},a3=6；
当n=4时，因为x∈（3，4]，所以{x}=4，所以{x{x}}={4x}∈（12，16]，
所以A4={1,3,4,7,8,9,13,14,15,16},a4=10；
当n=5时，因为x∈（4，5]，所以{x}=5，所以{x{x}}={5x}∈（20，25]，
所以A5={1,3,4,7,8,9,13,14,15,16,21,22,23,24,25},a5=15.
由此类推：an=an−1+n.
故an=a1+a2−a1+a3−a2+⋯+an−an−1 =1+2+3+⋯+n =nn+12.
17．任意实数a，b，定义a⊗b=ab,ab≥0ab,ab<0，设函数fx=lg2x⊗x，数列an是公比大于0的等比数列，且a6=1，fa1+fa2+fa3+⋯+fa9+fa10=2a1，则a1=____.
【答案】4
【解析】
由题fx=lg2x⊗x=xlg2x，x≥1lg2xx，0＜x＜1，
∵数列{an}是公比大于0的等比数列，且a6=1，
①1＜q时，a1，a2，…，a5∈（0，1），a7，a8，a9，a10∈（1，+∞），a1q5=1．
∴a1=1q5，
分别为：1q5，1q4，…，1q，1，q，…，q4．
∵fa1+fa2+fa3+⋯+fa9+fa10=2a1
∴lg2a1a1+lg2a2a2+⋯+lg2a5a5+0+a7lg2a7+…+a10lg2a10＝2a1，
∴q5lg21q5+q4lg21q4+⋯+qlg21q+qlg2q+⋯+q4lg2q4=2×1q5．
∴q5lg21q5=2×1q5．左边小于0，右边大于0，不成立，舍去．
②0＜q＜1时，a1q5=1，∴a1=1q5，
分别为：1q5，1q4，…，1q，1，q，…，q4，a1，a2，…，a5∈（1，+∞），a7，a8，a9，a10∈（0，1），∵fa1+fa2+fa3+⋯+fa9+fa10=2a1
∴1q5lg21q5+1q4lg21q4+⋯+1qlg21q+1qlg2q+⋯+1q4lg2q4=2×1q5．
∴1q5lg21q5=2×1q5．
∴1q5=4，
∴a1＝4．
③q＝1时，a1＝…＝a6＝…＝a10＝1，不满足fa1+fa2+fa3+⋯+fa9+fa10=2a1，舍去．
综上可得：a1＝4．
故答案为：4．
18．已知集合M=x∈N1≤x≤21 ，集合A1,A2,A3 满足① 每个集合都恰有7个元素 ; ② A1∪A2∪A3=M．集合Ai中元素的最大值与最小值之和称为集合Ai的特征数，记为Xi（i=1,2,3），则X1+X2+X3 的最大值与最小值的和为_______.
【答案】132
【解析】由题意得，集合A1,A2,A3中各包含7个元素，且互不相等，当X1+X2+X3取得最小值时，集合A1,A2,A3中的最小值分别为1,2,3，最大值分别为21,15,9，例如A1={1,16,17,18,19,20,21},A2={2,10,11,12,13,14,15},A3={3,4,5,6,7,8,9}，此时X1+X2+X3最小，且为51.
当集合A1,A2,A3中最小值为1,7,13，最大值为19,20,21时，X1+X2+X3最大.例如A1={1,2,3,4,5,6,21}，A2={7,8,9,10,11,12,20}，A3={13,14,15,16,17,18,19}，此时X1+X2+X3最大，且为81.故X1+X2+X3最大值与最小值之和为132.
19．定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D的“直径”.已知锐角三角形的三个顶点A,B,C在半径为1的圆上，且∠BAC=π3，分别以ΔABC各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和ΔABC构成平面区域D，则平面区域D的“直径”的最大值是__________．
【答案】332
【解析】
设三个半圆圆心分别为G,F，E，半径分别为r1，r2，r3,M,P,N分别为半圆上的动点，则PM≤r1+r2+GF= r1+r2+AC2=r1+r2+r3=a+b+c2，当且仅当M,G,F,P共线时取等；同理：PN ≤r1+r2+r3,MN≤r1+r2+r3,又∆ABC外接圆半径为1，∠BAC=π3，所以BCsinπ3=2,∴BC=a=2sinπ3=3,由余弦定理b2+c2−bc=3,即b+c2−3=3bc≤3b+c22,解b+c≤23,当且仅当b=c=3取等；故r1+r2+r3=a+b+c2≤332
故答案为332
20．在实数集R中定义一种运算“∗”，具有性质：
（1）对任意a,b∈R,a∗b=b∗a；（2）对任意a∈R,a∗0=a；
（3）对任意a,b∈R,a∗b∗c= cab+a∗c+b∗c−5c.
则函数f(x)=x∗1xx>0的最小值为________．
【答案】3
【解析】
因为在（3）中，对任意a,b∈R，a∗b∗c=c∗ab+a∗c+b∗c−5c
令c=0，代入得a∗b∗0=0∗ab+a∗0+b∗0
由（1）中a∗b=b∗a可得a∗b∗0=ab∗0+a∗0+b∗0
由（2）中a∗0=a，化简可得a∗b∗0=ab+a+b
所以fx=x∗1x=1+x+1x因为x>0
由基本不等式可得fx=1+x+1x≥3
所以最小值为3
x
（﹣∞，0）
0
（0，2）
2
（2，+∞）
g′（x）
﹣
0
+
0
﹣
g（x）
0
4