2025屆高三二輪復(fù)習(xí) 數(shù)學(xué)中的創(chuàng)新題訓(xùn)練解析

2025屆高三二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)中的創(chuàng)新題型訓(xùn)練一、新定義題型1．[2024·湖南邵陽(yáng)模擬]我們把公差不為0的等差數(shù)列稱為“一階等差數(shù)列”，若數(shù)列{an+1-an}是“一階等差數(shù)列”，則稱數(shù)列{an}是“二階等差數(shù)列”.定義：若數(shù)列{an+1-an}是“k階等差數(shù)列”，則稱數(shù)列{an（1）若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為a（2）若數(shù)列{an}為“二階等差數(shù)列”，且a1=1，對(duì)應(yīng)的“一階等差數(shù)列”的首項(xiàng)為（3）若“三階等差數(shù)列”{an}的前4項(xiàng)依次為1,4,10,20，其前n項(xiàng)和為S【解析】（1）∵an=n2,∴an+（2）由題意得，{an+1-an}是{an}對(duì)應(yīng)的“一階等差數(shù)列”，∵{an+（3）∵{an}是“三階等差數(shù)列”，∴{an+1-an}是“二階等差數(shù)列”，設(shè)cn=an+1-an,則{cn+1-cn}是“一階等差數(shù)列”.由題意得c1=4-1=3,c2=10-4=6,c32．[2024·遼寧葫蘆島一模]大數(shù)據(jù)環(huán)境下數(shù)據(jù)量巨大并且結(jié)構(gòu)復(fù)雜，要想分析出海量數(shù)據(jù)中所蘊(yùn)含的價(jià)值，數(shù)據(jù)篩選在整個(gè)數(shù)據(jù)處理流程中處于至關(guān)重要的地位，若運(yùn)用合適的算法則會(huì)事半功倍.現(xiàn)有一個(gè)“數(shù)據(jù)漏斗”軟件，其功能為：通過操作L(M,N)，刪去一個(gè)無窮非減正整數(shù)數(shù)列中除以M的余數(shù)為N的項(xiàng)，并將剩下的項(xiàng)按原來的位置排好，形成一個(gè)新的無窮非減正整數(shù)數(shù)列.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=3n-1，（1）求Sn（2）是否存在不同的實(shí)數(shù)p,q,r∈N+，使得Sp，Sq（3）設(shè)en=nSn2(3n-1)，n∈N+，對(duì)數(shù)列{en}進(jìn)行L(3,0【解析】（1）當(dāng)n=1時(shí)，a1=1，當(dāng)n≥2時(shí)，an3∈N（2）假設(shè)存在，由（1）知Sn單調(diào)遞增，不妨設(shè)p<q<r，則2Sq=Sp+Sr，p，q，r∈N+，∵Sn（3）證明：由（1）知Sn=2(3n-1)，∴en=nSn2(3n-1)=n×2(3n-1)2(3n-1)=n，則e3n-2=3n-2，e3n-1=3n-1，e3n=3n，n∈N+，∴進(jìn)行L(3,0)操作后保留e3n-2，e3n-1，則k2n-1=3n-2，k2n=3n-1，n∈N+，∴k4n3．[2024·廣西南寧一模]若無窮數(shù)列{an}滿足a1=0,|an+1-an|=f(n)，則稱數(shù)列（1）若數(shù)列{an}為β數(shù)列，f(n)=1,n（2）若數(shù)列{bn}為γ數(shù)列，f(n)=n，記cn【解析】（1）先證必要性：依題意得，|an+1-an|=1，又?jǐn)?shù)列{an}是遞增數(shù)列，所以an+1-an=1，故數(shù)列{an}是首項(xiàng)為0，公差為1（2）由cn<cn+1，知數(shù)列{cn}是遞增數(shù)列，因?yàn)閏n=b2n，所以數(shù)列{bn}的偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成遞增數(shù)列，因?yàn)閿?shù)列{bn}為γ數(shù)列,f(n)=n,所以b1=0,|bn+1-bn|=n,bn≤n-12.由|b2-b1|=|b2|=1,得b2=±1,又b2≤12,所以b2=-1.由|b3-b2|=|b3+1|=2，得b3=1或-3,又b3≤1，所以b3=1或-3.當(dāng)b3=1時(shí)，由|b4-b3|=|b4-1|=3，得4．[2024·福建泉州模擬]已知(a,b)表示正整數(shù)a，b的最大公約數(shù)，若{x1,x2,?,xk}?{1,2,?,m}(k,m∈N*)，且（1）求φ(2)，φ（2）已知(m,n（ⅰ）求φ(（ⅱ）設(shè)bn=13φ(6n)-1【解析】（1）依題可得，φ(m)表示所有不超過正整數(shù)m，且與m互質(zhì)的正整數(shù)的個(gè)數(shù).因?yàn)榕c2互質(zhì)的數(shù)為1，所以φ(2)=1；因?yàn)榕c3互質(zhì)的數(shù)為1，2，所以φ(3（2）（?。┮?yàn)閇1,2n]中與2n互質(zhì)的正整數(shù)只有奇數(shù)，所以[1,2n]中與2n互質(zhì)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為2n-1，所以φ(2n)=（ⅱ）證法一：由(i)知φ(6n)=2?6n-1，所以bn=16n-1，所以bn≤15?6n-1，令cn=15?6n-1，因?yàn)閏n+1cn=5．[2024·安徽三模]定義1：若數(shù)列{an}滿足①a1=1，②?n≥2,an(an-1)=0，則稱{an}為“兩點(diǎn)數(shù)列”；定義2：對(duì)于給定的數(shù)列（1）若an=1+(-1)n（2）設(shè)p:{an}為常數(shù)列，q:{（3）求b2025的最大值，并寫出使得b2【解析】（1）依題意得an=1,n為奇數(shù),0,n為偶數(shù),故bn+1=∣an+1-2an∣?bn=2bn,（2）先判斷充分性：因?yàn)閍1=1，所以an=1，所以bn+1=|an+1-2an|bn=bn，又b1=1≠0，所以{bn}是以1為首項(xiàng)，1為公比的等比數(shù)列，故充分性成立.再判斷必要性：假設(shè){bn}為等比數(shù)列，且{an}不為常數(shù)列，則{（3）當(dāng)an=1,an+1=1時(shí)，bn+1=bn；當(dāng)an=1,an+1=0時(shí)，bn+1=2bn；當(dāng)an=0,an+6．[2024·重慶一中模擬]對(duì)于數(shù)列{an}，定義Δan=an+1-an(（1）試寫出“2-函數(shù)”f(2（2）若f(1,（3）記函數(shù)S(x)=x+【解析】6．由定義及Δ(Δan)=m，得Δ(Δan)=Δan+1-Δan=m，則{Δan}是公差為m的等差數(shù)列，所以Δan=Δa（1）當(dāng)m=2時(shí)，an=1+(n（2）當(dāng)m=1時(shí)，an=1+(n-2)(n-1)2=n2-3n+42，故“1-函數(shù)”f(1,n)=a1+a2+?+（3）證明：f(m,n)=a1m+a2m2+?+anmn二、交匯創(chuàng)新題型1．[2024·河北滄州模擬]某景區(qū)的索道共有三種購(gòu)票類型，分別為單程上山票、單程下山票、雙程票.為提高服務(wù)水平，現(xiàn)對(duì)當(dāng)日購(gòu)票的120人征集意見，已知當(dāng)日購(gòu)買單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)分別為36，60和24.（1）若按購(gòu)票類型采用分層隨機(jī)抽樣的方法從這120人中隨機(jī)抽取10人，再?gòu)倪@10人中隨機(jī)抽取4人，求隨機(jī)抽取的4人中恰有2人購(gòu)買單程上山票的概率；（2）記單程下山票和雙程票為回程票，若在征集意見時(shí)要求把購(gòu)買單程上山票的2人和購(gòu)買回程票的m(m>2且m∈N*)人組成一組，負(fù)責(zé)人從某組中任選2人進(jìn)行詢問，若選出的2人的購(gòu)票類型相同，則該組標(biāo)為（i）試用含m的代數(shù)式表示p；（ii）若一共詢問了5組，用g(p)表示恰有3組被標(biāo)為B的概率，試求g(【解析】（1）因?yàn)橘?gòu)買單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)之比為3:5:2，所以這10人中，購(gòu)買單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)分別為10×310=3，10（2）（i）從m+2人中任選2人，有Cm+22種選法，其中購(gòu)票類型相同的有（ii）由題意得，5組中恰有3組被標(biāo)為B的概率g(p)=C53p3(1-p)2=10p3(1-2p+p2)=10(p3-2p4+p5)，0<p<1，所以2．[2024·安徽阜陽(yáng)模擬]籃球運(yùn)動(dòng)深受青少年的喜愛，為了解喜愛籃球運(yùn)動(dòng)是否與性別有關(guān)，某統(tǒng)計(jì)部門在某地隨機(jī)抽取了男性和女性各100人進(jìn)行調(diào)查，得到2×單位：人性別是否喜愛籃球運(yùn)動(dòng)合計(jì)喜愛不喜愛男性6040100女性2080100合計(jì)80120200（1）依據(jù)小概率值α=（2）某校籃球隊(duì)的甲、乙、丙、丁四名球員進(jìn)行傳球訓(xùn)練，第1次由甲將球傳出，每次傳球時(shí)，傳球者都等可能地將球傳給另外三個(gè)人中的任意一人，如此不停地傳下去，假定每次傳球都能被接到.記甲第n次觸球的概率為Pn，則P（i）證明：數(shù)列{P（ii）判斷甲第24次與第25次觸球的概率的大小.附：χ2=nα0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828【解析】（1）零假設(shè)為H0：喜愛籃球運(yùn)動(dòng)與性別無關(guān).根據(jù)列聯(lián)表數(shù)據(jù)，得χ2=200×(（2）（i）證明：由題意得Pn=Pn-1?0+(1-P（ii）由(i)得Pn=34?(-13)3．[2024·河北滄州三模]已知數(shù)列{an}滿足ana（1）求數(shù)列{a（2）設(shè)bn=an-1an+【解析】（1）∵anan+12=4n，a1=2，∴a2=4，∴an+1an+22=4n+1=2anan（2）證明：由（1）知，an=2n，∴bn=4．[2024·浙江溫州模擬]已知橢圓C:x24+y2b2=1(0<b<2)，設(shè)過點(diǎn)A(1（1）若橢圓C的離心率為12，求b（2）若|AM|≥1（3）若b=1，記直線EM，EN，EP的斜率分別為k1，k2，k3，問是否存在k1，k2，k3的某種排列ki1，ki2，ki3【解析】（1）由題意知，a2=4，故a=2，又離心率e（2）設(shè)點(diǎn)M(x1,y1)，代入橢圓C的方程可得y12=b2(1-x124)，則|AM|=(x1-1)2（3）k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差數(shù)列，證明如下：若b=1，則橢圓C:x24+y2=1，設(shè)點(diǎn)E(1,t)，t≠0.①若直線l的斜率為0，則點(diǎn)P(4,0)，不妨令點(diǎn)M(2,0)，N(-2,0)，則k1=-t，k2=t3，k3=-t3，此時(shí)k1，k2，k3的任意排列ki1，ki2，ki3均不成等比數(shù)列，k1，k3，k2或k2，k35．[2024·山東濟(jì)南二模]在平面直角坐標(biāo)系中，粒子從原點(diǎn)出發(fā)，每秒向左、向右、向上或向下移動(dòng)一個(gè)單位長(zhǎng)度，且向四個(gè)方向移動(dòng)的概率均為14.例如在第1秒末，粒子會(huì)等可能地出現(xiàn)在(1,0),(-1（1）設(shè)粒子在第2秒末移動(dòng)到點(diǎn)(x,y)，記x+y的取值為隨機(jī)變量（2）記第n秒末粒子回到原點(diǎn)的概率為pn（i）已知∑nk=0(Cn（ii）令bn=p2n，記Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，若對(duì)任意的正實(shí)數(shù)M【解析】（1）粒子在第2秒末可能移動(dòng)到點(diǎn)(1,1),(2,0),(0,0),(1,-1),(-1,1)，(-X-202P141214E(（2）（i）易知第奇數(shù)秒末粒子不可能回到原點(diǎn)，故p3=0.若第4秒末粒子回到原點(diǎn)，則分兩種情況考慮：每一步分別是四個(gè)不同方向的排列，例如“上下左右”，共有A44種情形；每一步分別是兩個(gè)相反方向的排列，例如“左左右右”“上上下下”，共有2C42種情形.于是p4=A44+2C4244（ii）證明：利用2πn(ne)n<n!<(6π)142πn(ne)n可知C2nn=(2n)!(n!)2>46．[2024·安徽合肥模擬]在數(shù)學(xué)中，把只能被自己和1整除的大于1的自然數(shù)叫做素?cái)?shù)（質(zhì)數(shù)）.歷史上研究素?cái)?shù)在自然數(shù)中的分布規(guī)律的公式有“費(fèi)馬數(shù)”F(n)=22n+1(n∈N)，還有“歐拉質(zhì)數(shù)多項(xiàng)式”，其具體形式通常為二次多項(xiàng)式，例如：（1）數(shù)列{an}中a1,a2,a3經(jīng)DZB數(shù)據(jù)加密技術(shù)加密后依次變?yōu)?5