【文档说明】18 创新题、新定义问题（解析版）-2022年高考“3+2”选择、填空题精准靶心方案18讲.docx，共(13)页，241.205 KB，由envi的店铺上传

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“3+2”选择、填空题精准靶心方案18讲第18讲创新、定义1．假设坐标平面上一非空集合S内的点（x，y）具有以下性质：若x＞0，则y＞0．则下列叙述对S内的点（x，y）必定成立是（）BDEA．若x≤0，则y≤0B．若y≤0，则x≤0C．若y＞0，则

x＞0D．若x＞1，则y＞0E．若y＜0，则x≤0解：因命题“若p则q”与“若～q则～p”等价，所以“若x＞0则y＞0”与“若y≤0则x≤0”等价．又因x＞1包含于x＞0，所以“若x＞1则y＞0”必成立．同理，因y＜0包含于y≤0，所以“若y＜0则x≤0”必成立，故B、D、E正确．2

．某校要从高一的“忠、孝、仁、爱”四个班级中随机选取一个班级进行数学抽测．考虑甲、乙两种抽样方法：甲方法是从四个班级的导师中随机选取一人，被选中导师的班级为抽测班级；乙方法是从所有高一学生中随机选取一名学生，

被选中学生的班级为抽测班级．若各班人数都不相同，其中“爱”班人数最多．则下列叙述正确的（）A．甲方法中，每位高一学生被抽测的机率相等B．乙方法中，每位高一学生被抽测的机率相等C．甲方法中，四个班级被抽测的机率相等D．乙方法中，四个班级被抽测的机率相等解：题目要求以甲、乙两方法选取一个班

级进行抽测，故以甲方法而言，每个班被抽到的概率均等，故每位同学被抽测的机会亦均等．以乙方法而言，班级人数多者被抽测的机会较大，故采用乙方法爱班同学被抽测的机会较高，故选A、C．3．从1，2，…，10这十个数中随意取两个，以

p表示其和为偶数的概率，q表示其和为奇数的概率．则下列叙述正确的是（）．（多选题）A．p+q=1B．p=qC．︱p－q︱≤101D．︱p－q︱≥201解：因为若两数的和为偶数，则两数必都是奇数或都是偶数，所以944

510102102525=+=+=CCCp．又若两数的和为奇数，则两数必是一奇数一偶数，所以9545252102515===CCCq，选A、D．4．下列是个直方图表示的数据，标准差最大的是（）5040302010605012283010504030201060100245660206

050403020705012283010504030201060705012283055A．B．C．D．解：S1=S2=S3，S4在50～60及60～70间各有5人，表示较分散，∴S4＞S3，故S4最大，选D．5．如图，l1、l2、l

3是同一平面内的三条平行直线，l1与l2间的距离是1，l2与l3间的距离是2，正三角形ABC的三顶点分别在l1、l2、l3上，则△ABC的边长是（）A．32B．364C．4173D．3212解：过点C作l2的垂线l4，以l2、l4为x轴、y轴建立平面直

角坐标系．设A（a，1）、B（b，0）、C（0，－2），由AB=BC=AC知（a－b）2+1=b2+4=a2+9=边长2，检验A：（a－b）2+1=b2+4=a2+9=12，无解；检验B：（a－b）2

+1=b2+4=a2+9=332，无解；检验D：（a－b）2+1=b2+4=a2+9=328，正确．本题是把关题．在基础中考能力，在综合中考能力，在应用中考能力，在新型题中考能力占全了．是一道精彩的好题．可惜区分度太小．6．某地区12岁以上人口中吸烟的概率为

28%．今将12岁以上人口区分为中老年，青壮年及青少年三类，所占概率各为30%，45%及25%．已知中老年与青壮年人口中吸烟的概率各为25%与30%，则青少年人口中吸烟的概率为（）．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，选B．7．若（4+3i）（cos+isin）为小于0的实数，则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：因为（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．8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如

30=7+23．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（）．A．121B．141C．151D．181解：读一遍题后，立即发现关键文字是“在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率”，于是，头脑中应马上闪现出“素数”的概念：素数即质数——只能被1

和它本身整除的数，列举出不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个（细心点，验算一次也只有10个，千万别出错！），从中选2个不同的数有C102=45种．这10个素数中，和等于30

的只有（7，23），（11，19），（13，17）3种，则对应的概率P=151453=，选C．说明：3分钟内搞定；文化包装，对考生有爱国及数学文化的熏陶；考生加强阅读理解能力的考查；如果题意理解无障碍，解决问题基本上初三学生即可解决．9．在一组样本数据中，1，2，3，4出

现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且141==iip，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）．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=0.210．有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi=xi+c（i=1，2，…，n），c为非零常数，则（）（多选题）A

．两组样本数据的样本平均数相同B．两组样本数据的样本中位数相同C．两组样本数据的样本标准差相同D．两组样本数据的样本极差相同解：对于A，两组数据的平均数的差为c，故A错误．对于B，两组样本数据的样本中位数的差是c，故B

错误．因为标准差D（yi）=D（xi+c）=D（xi），所以两组样本数据的样本标准差相同，故C正确．因为yi=xi+c（i=1，2，…，n），c为非零常数，x的极差为xmax－xmin，y的极差为（xmax+c）－（xmin+c）=xmax－xmin，所以两组样本数据的样本极差相同，故D正确．故

选C、D．说明：本题考查命题真假的判断，考查平均数、中位数、标准差、极差的定义等基础知识．11．设正整数n=a0·20+a1·2+…+ak－1·2k－1+ak·2k，其中ai∈{0，1}，记（n）=a0+a1+a3+…+ak，则（）（

多选题）A．（2n）=（n）B．（2n+3）=（n）+1C．（8n+5）=（4n+3）D．（2n－1）=n分析：利用（n）的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误．解：对于A选项，（n）=a0+a1+a3+…+ak，2n=a0·2

1+a1·22+…+ak－1·2k+ak·2k+1，所以（2n）=a0+a1+a3+…+ak=（n），A选项正确．对于B选项，取n=2，2n+3=7=1·20+1·21+1·22，∴（7）=3，而2=0·20+1·21，则（2）=1，即（7）≠（2）

+1，B选项错误．对于C选项，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+a

0·22+a1·23+…+ak·2k+2，所以（4n+3）=2+a0+a1+a3+…+ak，因此（8n+5）=（4n+3），C选项正确．对于D选项，2n－1=20+21+…+2n－1，故（2n－1）=n，D选项正确．故选ACD．12．信

息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量X所有可能的取值为1，2，…，n，且P（X=i）=pi>0（i=1，2，…，n），==niip11，定义X的信息熵=−=niiippXH12log)(．（）（多选题）A．若n=1，则H（X）=0B

．若n=2，则H（X）随着p1的增大而增大C．若npi1=（i=1，2，…，n），则H（X）随着n的增大而增大D．若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为1，2，…，m，且P（Y=j）=pj+p2m+1－j（j=1，2，…，m），则H（X）≤

H（Y）分析：对于A，可得p1=1，根据信息熵的定义即可判断；对于B，可得p1+p2=1，表示出H（X），进而构造函数，利用导数判断其单调性即可；对于C，依题意，化简H（X）=log2n，即可判断；对于D，分别求出H（X），H（Y），利用作差法结合对数的运算即可判断．解：若n

=1，则p1=1，故H（X）=－p1log2p1=－1×log21=0，故A正确．若n=2，因为p1+p2=1，所以设p1=41，p2=43，则H（X）=－（41log241+43log243）；设p1=43，p

2=41，则H（X）=－（43log243+41log241），两个相等，故B错误．也可由H（X）=－[p1log2p1+（1－p1）log2（1－p1）]．设f（p）=－[plog2p+（1－p）log2（1－p）]，0＜p＜1，则对f（p）求导pppppppppf−−=−−−−−

+−=1log]2ln)1(1)1(log2ln[log)(222，令f（p）的导数小于0，解得0.5＜p＜1，此时函数f（p）单调递减；令f（p）的导数大于0，解得0＜p＜0.5，此时函数f（p）单调递增，故B错误．若npi1=（

i=1，2，…，n），则H（X）=nnnn22log1log1=−，由对数函数的单调性可知，H（X）随着n的增大而增大，故C正确．若n=2m，设m=1，则n=2，H（X）=－（p1log2p1+p2log2p2）及p1

=p1=21，得H（X）=1，P（Y=j）=p1+p2，H（Y）=0，有H（X）＞H（Y），故D错误．选AC．说明：本题以信息熵的定义为载体，涉及了对数运算，利用导数研究函数的单调性，作差法的运用等，旨在考查学生接收新知识，运用新知识的意识，考

查化简变形、运算求解能力，属于中档题．13．0－1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2…an…满足ai∈{0，1}（i=1，2，…），且存在正整数m，使得ai+m=ai（i=1，2，…）成立，则称其为0

－1周期序列，并称满足ai+m=ai（i=1，2，…）的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0－1序列a1a2…an…，=+=mikiiaamkC11)(（k=1，2，…，m－1）是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0

－1序列中，满足C（k）≤51（k=1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…分析：分别为4个选项中k=1，2，3，4进行讨论，若有一个不满足条件，就排除

；由题意可得周期都是5，每个答案中都给了一个周期的排列，若需要下个周期的排列，继续写出，如C答案中的排列为100011000110001…．解：对于A选项：序列1101011010…51)00001(5151)1(511=++++===+iiiaaC，52)0

1010(5151)2(512=++++===+iiiaaC＞51，不满足C（k）≤51（k=1，2，3，4）故排除A．对于B选项：序列1101111011…53)11001(5151)1(511=++++===+iiiaaC＞51，不满

足条件，排除．对于C选项：序列100011000110001…51)10000(5151)1(511=++++===+iiiaaC，0)00000(5151)2(512=++++===+iiiaaC，0)00000(5151)3(513=++++===+i

iiaaC，51)00001(5151)4(514=++++===+iiiaaC，符合条件．对于D选项：序列1100111001…5152)10001(5151)1(511=++++===+iiiaaC不满足条件．故选C．说明：本题考查序列的周期性及对5

个两项乘积之和的求法．14．某电视台举办抽奖游戏，现场准备的抽奖箱里放置了四个分别标有1000、800、600、0元奖额的球．参加者自行从抽奖箱里摸取一球（取后即放回），主办单位即赠送与此球上数字等额的奖金，并规定抽取到0元的人可以再摸

一次，但是所得奖金折半（若再摸到0就没有第三次机会）；则一个参加者可得奖金的期望值是元．（计算到整数为止，小数点以后四舍五入）解：依题意得奖金10008006005004003000概率4141411

61161161161所以期望值为41（1000+800+600）+161（500+400+300+0）=600+75=675．15．已知数集A={a1，a2，…，an}（1≤a1＜a2＜…＜an，n≥2）具有性质P：对任意的i，j，aiaj与ijaa（1≤i≤j≤n）两数中至少有一个属于

A．给出下列命题：①数集{1，2，3}具有性质P②数集{1，3，4，12}不具有性质P③1∈A④当n=4时，数集A中的元素a1，a2，a3，a4一定成等比数列⑤当n为奇数时，数集A中的元素a1，a2，…，an一定成等比数列其中

正确命题的序号是．③⑤解：根据定义，显然命题①中，数集{1，2，3}不具有性质P，因为2×3，23都不属于该集合．命题②中，数集{1，3，4，12}具有性质P．∵数集A具有性质P，∴anan与nnaa中至少有一个属于A．∵1≤a1

＜a2＜…＜an，n≥2，∴anan＞an，故ananA，只有nnaa∈A，即1∈A，命题③正确．当n=4时，数集A={1，a2，a3，a4}，显然a3a4A，只有34aa∈A．（1）若234aaa=，则a4=a2a3，此时A={1，a2，a3，a2a3}．（

2）若334aaa=，则a4=a32，而a3=a22，所以a4=a24．此时A={1，a2，a22，a24}．命题④不正确．经验证n=3，5时，数集A中的元素a1，a2，…，an一定成等比数列，于是猜想当n为奇数时，数集A中的元素a1，a2，…，an一定成等比数列．16．甲、乙

两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4:1获胜的概率是．解：甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲

队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，甲队以4:1获胜包含的情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为p1=0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.036，

②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为p2=0.6×0.4×0.5×0.5×0.6=0.036，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为p3=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.054，④前5场比赛中，第四场负，另外4

场全胜，其概率为p4=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.054，则甲队以4:1获胜的概率为：p=p1+p2+p3+p4=0.036+0.036+0.054+0.054=0.18．故答案为0.18．说明：本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力

．17．在平面直角坐标系中，定义P（x1，y1）、Q（x2，y2）两点之间的“横竖距离”为d（P，Q）=︱x1－x2︱+︱y1－y2︱．现给出四个命题：①已知P（1，3），Q（sin2，cos2）（∈R），则d（P，Q）为定值；②已知P、Q、R三点不共线，则必有

d（P，R）+d（R，Q）＞d（P，Q）；③用︱PQ︱表示P、Q两点间的距离，那么︱PQ︱≥22d（P，Q）；④若P、Q是椭圆14922=+yx上的任意两点，则d（P，Q）的最大值是132．④（文科）已知点P（1，3），Q是圆x2+

y2=4上的动点，满足d（P，Q）=2的点有且只有两个．在以上命题中，其中正确的命题有．（填写所有正确命题的代号）①③④解：①d（P，Q）=︱1－sin2︱+︱3－cos2︱=cos2+3－cos2=3（定值），故①正确

．②当∠PQR是钝角或直角时，不等式不正确（这时只能取等号）．③因为2︱PQ︱2=2（︱x1－x2︱2+︱y1－y2︱2）≥（︱x1－x2︱+︱y1－y2︱）2=[d（P，Q）]2，所以︱PQ︱≥22d（P，Q），③

正确．④设P（3cos，2sin），Q（3cos，2sin），（、∈[0，)），d（P，Q）=3︱cos－cos︱+2︱sin－sin︱≤2222|sinsin||coscos|23

−+−+=)cos(2213−−≤132．当且仅当2︱cos－cos︱=3︱sin－sin︱且－=时取得最大值，即2︱cos︱=3︱sin︱，结合∈[0，)，得32tan=，

这是存在值的．故d（P，Q）的最大值是132，④正确．④（文科）设Q（2cos，2sin），（∈[0，2)]，d（P，Q）=︱1－2cos︱+︱3－2sin︱=︱1－2cos︱+3－2sin．当1－2cos≥0时，d（P，Q）=4－2cos－2sin=2－)4s

in(22+=2，解得=2（=0不满足前提条件，舍去）．当1－2cos＜0时，d（P，Q）=4－2cos－2sin=2－)4sin(22−=2，解得=45（=4不满足前提条件，舍去）．综上，d（P，Q）=2只有两

解，④正确．反思：理解P（x1，y1）、Q（x2，y2）两点间的“横竖距离”d（P，Q）=︱x1－x2︱+︱y1－y2︱的代数定义与几何意义，并充分加以解题．18．函数f（x）的定义域为A，若x1，x2∈A且f（x1）=f（x2）时总有x1=x2，则称f（x）为单函数．例如，函数f（x

）=2x+1（x∈R）是单函数．下列命题：①函数f（x）=x2（x∈R）是单函数；②若f（x）为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f（x1）≠f（x2）；③若f：A→B为单函数，则对于任意b∈B，它至多有一个原象；④函数f（x）在某区间上具有单调性，则f（x

）一定是单函数．其中的真命题是．（写出所有真命题的编号）解：①当f（x）=x2时，不妨设f（x1）=f（x2）=4，有x1=2，x2=－2，此时x1≠x2，故①错误．②若f（x1）=f（x2），则根据定义有x1=x2，与已知不符

，故②正确．③若b∈B，b有两个不同的原象时，不妨设为a1，a2，可知a1≠a2，但f（a1）=f（a2）与题中条件矛盾，故③正确．④函数f（x）在某区间上具有单调性，不一定在整个定义域上单调，因而f（x）不一定是单函数，故④不正确．所以只有②③正确．19．记[x]为不超过实数x的最大整数

，例如，[2]=2，[1.5]=1，[－0.3]=－1．设a为正整数，数列{xn}满足x1=a，]2][[1nnnxaxx+=+（n∈N*），现有下列命题：①当a=5时，数列{xn}的前3项依次为5，3，2；②对数列{xn}都存在正整数k，当n≥k时总有xn=xk；③当n≥1

时，xn＞1−a；④对某个正整数k，若xn+1≥xk，则xn=[a]．其中的真命题有．（写出所有真命题的编号）解：若a=5，根据]2][[1nnnxaxx+=+（n∈N*），当n=1时，x2=[215+]=3

，x3=[213+]=2，故①对．对于②③④可以采用特殊值列举法：当a=1时，x1=1，x2=1，x3=1，…，xn=1，此时②③④均对．当a=2时，x1=2，x2=1，x3=1，…，xn=1，此时②③④均对

．当a=3时，x1=3，x2=2，x3=1，x4=2，…，xn=1，此时③④均对．综上，真命题有①③④．说明：此题难度较大，不容易寻找其解题的切入点，特殊值列举是很有效的解决办法．20．设集合A={a1

，a2，a3，…，an}中的所有元素都是整数，若对任意a∈A，都有－aA，则称集合A具有单峰性．由A中元素构造集合B={（a，b）∣a∈A，b∈A，a－b∈A}，其元素个数为m．给出下列命题：①具有单峰性的集合A不是空集合；②集合A1={0，1，2，3}具有

单峰性；③单峰集合A2={－3，－1，2，5}对应的集合B2={（－1，－3），（－1，2），（2，－3），（2，5）}．④对任意具有单峰性的集合A，都有m≤2)1(−nn．其中正确命题的代号是．（写出所有正确命题的代号）①③④解：显然A非空，①正确．∵0∈A1，∴－0=0

∈A1，故集合A1不满足单峰性规定，所以②错．列表，有ba－3－125－30－2－5－8－120－3－62530－358630所以，相应的集合B2={（－1，－3），（－1，2），（2，－3），（2，5）}，③正确．集合A中n个不同的元素构成的有序

数对（ai，aj）共有n2个（i、j=1，2，…，n）．首先，∵0A，∴（ai，ai）B共n个；其次，当（ai，aj）∈B时，（aj，ai）B．从而集合B中元素的个数最多为a－b2)1()(212−=−nnnn，即m≤2)1(−nn．④正确．故正确选项为①③④．反

思：（1）仔细阅读、体会“集合A具有单峰性”的规定．．和“由A中元素构造集合B”的构造．．方式，时时处处按照规定和构造方式推演、解题．（2）变式：可构造集合C，其元素由a、b生成，a、b∈A，a与b的积、商、指数、对数、三角、向量等属于A．21．设S为复数集C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+bi︱（a，b为整数，i为虚数单位）}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C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）．解：直接验证可知①正确．当S为封闭集时，因为x－y∈S，取x=y，得0∈S，②正确．对于集合S={0}，显然满足所有条件，但S是有限集，③错误．取S={0

}，T={0，1}，满足STC，但由于0－1=－1T，故T不是封闭集，④错误．答案：①②．22．设P1，P2，…，Pn为平面内的n个点，在平面内的所有点中，若点P到P1，P2，…，Pn的距离之和最小，则称点P为P1，P2，…，Pn的一个“中位点”．例如，线段AB上的任意点都是端点A，B的

中位点．现有下列命题：①若三个点A，B，C共线，C在线段AB上，则C是A，B，C的中位点；②直角三角形斜边的点是该直角三角形三个顶点的中位点；③若四个点A，B，C，D共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的

交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．其中的真命题是____________．（写出所有真命题的序号）解：对于①，因为三个点A，B，C共线，又C在线段AB上，始终有AC+CB=AB，这比起C点在线段AB的延长线或反向延长线来说它是最小的，由中位点的定义知①为真命题．对于②不正确，可以举一个反

例，直角顶点．对于③不正确，四点A、B、C、D共线时，线段BD（B、D居四点中间）任意一点都是“中位点”．对于④，设梯形对角线的交点为O，因为PA+PC≥AC，PB+PD≥BD，所以PA+PC+PB+PD≥AC+BD，当P与O重合时取等号，④是正确的

．综上，真命题为①④．本题以即时定义的新概念为载体，考查多距离几何最值问题，考查对新信息的分析理解、对问题的探究和富有数学特点的思考，考察创新能力．解题的关键是灵活使用定理：三角形中，两边之和大于第三边．准确理解新

定义——中位点的概念，了解多距离几何最值问题的常见入手点：共线、三角形不等式取等的条件、对称等．23．以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数（x）组成的集合：对于函数（x），存在一个正数M，使得函

数（x）的值域包含于区间[－M，M]．例如，当1（x）=x3，2（x）=sinx时，1（x）∈A，2（x）∈B．现有如下命题：①设函数f（x）的定义域为D，则“f（x）∈A”的充要条件是“b∈R，a∈D，f（a）=b”；②函数f（x）∈B的充要条件是f（x）有最大值和最小值；③

若函数f（x），g（x）的定义域相同，且f（x）∈A，g（x）∈B，则f（x）+g（x）B；④若函数1)2ln()(2+++=xxxaxf（x＞－2，a∈R）有最大值，则f（x）∈B．其中的真命题有．（写出所有真命题的序号）解：对于①，若对任意的

b∈R，都a∈D，使得f（a）=b，则f（x）的值域必为R；反过来，f（x）的值域为R，则对任意的b∈R，都a∈D，使得f（a）=b，故①正确．对于②，比如函数f（x）=x（－1＜x＜1）属于B，但它既无最大值也无最小值，故②错误．对于③，因为f（x）∈（－∞，+∞），而g（x）有界，故f

（x）+g（x）∈（－∞，+∞），所以f（x）+g（x）B，③正确．对于④，21−≤12+xx≤21．当a＞0或a＜0时，alnx∈（－∞，+∞），f（x）均无最大值，所以若f（x）有最大值，则a=0，此时1)(2+=xxxf，f（x）∈B，故

④正确．24．已知函数f（x）=2x，g（x）=x2+ax（其中a∈R）．对于不相等的实数x1，x2，设2121)()(xxxfxfm−−=，2121)()(xxxgxgn−−=．现有如下命题：①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m＞0；②对于任意的a及

任意不相等的实数x1，x2，都有n＞0；③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m=n；④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m=－n．其中的真命题有（写出所有真命题的序号）．解：设A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），C（x1，g（x1）），D（x2，g

（x2））．对于①，从y=2x的图象可看出，m=kAB＞0恒成立，故①正确．对于②，直线CD的斜率可为负，即n＜0，故②不正确．对于③，由m=n得f（x1）－f（x2）=g（x1）－g（x2），即f（x1）－g

（x1）=f（x2）－g（x2）．令h（x）=f（x）－g（x）=2x－x2－ax，则h′（x）=2xln2－2x－a．令h′（x）=0，得2xln2=2x－a，作出y=2xln2和y=2x－a的图象知，方程2xln2=2x－a不一定有解

，所以h（x）不一定有极值点，即对于任意的a，不一定存在不相等的实数x1，x2，使得h（x1）=h（x2），即不一定存在不相等的实数x1，x2，使得m=n；故③不正确．对于④，由m=－n得f（x1）－f（x2）=g（x2）－g（x1），即f（

x1）+g（x1）=f（x2）+g（x2）．令h（x）=f（x）+g（x）=2x+x2+ax，则h′（x）=2xln2+2x+a．令h′（x）=0，得2xln2=－2x－a，作出y=2xln2和y=－2x－a的图象知，方程2xln2=－2

x－a一定有解，所以h（x）一定有极值点，即对于任意的a，一定存在不相等的实数x1，x2，使得h（x1）=h（x2），即一定存在不相等的实数x1，x2，使得m=n；故④正确．25．在平面直角坐标系中，当P（x，y）不是原点时，定义P的“伴随点”为P′（22yxy+，22

yxx+−）；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身．平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线C′定义为曲线C的“伴随曲线”．现有下列命题：①若点A的“伴随点”是点A′，则点A′的“伴随点”是点A；②单位圆的“伴随曲线”是它自身；③若曲线C关于x轴对称，则其“

伴随曲线”C′关于y轴对称；④一条直线的“伴随曲线”是一条直线．其中的真命题是（写出所有真命题的序号）．解：对于①，若令P（1，1），则其伴随点为P′（21，21−）；但P′（21，21−）的伴随点为（－1，－1），不是P，故①错误．对于②，设单位圆上任一点的坐

标为P（cosx，sinx），其伴随点为P′（sinx，－cosx）任然在单位圆上，故②正确．对于③，设曲线f（x，y）=0关于x轴对称，则f（x，－y）=0与方程f（x，y）=0表示同一曲线，其伴随曲线分别为0),

(2222=+−+yxxyxyf与0),(2222=+−+−yxxyxyf也表示同一曲线，而曲线0),(2222=+−+yxxyxyf与曲线0),(2222=+−+−yxxyxyf的图象关于y轴对称，所以③正确．对于④，直线y=kx+b上任一点P（x，y）的伴随点为P′（22yxy+，2

2yxx+−），消参后点P′的轨迹是圆，故④错误．其中的真命题是②③．本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的走向．它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的

概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．本题新概念“伴随”实质是一个变换，一个坐标变换，只要根据这个变换得出新的点的坐标，然后判断，问题就得以解决．26．将一枚均匀的硬币连续抛掷n次，

以pn表示未出现连续3次正面的概率．（1）求p1，p2，p3，p4；（2）探究数列{pn}的递推公式，并给出证明；（3）讨论数列{pn}的单调性及其极限，并阐述该极限的概率意义．解：（1）显数p1=p2=1，p3=1－8781=；又投掷四次连续出现三次正面向上的情况只有：正正正正或正正

正反或反正正正，故p4=1－163=1613．（2）共分三种情况：1）如果第n次出现反面，那么前n次不出现连续三次正面和前n－1次不出现连续三次正面是相同的，所以这个时候不出现连续三次正面的概率是21pn－

1；2）如果第n次出现正面，第n－1次出现反面，那么前n次不出现连续三次正面和前n－2次不出现连续三次正面是相同的，所以这个时候不出现连续三次正面的概率是41pn－2；3）如果第n次出现正面，第n－1次出现正面，第n－2次出现反面．那么前n次不

出现连续三次正面和前n－3次不出现连续三次正面是相同的，所以这时候不出现三次连续正面的概率是81pn－3．综上，pn=21pn－1+41pn－2+81pn－3（n≥4），p1=p2=1，p3=87．①（3）由（2）知：p

n－1=21pn－2+41pn－3+81pn－4（n≥5）．②①12−②，有pn=pn－1－161×pn－4（n≥5）．所以当n≥4时，{pn}单调递减，又p1=p2＞p3＞p4，当n≥2时，数列{pn}单调递减，且有下界0．当pn的极限存在记为a．对pn=pn－1－161×pn－4两边同

时取极限可得a=a－161a，a=0，故nnp→lim=0．其统计意义：当投掷的次数足够多时，不出现连续三次正面向上的概率非常小．