重点强化练(十九) 创新综合题专练
解答题:本题共4小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
1.[2024·广东汕头一模] 2023年11月,我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》,内容包括高中数学在内共16个学科的900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生进行科学实践活动,在某种植番石榴的果园中,老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴,规定只能摘一次,并且只可以向前走,不能回头.结果学生小明两手空空走出果园,因为他不知道前面是否有更大的,所以没有摘,走到前面时,又发觉总不及之前见到的,最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴(不妨设n颗番石榴的大小各不相同),最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等,为了尽可能在这些番石榴中摘到最大的那颗,小明在老师的指导下采用了如下策略:不摘前k(1≤k(1)若n=4,k=2,求P;
(2)当n趋向于无穷大时,从理论的角度,求P的最大值及P取最大值时t的值.
2.[2024·福建福州模拟] 记集合Lf(x),x∈D={l(x)=kx+b(x∈R)| x∈D,f(x)≤l(x),且 x0∈D,f(x0)=l(x0)},集合Tf(x),x∈D={l(x)=kx+b(x∈R)| x∈D,f(x)≥l(x),且 x0∈D,f(x0)=l(x0)}.若l(x)∈Lf(x),x∈D,则称直线y=l(x)为函数f(x)在D上的“最佳上界线”;若l(x)∈Tf(x),x∈D,则称直线y=l(x)为函数f(x)在D上的“最佳下界线”.
(1)已知函数f(x)=-x2+x,l0(x)=kx+1,若l0(x)∈Lf(x),x∈R,求k的值.
(2)已知函数g(x)=ex+1.
(i)证明:直线y=l(x)是曲线y=g(x)的一条切线的充要条件是直线y=l(x)是函数g(x)在R上的“最佳下界线”;
(ii)若函数h(x)=ln(x-1),直接写出集合Lh(x),x∈(1,+∞)∩Tg(x),x∈R中元素的个数(无需证明).
3.[2024·山东济南一模] 在空间直角坐标系Oxyz中,任何一个平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0,其中A,B,C,D∈R,A2+B2+C2≠0,且n=(A,B,C)为该平面的法向量.已知集合P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1},Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},T={(x,y,z)||x|+|y|≤2,|y|+|z|≤2,|z|+|x|≤2}.
(1)设集合M={(x,y,z)|z=0},记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1,Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2,求S1和S2的值.
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2,求V1和V2的值.
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积V3的值;
②求W的相邻两个面(有公共棱)所成二面角的大小,并指出W的面数和棱数.
4.[2024·新课标Ⅰ卷] 设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有的(i,j),1≤i(2)当m≥3时,证明:数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列;
(3)从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i.重点强化练(十九)
1.解:(1)依题意,4颗番石榴的位置从第1个到第4个排序,有=24(种)情况,
要摘到那颗最大的番石榴,有以下两种情况:
①最大的番石榴是第3个,其他的随意在哪个位置,有=6(种)情况;
②最大的番石榴是最后1个,第二大的番石榴是第1个或第2个,其他的随意在哪个位置,有2=4(种)情况.
所以所求概率P==.
(2)记事件A表示最大的番石榴被摘到,事件Bi表示最大的番石榴排在第i个,则P(Bi)=,
由全概率公式知P(A)=
当1≤i≤k时,最大的番石榴在前k个中,不会被摘到,此时P(A|Bi)=0;
当k+1≤i≤n时,若最大的番石榴被摘到,则前i-1个番石榴中最大的一个在前k个中,此时P(A|Bi)=.
因此P(A)==ln,
令g(x)=ln(x>0),
求导得g'(x)=ln-,
由g'(x)=0,得x=,
当x∈时,g'(x)>0,当x∈时,g'(x)<0,
即函数g(x)在上单调递增,在上单调递减,
则g(x)max=g=,于是当k=时,P(A)=ln取得最大值,
所以P的最大值为,此时t的值为.
2.解:(1)因为l0(x)∈Lf(x),x∈R,
所以 x∈R,-x2+x≤kx+1,且 x0∈R,-+x0=kx0+1,
令φ(x)=-x2+(1-k)x-1,
则φ(x)≤0,且φ(x0)=0,
所以(k-1)2-4=0,
所以k-1=2或k-1=-2,
解得k=3或k=-1.
(2)(i)证明:先证必要性.
若直线y=l(x)是曲线y=g(x)的一条切线,设切点坐标为(x0,+1),
因为g'(x)=ex,所以切线方程为y-(+1)=(x-x0),
即l(x)=x+(1-x0)+1(*).
一方面,g(x0)=l(x0),
所以 x0∈R,g(x0)=l(x0);
另一方面,令G(x)=g(x)-l(x)=ex-x-(1-x0),则G(x0)=0,
因为G'(x)=ex-,
所以当x当x>x0时,G'(x)>0,G(x)在(x0,+∞)上单调递增,所以G(x)≥G(x0)=0,所以g(x)≥l(x).
即 x∈R,g(x)≥l(x).
所以l(x)∈Tg(x),x∈R,即直线y=l(x)是函数g(x)在R上的“最佳下界线”.
再证充分性.
若直线y=l(x)是函数g(x)在R上的“最佳下界线”,不妨设l(x)=kx+b,
由“最佳下界线”的定义知, x∈R,g(x)≥l(x),且 x0∈R,g(x0)=l(x0),令H(x)=g(x)-l(x)=ex+1-kx-b,
则H(x)≥0且H(x0)=0,
所以H(x)min=0.
易知H'(x)=ex-k.
①若k≤0,则H'(x)>0,所以H(x)在R上单调递增,
所以 x1②若k>0,则令H'(x)=0,得x=ln k,
当x∈(-∞,ln k)时,H'(x)<0,H(x)在(-∞,ln k)上单调递减,
当x∈(ln k,+∞)时,H'(x)>0,H(x)在(ln k,+∞)上单调递增,
所以当且仅当x=ln k时,H(x)取得最小值H(ln k).
又H(x)在x=x0处取得最小值,H(x)min=0,所以
即
解得
所以l(x)=x+(1-x0)+1,
由(*)式知直线y=l(x)是曲线y=g(x)在点(x0,+1)处的切线.
综上所述,直线y=l(x)是曲线y=g(x)的一条切线的充要条件是直线y=l(x)是函数g(x)在R上的“最佳下界线”.
(ii)集合Lh(x),x∈(1,+∞)∩Tg(x),x∈R中元素的个数为2.
3.解:(1)集合M={(x,y,z)|z=0}表示xOy平面上所有的点,P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1}表示以(±1,±1,±1)八个点为顶点的正方体及其内部所有的点,而P∩M可以看成正方体截平面xOy所得截面内所有的点,
该截面是边长为2的正方形,
因此S1=4.
对于Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},当x,y,z>0时,
x+y+z=2表示经过点(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)的平面在第一象限内的部分,
由对称性可知Q表示以(±2,0,0),(0,±2,0),(0,0,±2)这六个点为顶点的正八面体及其内部所有的点.
而Q∩M可以看成正八面体截平面xOy所得截面内所有的点,该截面是边长为2的正方形,因此S2=8.
(2)考虑到集合Q的子集Q'={(x,y,z)|x+y+z≤2,x≥0,y≥0,z≥0}中所有点构成的几何体即为三个坐标平面与平面x+y+z=2围成的四面体,
四面体的四个顶点分别为(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),
此四面体的体积为VQ'=×2×=,
由对称性知V1=8VQ'=.
考虑到集合P的子集P'={(x,y,z)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1}中所有点构成的几何体为棱长为1的正方体,
显然P'∩Q'为两个几何体的公共部分,
记Q1(1,1,0),Q2(1,0,1),Q3(0,1,1),Q4(1,1,1).
易验证Q1,Q2,Q3在平面x+y+z=2上,同时也在Q'的底面上,
则P'∩Q'为正方体截去三棱锥Q4-Q1Q2Q3所剩下的部分.
P'的体积为VP'=1×1×1=1,三棱锥Q4-Q1Q2Q3的体积为=×1××(1×1)=,
故P'∩Q'的体积为VP'∩Q'=VP'-=1-=,
由对称性知,V2=8VP'∩Q'=.
(3)①如图所示,即为集合T所构成的几何体,其中正方体A1B1C1D1-L1I1J1M1即为集合P所构成的几何体,对于四棱锥E1-A1B1C1D1,
点E1到平面A1B1C1D1的距离为1,
=×1×2×2=,
故V3=VP+6=8+6×=16.
②由题意知,平面E1C1D1的方程为x+z-2=0,其法向量n1=(1,0,1),
平面E1A1D1的方程为y+z-2=0,其法向量n2=(0,1,1),
故cos==.
由图知,相邻两个面所成二面角为钝角,故W的相邻两个面所成二面角的大小为.
由图可知,W共有12个面,24条棱.
4.解:(1)(i,j)的所有可能取值为(1,6),(1,2),(5,6).
(2)证明:当m=3时,a1,a3,a4,a5,a6,a7,a8,a9,a10,a11,a12,a14可分成三组:a1,a4,a7,a10;a3,a6,a9,a12;a5,a8,a11,a14.每组均构成等差数列,
∴当m=3时,数列a1,a2,…,a14是(2,13)-可分数列.
当m>3时,数列a1,a2,…,a4m+2去掉a2,a13以后,分成m组,
只需将前面的12项还按m=3时的分法分成3组,即a1,a4,a7,a10;a3,a6,a9,a12;a5,a8,a11,a14.
后面的(4m-12)项每4个相邻的项分成一组,即a15,a16,a17,a18;a19,a20,a21,a22;…;a4m-1,a4m,a4m+1,a4m+2.
这(m-3)组每一组都能构成等差数列.∴当m>3时,数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列.
综上,当m≥3时,数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列.
(3)证明:方法一:易知数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列等价于1,2,…,4m+2是(i,j)-可分数列.当m=1时,数列a1,a2,a3,a4,a5,a6是(i,j)-可分数列的概率P1==>.
当m=2时,数列a1,a2,a3,…,a10是(i,j)-可分数列的概率P2==>.
以此类推,易知1,2,…,4m+2是(4k+1,4r+2)-可分数列(0≤k≤r≤m),
此时共有(m+1)+m+…+2+1=(m+1)(m+2)(种);且易证该数列也是(4k+2,4r+5)-可分数列(0≤k综上,至少有m(m-1)+(m+1)(m+2)=m2+m+1(种),
∴Pm≥=
=>,得证.
方法二:易知数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列等价于1,2,…,4m+2是(i,j)-可分数列.
设从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i当m=n+1时,可取a4n+6与a1,a5,a9,…,a4n+1,a4n+5中的一个,共(n+2)种;可取a4n+5与a2,a6,a10,…,a4n-2中的一个,共n种.
故Fn+1-Fn≥n+2+n=2n+2,
故当m≥2时,Fm=(Fm-Fm-1)+…+(F2-F1)+F1≥2m+…+4+3=m2+m+1,又F1=3,满足上式,
所以Fm≥m2+m+1,
则Pm≥==
>=,得证.(共31张PPT)
重点强化练（十九） 创新综合题专练
解答题：本题共4小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算
步骤.
1.[2024·广东汕头一模] 2023年11月，我国教育部发布了《中小学实
验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共16个学科的900多项实
验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生进行科学实践活动，
在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石
榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果学生小明
两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，
走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小
明在果园中一共会遇到颗番石榴（不妨设 颗番石榴的大小各不相
同），最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可
能在这些番石榴中摘到最大的那颗，小明在老师的指导下采用了如
下策略：不摘前颗番石榴，自第 颗开始，只要发
现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一
颗.设，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为 .
（1）若,，求 ；
解：依题意，4颗番石榴的位置从第1个到第4个排序，有
（种）情况，
要摘到那颗最大的番石榴，有以下两种情况：
①最大的番石榴是第3个，其他的随意在哪个位置，有 （种）
情况；
②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，其他
的随意在哪个位置，有 （种）情况.
所以所求概率 .
（2）当趋向于无穷大时，从理论的角度，求的最大值及 取最大
值时 的值.
解：记事件表示最大的番石榴被摘到，事件 表示最大的番石榴排
在第个，则 ，
由全概率公式知 .
当时，最大的番石榴在前 个中，不会被摘到，此时
；
当时，若最大的番石榴被摘到，则前 个番石榴中
最大的一个在前个中，此时 .
因此 ，
令 ，求导得 ，
由，得 ，
当时，，当时， ，
即函数在上单调递增，在 上单调递减，
则，于是当时，取得最大值 ，
所以的最大值为，此时的值为 .
2.[2024·福建福州模拟] 记集合Lf(x),x∈D
,,且 ,
，集合 Tf(x),x∈D ,
,且,.若，则称直
线为函数在上的“最佳上界线”；若，
则称直线为函数在 上的“最佳下界线”.
（1）已知函数，，若，
求 的值.
解：因为，
所以，，且， ，
令 ，
则，且 ，所以 ，
所以或 ，解得或 .
（2）已知函数 .
（ⅰ）证明：直线是曲线 的一条切线的充要条件是
直线是函数在 上的“最佳下界线”；
证明：先证必要性.
若直线是曲线 的一条切线，设切点坐标为
，
因为，所以切线方程为 ，
即 .
一方面， ，
所以， ；
另一方面，令 ，则
，
因为 ，
所以当时，，在 上单调递减，
当时，，在 上单调递增，
所以，所以 .
即， .
所以,即直线是函数在 上的“最佳下
界线”.
再证充分性.
若直线是函数在 上的“最佳下界线”，不妨设
，
由“最佳下界线”的定义知，，，且 ，
，
令 ，
则且 ，所以 .
易知 .
①若，则，所以在 上单调递增，
所以，使得，故 不符合题意.
②若，则令，得 ，
当时，，在 上单调递减，
当时，，在 上单调递增，
所以当且仅当时，取得最小值 .
又在处取得最小值，，所以
即 解得
所以 ，
由式知直线是曲线在点 处的切线.
综上所述，直线是曲线 的一条切线的充要条件是直
线是函数在 上的“最佳下界线”.
（ⅱ）若函数，直接写出集合
中元素的个数（无需证明）.
解：集合 中元素的个数为2.
3.[2024·山东济南一模] 在空间直角坐标系 中，任何一个平面的
方程都能表示成，其中,,, ，
，且 为该平面的法向量.已知集合
,, ，
， ,
, .
（1）设集合，记 中所有点构成的图形的
面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和 的值.
解：集合表示 平面上所有的点，
,,表示以 八个点为顶
点的正方体及其内部所有的点，
而可以看成正方体截平面 所得截面内所有的点，
该截面是边长为2的正方形，因此 .
表示经过点，， 的平面在第一象限
内的部分，
由对称性可知表示以，， 这六个点为顶
点的正八面体及其内部所有的点.
而可以看成正八面体截平面 所得截面内所有的点，该截面
是边长为的正方形，因此 .
（2）记集合中所有点构成的几何体的体积为， 中所有点构
成的几何体的体积为，求和 的值.
解：考虑到集合的子集,, ,
中所有点构成的几何体即为三个坐标平面与平面
围成的四面体,
四面体的四个顶点分别为，，， ，
此四面体的体积为 ，
由对称性知 .
考虑到集合的子集,, 中
所有点构成的几何体为棱长为1的正方体，
显然 为两个几何体的公共部分，
记，，， .
易验证，，在平面上，同时也在 的底面上，
则为正方体截去三棱锥 所剩下的部分.
的体积为，三棱锥 的体积为
，故的体积为
，由对称性知， .
解：如图所示，即为集合 所构成的几何体，
其中正方体即为集合
所构成的几何体，
对于四棱锥 ，
点到平面 的距离为1， ，
故 .
（3）记集合中所有点构成的几何体为 .
①求的体积 的值；
②求的相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小，并指出 的
面数和棱数.
解：由题意知，平面的方程为 ，其法向量
，
平面的方程为，其法向量 ，
故, .
由图知，相邻两个面所成二面角为钝角，故 的相邻两个面所成二
面角的大小为 .
由图可知， 共有12个面，24条棱.
4.[2024· 新课标Ⅰ卷] 设为正整数，数列,, , 是公差不
为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的 项可被平
均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列,, ,
是 可分数列.
（1）写出所有的,,使数列,, ,是 可分
数列；
解：的所有可能取值为,, .
（2）当时，证明：数列,, ,是 可分数列；
证明：当时，,,,,,,,,,,, 可分成三
组：，，，；，，，；，，， .
每组均构成等差数列，
当时，数列,, ,是 可分数列.
当时，数列,, ,去掉，以后，分成 组，
只需将前面的12项还按时的分法分成3组，即，， ，
；，，，；，，， .
后面的项每4个相邻的项分成一组，即，， ，
；，，，；…；,,, .
这组每一组都能构成等差数列.
当时，数列, , ，是 可分数列.
综上，当时，数列,, ,是 可分数列.
（3）从1，2， ，中一次任取两个数和,记数列 ,
, ,是可分数列的概率为,证明： .
证明：方法一：易知数列,, ,是 可分数列等价于1，
2， ，是可分数列.
当时，数列,,,, ,是可分数列的
概率 .
当时，数列,,, ,是 可分数列的概率
.
以此类推，易知1，2， ，是 可分数列
，
此时共有 （种）;
且易证该数列也是可分数列 ,
此时共有 （种）.
综上，至少有 （种），
，得证.
方法二:易知数列,, ,是 可分数列等价于1，2，
， 是 可分数列.
设从1，2， ，中一次任取两个数和,使数列, ，
,是可分数列的取法数为,则 .
当时，可取与,,, ,, 中的一个，共
种；可取与,,, ,中的一个，共 种.
故 ,
故当 时，
,又 ,满足上式，所以 ,
则 ,得证.
1.(1) (2)P的最大值为,此时t的值为.
2.(1)k=3或k=-1 (2)(i)略 (ii)2
3.(1)S1=4,S2=8 (2)V1=,V2= (3)①V3=16 ②W共有12个面,24条棱.
4.(1)(i,j)的所有可能取值为(1,6),(1,2),(5,6). (2)略 (3)略
