PAGE1-特色專題高考新元素一創新型問題新課程標準要求學生“對新奇的信息、情景和設問，選擇有效的方法和手段收集信息，綜合與敏捷地應用所學的數學學問、思想和方法，進行獨立思索、探究和探討，提出解決問題的思路，創建性地解決問題．”隨著改革的深化和推動，高考的改革使學問立意轉向實力立意，推出了一批新奇而又新穎的、具有創新意識和創新思維的新題．創新型試題是考查學生創新意識最好的題型之一，它對考查學生的閱讀理解實力、學問遷移實力、類比猜想實力、數學探究實力等都有良好的作用．高考數學創新型試題主要是指突出實力考查的新奇問題(主要指命題的立意新、試題的背景新、問題的情景新、設問的方式新等)．此類問題沒有固定的模式，很難有現成的方法和套路，要求思維水平高，思維容量大，但運算量較小，求解此類問題，要求學生有臨場閱讀，提取信息和進行信息加工、處理的實力，敏捷運用基礎學問的實力和分析問題、解決問題的綜合實力．“新定義”問題新定義問題是指在特定情景下，用新的數學符號或文字敘述對探討的問題進行科學的、合乎情理的定義，并在此定義下結合已學過的學問解決給出的問題——新定義問題的解題技法．求解此類問題，首先應明確新定義的實質，利用新定義中包含的內容，結合所學學問，將問題向熟識的、已駕馭的學問進行轉化．[典型例題](1)定義“規范01數列”{an}如下：{an}共有2m項，其中m項為0，m項為1，且對隨意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的個數不少于1的個數．若m＝4，則不同的“規范01數列”共有()A．18個B．16個C．14個D．12個(2)設D是函數y＝f(x)定義域內的一個區間，若存在x0∈D，使得f(x0)＝－x0，則稱x0是f(x)的一個“次不動點”，也稱f(x)在區間D上存在“次不動點”．若函數f(x)＝ax2－3x－a＋eq\f(5,2)在區間[1，4]上存在“次不動點”，則實數a的取值范圍是()A．(－∞，0] B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))【解析】(1)法一：不妨設a1＝0，a8＝1，a2，a3，…，a7中有3個0、3個1，且滿意對隨意k≤8，都有a1，a2，…，ak中0的個數不少于1的個數，利用列舉法可得不同的“規范01數列”有00001111，00010111，00011011，00011101，00100111，00101011，00101101，00110011，00110101，01000111，01001011，01001101，01010011，01010101，共14個．法二：設a1，a2，a3，…，ak中0的個數為t，則1的個數為k－t，由2m＝8知，k≤8且t≥k－t≥0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t≤k≤2t,k≤8,t≤4,k，t∈N)).當t＝1時，k＝1，2，當t＝2時，k＝2，3，4，當t＝3時，k＝3，4，5，6，當t＝4時，k＝4，5，6，7，8，所以“規范01數列”共有2＋3＋4＋5＝14(個)．法三：前同法二．問題即是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t≤k≤2t,k≤8,t≤4,k，t∈N))表示的區域內的整點(格點)的個數，如圖整點(格點)為2＋3＋4＋5＝14(個)，即“規范01數列”共有14個．(2)方程ax2－3x－a＋eq\f(5,2)＝－x在區間[1，4]上有解，明顯x≠1，所以方程ax2－3x－a＋eq\f(5,2)＝－x在區間(1，4]上有解，即求函數a＝eq\f(2x－\f(5,2),x2－1)在區間(1，4]上的值域，令t＝4x－5，則t∈(－1，11]，a＝eq\f(8t,t2＋10t＋9)，當t∈(－1，0]時，a≤0；當t∈(0，11]時，0<a＝eq\f(8,t＋10＋\f(9,t))≤eq\f(8,2\r(t×\f(9,t))＋10)＝eq\f(1,2)，當且僅當x＝3時取等號．綜上，實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，故選C.【答案】(1)C(2)C[對點訓練]1．定義“上升數”是一個數中右邊的數字比左邊的數字大的自然數(如123，568，2479等)，任取一個兩位數，這個兩位數為“上升數”的概率為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)解析：選B.兩位數10，11，12，…，99共90個，其中十位數為1的“上升數”為12，13，…，19共8個，十位數為2的“上升數”為23，24，…，29共7個，…十位數為8的“上升數”為89，只有1個，則全部兩位數中的“上升數”共8＋7＋6＋…＋1＝eq\f(8（8＋1）,2)＝36個，則兩位數為“上升數”的概率P＝eq\f(36,90)＝eq\f(2,5)，選B.2．(經典考題)定義“函數y＝f(x)是D上的a級類周期函數”如下：函數y＝f(x)，x∈D，對于給定的非零常數a，總存在非零常數T，使得定義域D內的隨意實數x都有af(x)＝f(x＋T)恒成立，此時T為f(x)的周期．若y＝f(x)是[1，＋∞)上的a級類周期函數，且T＝1，當x∈[1，2)時，f(x)＝2x(2x＋1)，且y＝f(x)是[1，＋∞)上的單調遞增函數，則實數a的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，＋∞)) B．[2，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞)) D．[10，＋∞)解析：選C.因為x∈[1，2)時，f(x)＝2x(2x＋1)，所以當x∈[2，3)時，f(x)＝af(x－1)＝a·2x－1(2x－1)，當x∈[n，n＋1)時，f(x)＝af(x－1)＝a2f(x－2)＝…＝an－1f(x－n＋1)＝an－1·2x－n＋1(2x－2n＋3)，即x∈[n，n＋1)時，f(x)＝an－1·2x－n＋1(2x－2n＋3)，n∈N*，同理，當x∈[n－1，n)時，f(x)＝an－2·2x－n＋2(2x－2n＋5)，n∈N*.因為f(x)在[1，＋∞)上單調遞增，所以a>0且an－1·2n－n＋1(2n－2n＋3)≥an－2·2n－n＋2·(2n－2n＋5)，解得a≥eq\f(10,3).故選C.3．(經典考題)設S為實數集R的非空子集，若對隨意x，y∈S，都有x＋y，x－y，xy∈S，則稱S為封閉集．下列命題：①集合S＝{a＋beq\r(3)|a，b為整數}為封閉集；②若S為封閉集，則肯定有0∈S；③封閉集肯定是無限集；④若S為封閉集，則滿意S?T?R的隨意集合T也是封閉集．其中的真命題是__________．(寫出全部真命題的序號)解析：對于整數a1，b1，a2，b2，有a1＋b1eq\r(3)＋a2＋b2eq\r(3)＝(a1＋a2)＋(b1＋b2)eq\r(3)∈S，a1＋b1eq\r(3)－(a2＋b2eq\r(3))＝(a1－a2)＋(b1－b2)eq\r(3)∈S，(a1＋b1eq\r(3))·(a2＋b2eq\r(3))＝(a1a2＋3b1b2)＋(a1b2＋a2b1)eq\r(3)∈S，所以①正確．若S為封閉集，且存在元素x∈S，那么必有x－x＝0∈S，即肯定有0∈S，所以②正確．當S＝{0}時，S為封閉集，所以③錯誤．取S＝{0}，T＝{0，1，2，3}時，明顯2×3＝6?T，所以④錯誤．答案：①②“新運算”問題新運算問題是在原有運算的基礎上定義了一種新運算，在精確把握信息本質的基礎上，將這種新運算轉化為早已熟識的運算，從而進一步運用已有的學問去分析、解決問題．[典型例題](經典考題)當x≠1且x≠0時，數列{nxn－1}的前n項和Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxx－1(n∈N*)可以用數列求和的“錯位相減法”求得，也可以由x＋x2＋x3＋…＋xn(n∈N*)按等比數列的求和公式，先求得x＋x2＋x3＋…＋xn＝eq\f(x－xn＋1,1－x)，兩邊都是關于x的函數，兩邊同時求導，(x＋x2＋x3＋…＋xn)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－xn＋1,1－x)))′，從而得到Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝eq\f(1－（n＋1）xn＋nxn＋1,（1－x）2)，根據同樣的方法，請從二項綻開式(1＋x)n＝1＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn動身，可以求得，Sn＝1×2×Ceq\o\al(1,n)＋2×3×Ceq\o\al(2,n)＋3×4×Ceq\o\al(3,n)＋…＋n(n＋1)×Ceq\o\al(n,n)(n≥4)的值為________．(請填寫最簡結果)．【解析】依題意，對(1＋x)n＝1＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋Ceq\o\al(3,n)x3＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn兩邊同時求導，得n(1＋x)n－1＝Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)x＋3Ceq\o\al(3,n)x2＋…＋nCeq\o\al(n,n)xn－1，①取x＝1，得Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)＋3Ceq\o\al(3,n)＋…＋nCeq\o\al(n,n)＝n×2n－1，②②×2得，2Ceq\o\al(1,n)＋2×2Ceq\o\al(2,n)＋2×3Ceq\o\al(3,n)＋…＋2nCeq\o\al(n,n)＝n×2n，③再對①式兩邊同時求導，得n(n－1)(1＋x)n－2＝1×2Ceq\o\al(2,n)＋2×3Ceq\o\al(3,n)x＋…＋n(n－1)Ceq\o\al(n,n)xn－2，取x＝1，得1×2Ceq\o\al(2,n)＋2×3Ceq\o\al(3,n)＋…＋n(n－1)Ceq\o\al(n,n)＝n(n－1)×2n－2，④③＋④得1×2Ceq\o\al(1,n)＋2×3Ceq\o\al(2,n)＋3×4Ceq\o\al(2,n)＋…＋n(n＋1)Ceq\o\al(n,n)＝n×2n＋n(n－1)×2n－2＝n(n＋3)×2n－2.【答案】n(n＋3)×2n－2[對點訓練]1．(經典考題)定義平面對量之間的一種運算“⊙”如下：對隨意的a＝(m，n)，b＝(p，q)，令a⊙b＝mq－np.下面說法錯誤的是()A．若a與b共線，則a⊙b＝0B．a⊙b＝b⊙aC．對隨意的λ∈R，有(λa)⊙b＝λ(a⊙b)D．(a⊙b)2＋(a·b)2＝|a|2|b|2解析：選B.若a＝(m，n)與b＝(p，q)共線，則mq－np＝0，依運算“⊙”知a⊙b＝0，故A正確，由于a⊙b＝mq－np，又b⊙a＝np－mq，因此a⊙b＝－b⊙a，故B不正確．由于λa＝(λm，λn)，因此(λa)⊙b＝λmq－λnp，又λ(a⊙b)＝λ(mq－np)＝λmq－λnp，故C正確．(a⊙b)2＋(a·b)2＝m2q2－2mnpq＋n2p2＋(mp＋nq)2＝m2(p2＋q2)＋n2(p2＋q2)＝(m2＋n2)(p2＋q2)＝|a|2|b|2，故D正確．2．(經典考題)設數列{an}的前n項和為Sn.若對隨意的正整數n，總存在正整數m，使得Sn＝am，則稱{an}是“H數列”．(1)若數列{an}的前n項和Sn＝2n(n∈N*)，證明：{an}是“H數列”；(2)設{an}是等差數列，其首項a1＝1，公差d<0.若{an}是“H數列”，求d的值．解：(1)證明：由已知，當n≥1時，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是對隨意的正整數n，總存在正整數m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H數列”．(2)由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因為{an}是“H數列”，所以存在正整數m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.因為d<0，所以m－2<0，故m＝1.從而d＝－1.當d＝－1時，an＝2－n，Sn＝eq\f(n（3－n）,2)是小于2的整數，n∈N*.于是對隨意的正整數n，總存在正整數m＝2－Sn＝2－eq\f(n（3－n）,2)，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H數列”．因此d的值為－1.二古代算術與現代高考我國是有著五千年文明的古國，具有豐富的文化基礎，在數學領域里具有深厚的數學淵源，其中《九章算術》中的一些理論推動著當今科學和數學的發展，隨著我國經濟建設蓬勃發展，現今部分高考數學試題也在古代算術的基礎上，結合現代高考元素應運而生，這些試題是古代算術與現代高考結合的經典范例，是傳統文化與現代科學的有機融合．[典型例題](1)(2024·高考浙江卷)我國古代數學著作《張邱建算經》中記載百雞問題：“今有雞翁一，值錢五；雞母一，值錢三；雞雛三，值錢一．凡百錢，買雞百只，問雞翁、母、雛各幾何？”設雞翁、雞母、雞雛個數分別為x，y，z，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝100，,5x＋3y＋\f(1,3)z＝100，))當z＝81時，x＝______，y＝______．(2)(經典考題)我國古代數學家劉徽創立的“割圓術”可以估算圓周率π，理論上能把π的值計算到隨意精度．祖沖之繼承并發展了“割圓術”，將π的值精確到小數點后七位，其結果領先世界一千多年．“割圓術”的第一步是計算單位圓內接正六邊形的面積S6，S6＝________．【解析】(1)因為z＝81，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝19，,5x＋3y＝73，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝8，,y＝11.))(2)如圖，單位圓內接正六邊形由六個邊長為1的正三角形組成，所以，正六邊形的面積S6＝6×eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).【答案】(1)811(2)eq\f(3\r(3),2)[對點訓練]1．(名師原創)《九章算術》是我國古代數學名著，在其中有道“竹九問題”：“今有竹九節，下三節容量四升，上四節容量三升．問中間二節欲均容各多少？”意思為：今有竹九節，下三節容量之和為4升，上四節容量之和為3升，且每一節容量改變勻稱(即每節容量成等差數列)．問每節容量各為多少？在這個問題中，中間一節的容量為()A.eq\f(7,2) B.eq\f(37,33)C.eq\f(67,66) D.eq\f(10,11)解析：選C.設從最下節往上的容量構成等差數列{an}， 公差為d.則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝4,a9＋a8＋a7＋a6＝3))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝4,4a1＋26d＝3))，解得a1＝eq\f(95,66)，d＝－eq\f(7,66).中間為第五節，即a5＝a1＋4d＝eq\f(95,66)＋4×(－eq\f(7,66))＝eq\f(67,66).故選C.2．(名師原創)《九章算術》是我國古代聞名數學經典．其中對勾股定理的論述比西方早一千多年，其中有這樣一個問題：“今有圓材埋在壁中，不知大?。凿忎徶钜淮?，鋸道長一尺．問徑幾何？”其意為：今有一圓柱形木材，埋在墻壁中，不知其大小，用鋸去鋸該材料，鋸口深1寸，鋸道長1尺．問這塊圓柱形木料的直徑是多少？長為1丈的圓柱形木材部分鑲嵌在墻體中，截面圖如圖所示(陰影部分為鑲嵌在墻體內的部分)．已知弦AB＝1尺，弓形高CD＝1寸，估算該木材鑲嵌在墻中的體積約為()(注：1丈＝10尺＝100寸，π≈3.14，sin22.5°≈eq\f(5,13))A．600立方寸 B．610立方寸C．620立方寸 D．633立方寸解析：選D.連接OA、OB，OD，設⊙Ο的半徑為R，則(R－1)2＋52＝R2，所以R＝13.sin∠AOD＝eq\f(AD,AO)＝eq\f(5,13).所以∠AOD＝22.5°，即∠AOB＝45°.所以S弓形ACB＝S扇形OACB－S△OAB＝eq\f(45π×132,360)－eq\f(1,2)×10×12≈6.33平方寸．所以該木材鑲嵌在墻中的體積為V＝S弓形ACB×100≈633立方寸．選D.3．(名師原創)中國古代數學名著《九章算術》中記載了公元前344年商鞅督造的一種標準量器——商鞅銅方升，其三視圖如圖所示(單位：寸)若π取3，其體積為12.6(立方寸)，則圖中的x為________．解析：由三視圖知，商鞅銅方升由一圓柱和一長方體組合而成．由題意得：(5.4－x)×3×1＋π·(eq\f(1,2))2x＝12.6，解得x＝1.6.答案：1.6三學科間的滲透數學是自然科學的皇后，這是德國大數學家高斯提出的，說明白數學與自然科學的關系非常親密，數學學問常常滲透到各學科領域，彰顯出數學學科應用于人們生活生產中的宏大魅力．[典型例題]放射性元素由于不斷有原子放射出微粒子而變成其他元素，其含量不斷削減，這種現象稱為衰變．假設在放射性同位素銫137的衰變過程中，其含量M(單位：太貝克)與時間t(單位：年)滿意函數關系：M(t)＝M02－eq\f(t,30)，其中M0為t＝0時銫137的含量．已知t＝30時，銫137含量的改變率是－10ln2(太貝克/年)，則M(60)＝()A．5太貝克 B．75ln2太貝克C．150ln2太貝克 D．150太貝克【解析】因為M′(t)＝－eq\f(1,30)ln2×M02－eq\f(t,30)，所以M′(30)＝－eq\f(1,30)ln2×M02－eq\f(30,30)＝－10ln2，解得M0＝600，所以M(t)＝600×2－eq\f(t,30)，所以t＝60時，銫137的含量為M(60)＝600×2－eq\f(60,30)＝600×eq\f(1,4)＝150(太貝克)，故選D.【答案】D[對點訓練]1．(名師原創)核糖核酸(RNA)分子是在生物細胞中發覺的化學成分，一個RNA分子是一個有著數百個至數千個位置的長鏈，長鏈中每一個位置上都由四種不同的堿基A，C