13新定義問題（含邏輯推理題）一、答題概要?1．定義拆解與邏輯建模??（1）精準提取關鍵信息?：拆分題干新定義的核心要素（如條件、限制、操作規則），用符號語言轉化抽象描述；?（2）構建邏輯框架?：通過屬加種差法明確概念外延，結合三段論推理驗證步驟合理性；?（3）動靜結合分析?：動態模擬定義操作過程（如邊界變化），靜態分析結果特征（如數值分布、圖形性質）?．?2．選項處理與快速決策??（1）排除極端選項?：含絕對化表述（如“必然”“唯一”）或極端數值的選項優先排除?；?（2）結構匹配原則?：答案常與題干關鍵詞重復率最高或句法結構相似的選項一致?；?（3）動態驗證法?：代入特殊值∕臨界狀態檢驗選項，結合幾何直觀輔助判斷（如繪制示意圖）．?3．實戰技巧強化??（1）分步計算復核?：復雜推理拆解為多步，每步獨立驗證避免累積誤差?；?（2）逆向思維突破?：從結論反推必要條件，縮小分析范圍；?（3）選項年份優先?：涉及數據/政策的新定義題，優先選擇時間最近的選項．注意：行測邏輯題可結合“中庸原則”，如答案常在模棱兩可、重復關鍵詞的選項中?．二、典例解析例1給定正整數r，求最大的實數C，使得存在一個公比為r的實數等比數列{an}，滿足≥C對所有正整數n成立（表示x到與它最近整數的距離）．（2024年全國高中數學聯賽A卷二試第1題）解：情形一，當r為奇數時，由題意可知C≤≤．取a1=，此時，則C=，滿足題意．情形二，當r為偶數時，令r=2m（m∈N*）．①取，此時===．令，于是．因為，則，此時．②取a1=k±x，其中≤，此時a2=（k±x）2m=2km±2mx，于是≤m，則．綜合①②可知，此時．綜上所述：（1）當r為奇數時，C=；（2）當r為偶數時，．例2已知集合n={X︱X=（x1，x2，…，xi，…，xn），xi∈{0，1}，i=1，2，…，n}，其中n≥3，X=（x1，x2，…，xi，…，xn）∈n，稱xi為X的第i個坐標分量．若Sn，且滿足：①S中元素個數不少于4個；②X，Y，Z∈S，存在m∈{1，2，…，n}，使得X，Y，Z的第m個坐標分量都是1，則稱S為n的一個好子集．（1）若S={X，Y，Z，W}為3的一個好子集，且X=（1，1，0），Y=（1，0，1），寫出Z，W；（2）若S為n的一個好子集，求證：S中元素個數不超過2n－1；（3）若S為n的一個好子集且S中恰好有2n－1個元素時，求證：一定存在唯一一個k∈{1，2，…，n}，使得S中所有元素的第k個坐標分量都是1．解：（1）由題意可知Z=（1，x1，y1），W=（1，x2，y2）；又x1，y1，x2，y2∈{0，1}，且X≠Y≠Z≠W，則Z=（1，1，1），W=（1，0，0）．（2）由題意可知：若X=（x1，x2，…，xn）∈n，因為xi∈{0，1}，此時X1=（1－x1，1－x2，…，1－xn）∈n，xi，1－xi不可能同時為1，于是X和X1不可能同時屬于S．又X和X1是一一對應的，當Y=（y1，y2，…，yn）∈S，且X≠Y，則X1=（1－x1，1－x2，…，1－xn）≠Y1≠（1－y1，1－y2，…，1－yn）．又n有2n個元素，則S中元素個數不超過n中元素的一半，即．（3）若X=（x1，x2，…，xn）∈S，Y=（y1，y2，…，yn）∈S；因為xi∈{0，1}，則Z=（x1y1，x2y2，…，xnyn）∈n，此時Z1=（1－x1y1，1－x2y2，…，1－xnyn）∈n．因為S中恰好有2n－1個元素，由（2）可知，Z和Z1必有一個屬于S．又xi，yi，1－xiyi不可能同時為1，所以Z1S，于是Z∈S．若W1=（x11，x12，…，x1n）∈S，W2=（x21，x22，…，x2n）∈S，…，Wm=（xm1，xm2，…，xmn）∈S，其中m=2n－1，則W=（x11x21…xm1，x12x22…x2m，…，x1nx2n…xmn）∈S．由性質②可知x1kx2k…xmk=1，所以x1k=x2k=…=xmk=1．若還有x1px2p…xmp=1，則x1p=x2p=…=xmp=1．此時Wi=（xi1，xi2，…，1，xixp+1，xixp+2，…，1，x；xixk+1，xik+2，…，xin）∈S，其中i∈{1，2，3，…，2n－1}，則S有2n－2種元素，不滿足題意．綜上，一定存在唯一一個k∈{1，2，…，n}，使得S中所有元素的第k個坐標分量都是1．例3設P，Q是由有限個正整數構成的集合，滿足以下三個條件：①P，Q中至少有兩個元素；②對于任意m，n∈P，當m≠n，都有m+n∈Q；③對于任意u，v∈Q，若v＞u，則v－u∈P；則稱集合Q為集合P的“耦合集”．（1）若集合P1={2，4，6}，寫出集合P1的三個“耦合集”Q1；（2）集合P2={a1，a2，a3，a4}，ai∈N*，i=1，2，3，4，且a1＜a2＜a3＜a4，若集合P2，存在“耦合集”Q2．（i）求證：對于任意1≤i＜j≤4，有aj－ai∈P2；（ii）求集合P2的“耦合集”Q2的元素個數．（2024年9月6日廈門一中周考題）解：（1）由題意可知Q1={6，8，10}或{4，6，8，10}或{6，8，10，12}．（2）（i）由條件②可知a1+a2，a1+a3，a1+a4，a2+a3，a2+a4，a3+a4∈Q2．由條件③可知a4－a3=（a2+a4）－（a2+a3）∈P2，a4－a2=（a4+a3）－（a2+a3）∈P2，a4－a1=（a2+a4）－（a2+a1）∈P2，a3－a2=（a3+a4）－（a2+a4）∈P2，a3－a1=（a3+a4）－（a1+a4）∈P2，a2－a1=（a4+a2）－（a1+a4）∈P2．（ii）又P2={a1，a2，a3，a4}且a1＜a2＜a3＜a4，則a2－a1＜a3－a1，a3－a2＜a3－a1，a4－a3＜a4－a2＜a4－a1，于是a4－a1=a3，a4－a2=a2，a4－a3=a1，此時a4=2a2=a1+a3．①而a3－a2＜a4－a2=a2，于是a3－a2=a1．②結合①②兩式，解得a2=2a1，a3=3a1，a4=4a1，此時{3a1，4a1，5a1，6a1，7a1}Q2，P2={a1，2a1，3a1，4a1}．若還有b∈Q2，且b{3a1，4a1，5a1，6a1，7a1}．情形一：當b＞7a1時，此時4a1≥b－7a1≥a18a1≤b≤11a1，于是b－3a1≥5a1，則b－3a1P2．情形二：當b＜7a1時，①7a1－b=a1b=6a1，不滿足題意；②7a1－b=2a1b=5a1不滿足題意；③7a1－b=3a1b=4a1，不滿足題意；④7a1－b=4a1b=3a1，不滿足題意．綜合情形一和情形二可知{3a1，4a1，5a1，6a1，7a1}=Q2，即集合Q2有五個元素．例4對于正整數的子集A={a1，a2，a3，…，an}（n∈Z且n＞1），如果任意去掉其中一個元素ai（i=1，2，3，…，n）之后，剩余的所有元素組成的集合都能分為兩個交集為空集的集合，且這兩個集合的所有元素之和相等，就稱集合A為“平分集”．（1）請你直接寫出一個“平分集”；（2）若集合A={a1，a2，a3，…，an}（n∈Z且n＞1）是“平分集”，①判斷n的奇偶性并證明；②求：集合A中元素個數的最小值．（2024年國慶期間廈門一中周考題）解：（1）集合{1，3，5，7，9，11，13}為“平分集”．理由如下：①去掉元素1時，此時11+13=3+5+7+9=24；②去掉元素3時，此時1+9+13=5+7+11=23；③去掉元素5時，此時13+9=1+3+7+11=22；④去掉元素7時，此時1+9+11=3+5+13=21；⑤去掉元素9時，此時13+7=1+3+5+11=20；⑥去掉元素11時，此時1+5+13=3+7+9=19；⑦去掉元素13時，此時11+7=1+3+5+9=18．（2）（Ⅰ）去掉元素ai（1≤i≤n），此時a1+a2+…+ai－1+ai+1+…+an=Si（Si為偶數），去掉元素ai+1，此時a1+a2+…+ai+ai+2+…+an=Si+1（Si+1為偶數），則ai+1－ai=Si－Si+1，此時ai+1與ai奇偶性相同．①當ai都為奇數時，因為a1+a2+…+ai－1+ai+1+…+an=Si（Si為偶數），此時n－1為偶數，即n為奇數．②當ai都為偶數時，令ai=2bi，此時{a1，a2，a3，…，an}={2b1，2b2，2b3，…，2bn}，而{a1，a2，a3，…，an}為平分集，則{2b1，2b2，2b3，…，2bn}也為“平分集”．若bi為奇數，此時由①可知n為奇數；若bi為偶數，進行②同樣的操作，總能使得“平分集”中所有元素都為奇數，此時再由①可知n為奇數．綜上，n為奇數．（Ⅱ）當n=3時，易知集合{a1，a2，a3}不為“平分集”；當n=5時，不妨設a1＜a2＜a3＜a4＜a5，去掉元素a1，此時a2+a5=a3+a4；①或a2+a3+a4=a5；②去掉元素a2時，此時a1+a5=a3+a4；③或a1+a3+a4=a5；④情形一：當①③成立時，此時a1=a2，與條件矛盾；情形二：當①④成立時，此時a1+a2=0，與條件矛盾；情形三：當②③成立時，此時a1+a2=0，與條件矛盾；情形四：當②④成立時，此時a2=a1，與條件矛盾；綜上：集合{a1，a2，a3，a4，a5}不可能為“平分集”．再由（1）可知n=7滿足題意，則集合A中元素個數的最小值為7．例5（2024新高考課標Ⅱ卷）在如圖的4×4方格表中選4個方格，要求每行和每列均恰有一個方格被選中，則共有種選法，在所有符合上述要求的選法中，選中方格中的4個數之和的最大值是．0+4+8+12+1+2+3+4=34說明：解決本題的關鍵是確定第一、二、三、四列分別有4、3、2、1個方格可選，利用列舉法寫出所有的可能結果．例6對于給定集合A{（a，b）︱a≥0，b≥0}，若存在非負實數m，n，對任意的（a，b）∈A滿足：m≤≤n成立，則稱集合A具有性質（m，n）．（1）證明：集合{（a，b）︱a≥0，b=1}具有性質（，1）；（2）若集合{（a，b）︱a≥0，b≥0，a+b=1}具有性質（m，n），求n－m的最小值；（3）若集合{（a，b）︱a≥0，b≥0，a3+b3=2}具有性質（m，n），求的最大值．解：（1）只要證明對a≥0，都有1≤≤2成立即可，因為（1+a）2－（1+a2）=2a≥0，所以（1+a）2≥1+a2．因為2（1+a2）－（1+a）2=a2－2a+1=（a－1）2≥0，所以2（1+a2）≥（1+a）2，所以a≥0，都有1+a2≤（1+a）2≤2（1+a2）1≤≤2，即集合{（a，b）︱a≥0，b=1}具有性質（，1）．（2）因為a≥0，b≥0，a+b=1，所以（1+a2）（1+b2）=1+a2+b2+a2b2=1+（a+b）2－2ab+a2b2=1+（1－ab）2．設1+ab=t，則（a+b）（1+ab）=t，（1+a2）（1+b2）=（2－t）2+1．因為≤，當且僅當時等號成立，所以t∈[1，]．又集合{（a，b）︱a≥0，b≥0，a+b=1}具有性質（m，n），于是對t∈[1，]，有m≤≤nm≤≤nm≤≤nm≤≤n成立．令，t∈[1，]，因為函數f（t）在[1，]上單調遞減，且f（1）=2，，所以當t∈[1，]時，≤f（t）≤2，進而≤≤，所以n≥，當且僅當時等號成立；m≤，當且僅當a=0或b=0時等號成立，因此n－m≥，即n－m的最小值為．（3）因為集合{（a，b）︱a≥0，b≥0，a3+b3=2}具有性質（m，n），由題意，得對a≥0，b≥0，a3+b3=2，都有m≤≤n．（*）注意到（a+b）（1+ab）=a+a2b+b+ab2=a（1+b2）+b（1+a2），所以（*）m≤≤n，結合1+a2≥2a，1+b2≥2b，所以n≥，當且僅當a=b=1時等號成立，即n的最小值為1．又2=a3+b3≥，當且僅當a=b=1時等號成立，則0≤ab≤1，設a+b=u，ab=v∈[0，1]，則2=a3+b3=（a+b）3－3ab（a+b），∴u3－3uv=2∈[0，1]，解得≤u≤2．所以≥．令，≤u≤2，則，表明函數g（u）在[，2]上單調遞增，又，所以≥≥，當且僅當a=0，b=或a=，b=0時等號成立，所以m的最大值為，又n的最小值為1，所以的最大值為．例7已知函數f（x）的定義域為（0，+∞），若在（0，+∞）上單調遞增，則稱f（x）為“強增函數”．（1）若f（x）=x2－xlnx+a是“強增函數”，求a的取值范圍；（2）若f（x）為“強增函數”，且f（x）＜0．當0＜x＜1時，比較e－xf（x）與的大小，并說明理由；（3）已知f（x）=2ex－x2lnx－2，r＞0，s＞0，t＞0．證明：f（r+s+t）＞f（r）+f（s）+f（t）．參考結論：當x→0時，x2lnx→0．解：（1）設，則，由題意可知g′（x）≥0恒成立，故x2－x－a≥0，即≥0，故≥0，解得a≤．（2）由題意可知在（0，+∞）上單調遞增．則當0＜x＜1，有0＜x＜，故，即，所以e－xf（x）－＜．設，則≤0，所以h（x）在（0，1）上單調遞減，所以當0＜x＜1時，h（x）＞h（1）=0，即，所以e－xf（x）＜．（3）∵f（x）=2ex－x2lnx－2，∴f′（x）=2ex－2xlnx－x，則f′′（x）=2ex－2lnx－3=．設p（x）=lnx－x+1，則當x＞1時，，p（x）單調遞減，當0＜x＜1時，p′（x）＞0，p（x）單調遞增，故當p（x）≤p（1）=0，故lnx≤x－1，當且僅當x=1時取等號．設n（x）=ex－x－1，則n′（x）=ex－1．當x＞0時，n′（x）＞0，n（x）單調遞增，當x＜0時，n′（x）＜0，n（x）單調遞減，所以n（x）≥n（0）=0，故ex≥x+1，所以≥x+1－（x－1）－，即f′′（x）＞0，表明f′（x）在（0，+∞）上單調遞增．令F（x）=f（x+t）－f（x）－f（t），t＞0，則F′（x）=f′（x+t）－f′（x）．又f′（x）單調遞增，所以F′（x）＞0，則F（x）在（0，+∞）上單調遞增，又當x→0時，x2lnx→0，所以x→0時，f（x）→0，F（x）→0，所以F（x）＞0，即f（x+t）＞f（x）+f（t），于是有f（s+t）＞f（s）+f（t），故f（r+s+t）＞f（r）+f（s+t）＞f（r）+f（s）+f（t）．例8對于數列{an}，若存在正整數T，使得從數列{an}QUOTEan的第N項起，恒有an+T=an（n≥N）QUOTEan+T=ann≥N成立，則稱數列{an}QUOTEan為第N項起的周期為T（1）已知數列{an}QUOTEan滿足anan+1an+2=3（an+an+1+an+2）QUOTEanan+1an+2=3an+an+1+an+2，且anan+1≠3QUOTEanan+（2）已知數列{bn}QUOTEbn，b1=－a，b2=b（其中a，b≥0，a，bQUOTEa,b≥0,a,b不全為0），bn+2=︱bn+1︱－bn（n≥1）QUOTEbn+2=bn+1-bnn≥1，證明：存在正整數N，使得n≥NQUOTEn≥N時，bn+T=bn（（3）已知數列{cn}QUOTEcn，c1=3，QUOTEc1=3,cn+1=3+cn1-3cn，求證：解：（1）由于anan+1an+2=3（an+an+1+an+2），①an+1an+2an+2=3（an+1+an+2+an+3），②由②①，得an+1an+2（an+3－an）=3（an+3－an），即（an+3－an）（an+1an+2－3）=0，又anan+1≠3，則an+3=an，故3是{an}的一個周期．（2）由遞推bn+2=︱bn+1︱－bn和b1=－a，b2=b，得b3=b+a，b4=a，b5=－b，b6=b－a．（i）若b≥a，則b7=2b－a，b8=b，b9=a－b，b10=－a，b11=b．（ii）若b＜a，則b7=a，b8=2a－b，b9=a－b，b10=－a，b11=b．無論何種情況，都有b1=b10，b2=b11．由遞推關系得，{bn}會逐漸進入循環，對n≥1的自然數，恒有bn+9=bn．故T=9是{bn}的一個周期．（3）假設{cn}是周期數列，則至少存在m，n∈N*，不妨設m＞n，使得cm+1=cn+1，由遞推關系，得，整理得cm=cn．再進一步得到cm－1=cn－1，如此進行下去，最后得到cm－n+1=c1．設m－n=p，則，得cp=0，但這不可能．接下來證明：n∈N*，cn≠0．設3=tan，∈（0，），則；；以此類推，得到cn=tann，n∈N*，于是有．（*）若存在cn=0，不妨設n=2s（2t+1），其中s，t都是非負整數，則式（*）經過s步倒推后，得到c2t+1=0，則，得c2t=－3．由于，得∈RQ，但c1=3經過遞推后得到cn都是有理數，兩者矛盾．故n∈N*，cn≠0，假設不成立，故{cn}不是周期數列．例9在一個有窮數列的每相鄰兩項之間插入這兩項的乘積，形成一個新數列，我們把這樣的操作稱為該數列的一次“J延拓”．如數列1，2第一次“J延拓”后得到數列1，2，2，第二次“J延拓”后得到數列1，2，2，4，2．將數列a，b，c經過n次“J延拓”后所得數列的項數記為Pn，所有項的乘積記為Qn．（1）給定數列－1，2，1，回答下列問題：①求P2，Q2；②若︱Pn+Qn︱＞22025，求正整數n的最小值．（2）已知數列a，b，cQUOTEa,b,c，其中a，b，c∈{－3，－2，－1，1，2，3}QUOTEa,b,c?{-3,-2,-1,1解：（1）①數列－1，2，1第一次“J延拓”后得到數列－1，－2，2，2，1，第2次“J延拓”后得到數列－1，2，－2，－4，2，4，2，2，1，∴P2=9，Q2=－512．②數列－1，2，1第n次“J延拓”后得到數列，記為A1，A2，A3，…，APn，第n+1次“J延拓”后，每兩項之間添加1項，共添加了（Pn－1）項，∴總項數Pn+1=Pn+（Pn－1）=2Pn－1，故Pn+1－1=2（Pn－1），而P1=5，∴{Pn－1}是首項為4，公比為2的等比數列，Pn－1=4×2n－1=2n+1，即Pn=2n+1+1．第n+1次“J延拓”后，每相鄰兩項之間插入這兩項的乘積，∴在計算所有項的乘積時，因子Ai（i=2，3，…，Pn－1）共出現了3次，A1，APn共出現了2次，A1=－1，APn=1．∴所有項的乘積Qn+1=，∴︱Qn+1︱=︱Qn︱3，兩邊同時取以e為底的對數，則ln︱Qn+1︱=3ln︱Qn︱，而ln︱Q1︱=ln8，∴{ln︱Qn︱}是首項為ln8，公比為3的等比數列，ln︱Qn︱=3n－1ln8=3nln2，因此︱Qn︱=．由于Q1＞0，故Qn=，Pn+Qn=2n+1+1+．當n≤6時，︱Pn+Qn︱≤︱Pn︱+︱Qn︱=2n+1+1+≤27+1+2729＜22025；當n=7時，︱Pn+Qn︱=．因此，n的最小值為7．（2）設事件A：該數列經過3次“J延拓”后，Q3能被48整除．由于a，b，c都有6種可能性，故基本事件總數為63=216．由題設可知Q1=a2b3c2，，，∴Q3=a14b27c14，而48=24×3，故要使Q3能被48整除，則a，b，c中既要有能被2整除的數，又要有能被3整除的數．解法一：記事件B=“a，b，c∈{－2，－1，1，2}”，事件C=“a，b，c∈{－3，－1，1，3}”，則，∴．因此，該數列經過3次“J延拓”后，其能被48整除的概率為．解法二：令集合M={－3，3}，N={－2，2}，T={－1，1}．①在集合M，N，T中各取一個數構成數列，共有C21C21C21A33=48種；②在集合M中取兩次數，集合N中取一個數構成數列，共有（C21C21C21A33）÷A22=24種；③在集合N中取兩次數，集合M中取一個數構成數列，共有（C21C21C21A33）÷A22=24種．∴該數列經過3次“J延拓”后，Q3能被48整除的概率為．例10已知集合A中含有三個元素x，y，z，同時滿足：①x＜y＜z；②x+y＞z；③x+y+z為偶數，那么稱集合A具有性質P．已知集合Sn={1，2，3，…，2n}（n∈N*，n≥4），對于集合Sn的非空子集B，若Sn中存在三個互不相同的元素a，b，c，使得a+b，b+c，c+a均屬于B，則稱集合B是集合Sn的“期待子集”．（1）試判斷集合A={1，2，3，5，7，9}是否具有性質P，并說明理由；（2）若集合B={3，4，a}具有性質P，證明：集合B是集合S4的“期待子集”；（3）證明：集合M具有性質P的充要條件是集合M是集合Sn的“期待子集”．解：（1）集合A={1，2，3，5，7，9}不具有性質P，理由如下：（i）從集合A中任取三個元素x，y，z均為奇數時，x+y+z為奇數，不滿足條件③．（ii）從集合A中任取三個元素x，y，z有一個為2，另外兩個為奇數時，不妨設y=2，x＜z，則有z－x≥2，即z－x≥y，不滿足條件②．綜上所述，可得集合A={1，2，3，5，7，9}不具有性質P．（2）由3+4+a是偶數，得實數a是奇數．當a＜3＜4時，由a+3＞4，得1＜a＜3，即a=2，不合題意；當3＜4＜a時，由3+4＞a，得4＜a＜7，即a=5，或a=6（舍去）．因為3+4+5=12是偶數，所以集合B={3，4，5}．令a+b=3，b+c=3，c+a=5，解得a=2，b=1，c=3，顯然a，b，c∈S4={1，2，3，4，5，6，7，8}，所以集合B是集合S4的“期待子集”．（3）先證充分性：當集合M是集合Sn的“期待子集”時，存在三個互不相同的a，b，c，使得a+b，b+c，c+a均屬于M．不妨設a＜b＜c，令x=a+b，y=c+a，z=b+c，則x＜y＜z，即滿足條件①．因為x+y－z=（a+b）+（c+a）－（b+c）=2a＞0，所以x+y＞z，即滿足條件②．因為x+y+z=2（a+b+c），所以x+y+z為偶數，即滿足條件③．所以當集合M是集合Sn的“期待子集”時，集合M具有性質P．再證必要性：當集合M具有性質P，則存在x，y，z，同時滿足①x＜y＜z；②x+y＞z；③x+y+z為偶數，令，，，則由條件①得a＜b＜c，由條件②得，由條件③得a，b，c均為整數，因為，所以0＜a＜b＜c＜z，且a，b，c均為整數，所以a，b，c∈Sn．因為x=a+b，y=c+a，z=b+c，所以a+b，b+c，c+a均屬于M，所以當集合M具有性質P時，集合M是集合Sn的“期待子集”．綜上所述，集合M是集合Sn的“期待子集”的充要條件是集合M具有性質P．三、自主演練1．用反證法證明命題“已知a，b為實數，則方程x3+ax+b=0至少有一個實根”時，要做的假設是（）A．方程x3+ax+b=0沒有實根B．方程x3+ax+b=0至多有一個實根C．方程x3+ax+b=0至多有兩個實根D．方程x3+ax+b=0恰好有兩個實根解：用反證法證明命題的步驟中第一步是假設命題的反面成立，而“方程x3+ax+b=0至少有一個實根”的反面是“方程x3+ax+b=0沒有實根”，故選A．2．假設坐標平面上一非空集合S內的點（x，y）具有以下性質：若x＞0，則y＞0．則下列敘述對S內的點（x，y）必定成立是（）BDEA．若x≤0，則y≤0B．若y≤0，則x≤0C．若y＞0，則x＞0D．若x＞1，則y＞0E．若y＜0，則x≤0解：因命題“若p則q”與“若～q則～p”等價，所以“若x＞0則y＞0”與“若y≤0則x≤0”等價．又因x＞1包含于x＞0，所以“若x＞1則y＞0”必成立．同理，因y＜0包含于y≤0，所以“若y＜0則x≤0”必成立，故B、D、E正確．3．從1，2，…，10這十個數中隨意取兩個，以p表示其和為偶數的概率，q表示其和為奇數的概率．則下列敘述正確的是（）．（多選題）A．p+q=1B．p=qC．︱p－q︱≤D．︱p－q︱≥解：因為若兩數的和為偶數，則兩數必都是奇數或都是偶數，所以．又若兩數的和為奇數，則兩數必是一奇數一偶數，所以，選A、D．4．下列是個直方圖表示的數據，標準差最大的是（）A．B．C．D．解：S1=S2=S3，S4在50～60及60～70間各有5人，表示較分散，∴S4＞S3，故S4最大，選D．5．某地區12歲以上人口中吸煙的概率為28%．今將12歲以上人口區分為中老年，青壯年及青少年三類，所占概率各為30%，45%及25%．已知中老年與青壯年人口中吸煙的概率各為25%與30%，則青少年人口中吸煙的概率為（）．A．24%B．28%C．32%D．36%解：0.3×0.25+0.45×0.3+0.25×x=0.28，x=0.28，選B．6．若（4+3i）（cos+isin）為小于0的實數，則是（）．A．第一象限角B．第二象限角C．第三象限角D．第四象限角解：因為（4+3i）（cos+isin）=4（cos+isin）+3i（cos+isin）=（4cos－3sin）+（3cos+4sin）i，所以4cos－3sin＜0，3cos+4sin=0，解得sin＞0，cos＜0，故是第二象限角．7．我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果．哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數的和”，如30=7+23．在不超過30的素數中，隨機選取兩個不同的數，其和等于30的概率是（）．A． B． C． D．解：讀一遍題后，立即發現關鍵文字是“在不超過30的素數中，隨機選取兩個不同的數，其和等于30的概率”，于是，頭腦中應馬上閃現出“素數”的概念：素數即質數——只能被1和它本身整除的數，列舉出不超過30的素數有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10個（細心點，驗算一次也只有10個，千萬別出錯！），從中選2個不同的數有C102=45種．這10個素數中，和等于30的只有（7，23），（11，19），（13，17）3種，則對應的概率P=，選C．說明：3分鐘內搞定；文化包裝，對考生有愛國及數學文化的熏陶；考生加強閱讀理解能力的考查；如果題意理解無障礙，解決問題基本上初三學生即可解決．8．在一組樣本數據中，1，2，3，4出現的頻率分別為p1，p2，p3，p4，且，則下面四種情形中，對應樣本的標準差最大的一組是（）．BA．p1=p4=0.1，p2=p3=0.4B．p1=p4=0.4，p2=p3=0.1C．p1=p4=0.2，p2=p3=0.3D．p1=p4=0.3，p2=p3=0.29．有一組樣本數據x1，x2，…，xn，由這組數據得到新樣本數據y1，y2，…，yn，其中yi=xi+c（i=1，2，…，n），c為非零常數，則（）（多選題）A．兩組樣本數據的樣本平均數相同 B．兩組樣本數據的樣本中位數相同 C．兩組樣本數據的樣本標準差相同 D．兩組樣本數據的樣本極差相同解：對于A，兩組數據的平均數的差為c，故A錯誤．對于B，兩組樣本數據的樣本中位數的差是c，故B錯誤．因為標準差D（yi）=D（xi+c）=D（xi），所以兩組樣本數據的樣本標準差相同，故C正確．因為yi=xi+c（i=1，2，…，n），c為非零常數，x的極差為xmax－xmin，y的極差為（xmax+c）－（xmin+c）=xmax－xmin，所以兩組樣本數據的樣本極差相同，故D正確．故選C、D．說明：本題考查命題真假的判斷，考查平均數、中位數、標準差、極差的定義等基礎知識．10．設正整數n=a0·20+a1·2+…+ak－1·2k－1+ak·2k，其中ai∈{0，1}，記（n）=a0+a1+a3+…+ak，則（）（多選題）A．（2n）=（n） B．（2n+3）=（n）+1C．（8n+5）=（4n+3） D．（2n－1）=n分析：利用（n）的定義可判斷ACD選項的正誤，利用特殊值法可判斷B選項的正誤．解：對于A選項，（n）=a0+a1+a3+…+ak，2n=a0·21+a1·22+…+ak－1·2k+ak·2k+1，所以（2n）=a0+a1+a3+…+ak=（n），A選項正確．對于B選項，取n=2，2n+3=7=1·20+1·21+1·22，∴（7）=3，而2=0·20+1·21，則（2）=1，即（7）≠（2）+1，B選項錯誤．對于C選項，8n+5=a0·23+a1·24+…+ak·2k+3+5=1·20+1·22+a0·23+a1·24+…+ak·2k+3，所以（8n+5）=2+a0+a1+a3+…+ak，4n+3=a0·22+a1·23+…+ak·2k+2+3=1·20+1·21+a0·22+a1·23+…+ak·2k+2，所以（4n+3）=2+a0+a1+a3+…+ak，因此（8n+5）=（4n+3），C選項正確．對于D選項，2n－1=20+21+…+2n－1，故（2n－1）=n，D選項正確．故選ACD．11．信息熵是信息論中的一個重要概念．設隨機變量X所有可能的取值為1，2，…，n，且P（X=i）=pi>0（i=1，2，…，n），，定義X的信息熵．（）（多選題）A．若n=1，則H（X）=0 B．若n=2，則H（X）隨著p1的增大而增大 C．若（i=1，2，…，n），則H（X）隨著n的增大而增大 D．若n=2m，隨機變量Y所有可能的取值為1，2，…，m，且P（Y=j）=pj+p2m+1－j（j=1，2，…，m），則H（X）≤H（Y）分析：對于A，可得p1=1，根據信息熵的定義即可判斷；對于B，可得p1+p2=1，表示出H（X），進而構造函數，利用導數判斷其單調性即可；對于C，依題意，化簡H（X）=log2n，即可判斷；對于D，分別求出H（X），H（Y），利用作差法結合對數的運算即可判斷．解：若n=1，則p1=1，故H（X）=－p1log2p1=－1×log21=0，故A正確．若n=2，因為p1+p2=1，所以設p1=，p2=，則H（X）=－（log2+log2）；設p1=，p2=，則H（X）=－（log2+log2），兩個相等，故B錯誤．也可由H（X）=－[p1log2p1+（1－p1）log2（1－p1）]．設f（p）=－[plog2p+（1－p）log2（1－p）]，0＜p＜1，則對f（p）求導，令f（p）的導數小于0，解得0.5＜p＜1，此時函數f（p）單調遞減；令f（p）的導數大于0，解得0＜p＜0.5，此時函數f（p）單調遞增，故B錯誤．若（i=1，2，…，n），則H（X）=，由對數函數的單調性可知，H（X）隨著n的增大而增大，故C正確．若n=2m，設m=1，則n=2，H（X）=－（p1log2p1+p2log2p2）及p1=p1=，得H（X）=1，P（Y=j）=p1+p2，H（Y）=0，有H（X）＞H（Y），故D錯誤．選AC．說明：本題以信息熵的定義為載體，涉及了對數運算，利用導數研究函數的單調性，作差法的運用等，旨在考查學生接收新知識，運用新知識的意識，考查化簡變形、運算求解能力，屬于中檔題．12．0－1周期序列在通信技術中有著重要應用．若序列a1a2…an…滿足ai∈{0，1}（i=1，2，…），且存在正整數m，使得ai+m=ai（i=1，2，…）成立，則稱其為0－1周期序列，并稱滿足ai+m=ai（i=1，2，…）的最小正整數m為這個序列的周期．對于周期為m的0－1序列a1a2…an…，（k=1，2，…，m－1）是描述其性質的重要指標.下列周期為5的0－1序列中，滿足C（k）≤（k=1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001… D．11001…分析：分別為4個選項中k=1，2，3，4進行討論，若有一個不滿足條件，就排除；由題意可得周期都是5，每個答案中都給了一個周期的排列，若需要下個周期的排列，繼續寫出，如C答案中的排列為100011000110001…．解：對于A選項：序列1101011010…，＞，不滿足C（k）≤（k=1，2，3，4）故排除A．對于B選項：序列1101111011…＞，不滿足條件，排除．對于C選項：序列100011000110001…，，，，符合條件．對于D選項：序列1100111001…不滿足條件．故選C．說明：本題考查序列的周期性及對5個兩項乘積之和的求法．13．某電視臺舉辦抽獎游戲，現場準備的抽獎箱里放置了四個分別標有1000、800、600、0元獎額的球．參加者自行從抽獎箱里摸取一球（取后即放回），主辦單位即贈送與此球上數字等額的獎金，并規定抽取到0元的人可以再摸一次，但是所得獎金折半（若再摸到0就沒有第三次機會）；則一個參加者可得獎金的期望值是元．（計算到整數為止，小數點以后四舍五入）解：依題意得獎金10008006005004003000概率所以期望值為（1000+800+600）+（500+400+300+0）=600+75=675．14．已知數集A={a1，a2，…，an}（1≤a1＜a2＜…＜an，n≥2）具有性質P：對任意的i，j，aiaj與（1≤i≤j≤n）兩數中至少有一個屬于A．給出下列命題：①數集{1，2，3}具有性質P②數集{1，3，4，12}不具有性質P③1∈A④當n=4時，數集A中的元素a1，a2，a3，a4一定成等比數列⑤當n為奇數時，數集A中的元素a1，a2，…，an一定成等比數列其中正確命題的序號是．③⑤解：根據定義，顯然命題①中，數集{1，2，3}不具有性質P，因為2×3，都不屬于該集合．命題②中，數集{1，3，4，12}具有性質P．∵數集A具有性質P，∴anan與中至少有一個屬于A．∵1≤a1＜a2＜…＜an，n≥2，∴anan＞an，故ananA，只有∈A，即1∈A，命題③正確．當n=4時，數集A={1，a2，a3，a4}，顯然a3a4A，只有∈A．（1）若，則a4=a2a3，此時A={1，a2，a3，a2a3}．（2）若，則a4=a32，而a3=a22，所以a4=a24．此時A={1，a2，a22，a24}．命題④不正確．經驗證n=3，5時，數集A中的元素a1，a2，…，an一定成等比數列，于是猜想當n為奇數時，數集A中的元素a1，a2，…，an一定成等比數列．15．甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制（當一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結束）．根據前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結果相互獨立，則甲隊以4:1獲勝的概率是．解：甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結果相互獨立，甲隊以4:1獲勝包含的情況有：①前5場比賽中，第一場負，另外4場全勝，其概率為p1=0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.036，②前5場比賽中，第二場負，另外4場全勝，其概率為p2=0.6×0.4×0.5×0.5×0.6=0.036，③前5場比賽中，第三場負，另外4場全勝，其概率為p3=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.054，④前5場比賽中，第四場負，另外4場全勝，其概率為p4=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.054，則甲隊以4:1獲勝的概率為：p=p1+p2+p3+p4=0.036+0.036+0.054+0.054=0.18．故答案為0.18．說明：本題考查概率的求法，考查相互獨立事件概率乘法公式等基礎知識，考查運算求解能力．16．在平面直角坐標系中，定義P（x1，y1）、Q（x2，y2）兩點之間的“橫豎距離”為d（P，Q）=︱x1－x2︱+︱y1－y2︱．現給出四個命題：①已知P（1，3），Q（sin2，cos2）（∈R），則d（P，Q）為定值；②已知P、Q、R三點不共線，則必有d（P，R）+d（R，Q）＞d（P，Q）；③用︱PQ︱表示P、Q兩點間的距離，那么︱PQ︱≥d（P，Q）；④若P、Q是橢圓上的任意兩點，則d（P，Q）的最大值是．⑤已知點P（1，3），Q是圓x2+y2=4上的動點，滿足d（P，Q）=2的點有且只有兩個．在以上命題中，其中正確的命題有．（填寫所有正確命題的代號）①③④⑤解：①d（P，Q）=︱1－sin2︱+︱3－cos2︱=cos2+3－cos2=3（定值），故①正確．②當∠PQR是鈍角或直角時，不等式不正確（這時只能取等號）．③因為2︱PQ︱2=2（︱x1－x2︱2+︱y1－y2︱2）≥（︱x1－x2︱+︱y1－y2︱）2=[d（P，Q）]2，所以︱PQ︱≥d（P，Q），③正確．④設P（3cos，2sin），Q（3cos，2sin），（、∈[0，），d（P，Q）=3︱cos－cos︱+2︱sin－sin︱≤=≤．當且僅當2︱cos－cos︱=3︱sin－sin︱且－=時取得最大值，即2︱cos︱=3︱sin︱，結合∈[0，，得，這是存在值的．故d（P，Q）的最大值是，④正確．⑤設Q（2cos，2sin），（∈[0，2]，d（P，Q）=︱1－2cos︱+︱3－2sin︱=︱1－2cos︱+3－2sin．當1－2cos≥0時，d（P，Q）=4－2cos－2sin=2－=2，解得=（=0不滿足前提條件，舍去）．當1－2cos＜0時，d（P，Q）=4－2cos－2sin=2－=2，解得=（=不滿足前提條件，舍去）．綜上，d（P，Q）=2只有兩解，⑤正確．反思：理解P（x1，y1）、Q（x2，y2）兩點間的“橫豎距離”d（P，Q）=︱x1－x2︱+︱y1－y2︱的代數定義與幾何意義，并充分加以解題．17．函數f（x）的定義域為A，若x1，x2∈A且f（x1）=f（x2）時總有x1=x2，則稱f（x）為單函數．例如，函數f（x）=2x+1（x∈R）是單函數．下列命題：①函數f（x）=x2（x∈R）是單函數；②若f（x）為單函數，x1，x2∈A且x1≠x2，則f（x1）≠f（x2）；③若f：A→B為單函數，則對于任意b∈B，它至多有一個原象；④函數f（x）在某區間上具有單調性，則f（x）一定是單函數．其中的真命題是．（寫出所有真命題的編號）解：①當f（x）=x2時，不妨設f（x1）=f（x2）=4，有x1=2，x2=－2，此時x1≠x2，故①錯誤．②若f（x1）=f（x2），則根據定義有x1=x2，與已知不符，故②正確．③若b∈B，b有兩個不同的原象時，不妨設為a1，a2，可知a1≠a2，但f（a1）=f（a2）與題中條件矛盾，故③正確．④函數f（x）在某區間上具有單調性，不一定在整個定義域上單調，因而f（x）不一定是單函數，故④不正確．所以只有②③正確．18．記[x]為不超過實數x的最大整數，例如，[2]=2，[1.5]=1，[－0.3]=－1．設a為正整數，數列{xn}滿足x1=a，（n∈N*），現有下列命題：①當a=5時，數列{xn}的前3項依次為5，3，2；②對數列{xn}都存在正整數k，當n≥k時總有xn=xk；③當n≥1時，xn＞；④對某個正整數k，若xn+1≥xk，則xn=[]．其中的真命題有．（寫出所有真命題的編號）解：若a=5，根據（n∈N*），當n=1時，x2=[]=3，x3=[]=2，故①對．對于②③④可以采用特殊值列舉法：當a=1時，x1=1，x2=1，x3=1，…，xn=1，此時②③④均對．當a=2時，x1=2，x2=1，x3=1，…，xn=1，此時②③④均對．當a=3時，x1=3，x2=2，x3=1，x4=2，…，xn=1，此時③④均對．綜上，真命題有①③④．說明：此題難度較大，不容易尋找其解題的切入點，特殊值列舉是很有效的解決辦法．19．設集合A={a1，a2，a3，…，an}中的所有元素都是整數，若對任意a∈A，都有－aA，則稱集合A具有單峰性．由A中元素構造集合B={（a，b）∣a∈A，b∈A，a－b∈A}，其元素個數為m．給出下列命題：①具有單峰性的集合A不是空集合；②集合A1={0，1，2，3}具有單峰性；③單峰集合A2={－3，－1，2，5}對應的集合B2={（－1，－3），（－1，2），（2，－3），（2，5）}．④對任意具有單峰性的集合A，都有m≤．其中正確命題的代號是．（寫出所有正確命題的代號）①③④解：顯然A非空，①正確．∵0∈A1，∴－0=0∈A1，故集合A1不滿足單峰性規定，所以②錯．列表，有a－a－ba－3－125－30－2－5－8－120－3－62530－358630所以，相應的集合B2={（－1，－3），（－1，2），（2，－3），（2，5）}，③正確．集合A中n個不同的元素構成的有序數對（ai，aj）共有n2個（i、j=1，2，…，n）．首先，∵0A，∴（ai，ai）B共n個；其次，當（ai，aj）∈B時，（aj，ai）B．從而集合B中元素的個數最多為，即m≤．④正確．故正確選項為①③④．反思：（1）仔細閱讀、體會“集合A具有單峰性”的規定和“由A中元素構造集合B”的構造方式，時時處處按照規定和構造方式推演、解題．（2）變式：可構造集合C，其元素由a、b生成，a、b∈A，a與b的積、商、指數、對數、三角、向量等屬于A．20．在平面直角坐標系中，當P（x，y）不是原點時，定義P的“伴隨點”為P′（，）；當P是原點時，定義P的“伴隨點”為它自身．平面曲線C上所有點的“伴隨點”所構成的曲線C′定義為曲線C的“伴隨曲線”．現有下列命題：①若點A的“伴隨點”是點A′，則點A′的“伴隨點”是點A；②單位圓的“伴隨曲線”是它自身；③若曲線C關于x軸對稱，則其“伴隨曲線”C′關于y軸對稱；④一條直線的“伴隨曲線”是一條直線．其中的真命題是（寫出所有真命題的序號）．解：對于①，若令P（1，1），則其伴隨點為P′（，）；但P′（，）的伴隨點為（－1，－1），不是P，故①錯誤．對于②，設單位圓上任一點的坐標為P（cosx，sinx），其伴隨點為P′（sinx，－cosx）任然在單位圓上，故②正確．對于③，設曲線f（x，y）=0關于x軸對稱，則f（x，－y）=0與方程f（x，y）=0表示同一曲線，其伴隨曲線分別為與也表示同一曲線，而曲線與曲線的圖象關于y軸對稱，所以③正確．對于④，直線y=kx+b上任一點P（x，y）的伴隨點為P′（，），消參后點P′的軌跡是圓，故④錯誤．其中的真命題是②③．21．生活中經常會統計一列數據中出現不同數據的個數．設ck∈{1，2，3，4，5}，對于有序數組（c1，c2，c3，c4，c5），記R（c1，c2，c3，c4，c5）QUOTERc1,c2,c3,c4,c5為（c1，c2，c3，c4，c5）QUOTEc1,c2,c3,c4,c5中所包含的不同整數的個數，比如：R（1，1，2，2，2）=2，R（2，1，3，4，4）=4QUOTER1,1,2,2,2=2,R2,1,3,4,4=4．當（c1，c2，c3，c4解：（分類討論）記Ri=R（c1，c2，c3，c4，c5）=i，i∈{1，2，3，4，5}，ai為取Ri時的總個數．每次分成2大步，第一步選出i個不同的數據；第二步各個相同數據的個數以及排列．a1=C51=5，a2=C52（A22C51+A22C52）=300．說明：C52代表選出1，2這兩個數字，A22代表這兩個數字的個數組成分別為（1，4）或（2，3），C51+C52分別代表1這個數字在5個位置上的選擇．a3=C53?C31（A52+C51C42）=1500．說明：C53代表選出1，2，3，C31代表數字個數的組成（3，1，1）或（2，2，1）中選出3個或1個的情況，A52表示從（3，1，1）中個數為1個的數據在5個位置上的排列，其余自動放上個數為3的數據，C51表示（2，2，1）中個數為1的數據可以有5個位置，C42表示其中一個個數為2的數據在剩下的4個位置中的選擇．a4=C54C41A53=1200．說明：C41表示數據的個數（2，1，1，1），A53表示安排其余個數為1個的數據的位置．a5=A55=120．所以，所求為1×5+2×300+3×1500+4×1200+5×120=10505．方法2（分類討論+容斥原理）記Ri=R（c1，c2，c3，c4，c5）=i，i∈{1，2，3，4，5}，ai為取Ri時的總個數．a1=C51·1=5；a2=C52·（25－C21）=300．說明：C52代表選出兩個數字，比如1，2這兩個數字，25代表5個位置在1，2這兩個數字中任選一個放上去，C21代表5個位置只選一個數字填上去的方法數．根據容斥原理列式子．a3=C53·（35－C32·25+C31）=1500．說明：C53代表選出三個數字，比如1，2，3這兩個數字，C32·25代表1，2，3中選2個如1和2，并且5個位置在1，2這兩個數字中任選一個放上去，C31代表5個位置只選一個數字填上去的方法數．根據容斥原理列式子．a4=C54·（45－C43·35+C42·25－C41）=1200．說明同上．a5=A55=120．所以所求為1×5+2×300+3×1500+4×1200+5×120=10505．方法3．22．若函數y=f（x）滿足：對任意的正實數m，n，有f（m+n）＞f（m）+f（n）恒成立，則稱函數y=f（x）QUOTEy=fx為“QUOTEΓ函數