2020年中考数学试题分类汇编之十五 新概念规律类题

上传人:浩*** 文档编号:150450 上传时间:2020-08-16 格式:DOCX 页数:34 大小:822.49KB
下载 相关 举报
2020年中考数学试题分类汇编之十五 新概念规律类题_第1页
第1页 / 共34页
2020年中考数学试题分类汇编之十五 新概念规律类题_第2页
第2页 / 共34页
2020年中考数学试题分类汇编之十五 新概念规律类题_第3页
第3页 / 共34页
2020年中考数学试题分类汇编之十五 新概念规律类题_第4页
第4页 / 共34页
2020年中考数学试题分类汇编之十五 新概念规律类题_第5页
第5页 / 共34页
点击查看更多>>
资源描述

1、 第 1 页 共 34 页 2020 年中考数学试题分类汇编之十五 新概念新规律题新概念新规律题 一、选择题 7.(2020河南)定义运算: 2 1mnmnmn 例如 2 :424 24 2 17 则 方程10 x 的根的情况为( ) A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 无实数根 D. 只有一个实数根 【答案】A 【详解】解:根据定义得: 2 110,xxx 1,1,1,abc 2 2 414 115bac 0, 原方程有两个不相等的实数根, 故选. A 10.(2020 湖北武汉)下列图中所有小正方形都是全等的图(1)是一张由 4 个小正方形组 成的“L”形纸片,图(

2、2)是一张由 6 个小正方形组成的3 2 方格纸片把“L”形纸片放置 在图(2)中,使它恰好盖住其中的 4 个小正方形,共有如图(3)中的 4 种不同放置方法, 图(4)是一张由 36 个小正方形组成的6 6方格纸片,将“L”形纸片放置在图(4)中,使 它恰好盖住其中的 4 个小正方形,共有n种不同放置方法,则n的值是( ) A. 160 B. 128 C. 80 D. 48 解:由图可知,在6 6方格纸片中,3 2方格纸片的个数为5 420 (个) 则20 480n 故选:C 第 2 页 共 34 页 4.(2020 重庆 A 卷)把黑色三角形按如图所示的规律拼图案,其中第个图案中有 1个黑

3、 色三角形,第个图案中有 3个黑色三角形,第个图案中有 6个黑色三角形,按此规 律排列下去,则第个图案中黑色三角形的个数为( ) A. 10 B. 15 C. 18 D. 21 解:第个图案中黑色三角形的个数为 1, 第个图案中黑色三角形的个数 31+2, 第个图案中黑色三角形的个数 61+2+3, 第个图案中黑色三角形的个数为 1+2+3+4+515, 故选:B 8.(2020 重庆 B 卷)下列图形都是由同样大小的实心圆点按一定规律组成的,其中第个 图形一共有 5 个实心圆点,第个图形一共有 8 个实心圆点,第个图形一共有 11 个实心 圆点,按此规律排列下去,第个图形中实心圆点的个数为(

4、 ) A.18 B. 19 C.20 D.21 答案 C. 9(2020 山东枣庄)(3 分) 对于实数a、b, 定义一种新运算“”为: 2 1 ab ab , 这 里 等 式 右 边 是 实 数 运 算 例 如 : 2 11 13 1 38 则 方 程 2 ( 2)1 4 x x 的解是( ) A4x B5x C6x D7x 【解答】解:根据题意,得 12 1 44xx , 去分母得:12(4)x, 解得:5x , 经检验5x 是分式方程的解 第 3 页 共 34 页 故选:B 8 (3 分) (2020常德)如图,将一枚跳棋放在七边形 ABCDEFG 的顶点 A 处,按顺时针方 向移动这枚

5、跳棋 2020 次移动规则是:第 k 次移动 k 个顶点(如第一次移动 1 个顶点, 跳棋停留在 B 处,第二次移动 2 个顶点,跳棋停留在 D 处) ,按这样的规则,在这 2020 次移动中,跳棋不可能停留的顶点是( ) AC、E BE、F CG、C、E DE、C、F 【解答】解:经实验或按下方法可求得顶点 C,E 和 F 棋子不可能停到 设顶点 A,B,C,D,E,F,G 分别是第 0,1,2,3,4,5,6 格, 因棋子移动了 k 次后走过的总格数是 1+2+3+k= 1 2k(k+1) ,应停在第 1 2k(k+1)7p 格, 这时 P 是整数,且使 0 1 2k(k+1)7p6,分别

6、取 k1,2,3,4,5,6,7 时, 1 2k(k+1)7p1,3,6,3,1,0,0,发现第 2,4,5 格没有停棋, 若 7k2020, 设 k7+t(t1,2,3)代入可得,1 2k(k+1)7p7m+ 1 2t(t+1) , 由此可知,停棋的情形与 kt 时相同, 故第 2,4,5 格没有停棋,即顶点 C,E 和 F 棋子不可能停到 故选:D 7 (3 分) (2020烟台)如图,OA1A2为等腰直角三角形,OA11,以斜边 OA2为直角边 作等腰直角三角形 OA2A3,再以 OA3为直角边作等腰直角三角形 OA3A4,按此规律 作下去,则 OAn的长度为( ) 第 4 页 共 34

7、 页 A (2)n B (2)n 1 C ( 2 2 )n D ( 2 2 )n 1 【解答】解:OA1A2为等腰直角三角形,OA11, OA2= 2; OA2A3为等腰直角三角形, OA32= (2)2; OA3A4为等腰直角三角形, OA422 = (2 )3 OA4A5为等腰直角三角形, OA54= (2)4, OAn的长度为(2)n 1 故选:B 12 (2020 云南) (4 分)按一定规律排列的单项式:a,2a,4a,8a,16a,32a, 第 n 个单项式是( ) A (2)n 1a B (2)na C2n 1a D2na 解:a(2)1 1a, 2a(2)2 1a, 4a(2)

8、3 1a, 8a(2)4 1a, 16a(2)5 1a, 32a(2)6 1a, 由上规律可知,第 n 个单项式为: (2)n 1a 选:A 二、填空题 9. (2020 江西) 公元前 2000 年左右, 古巴比伦人使用的楔形文字中有两个符号 (如图所示) , 一个钉头形代表 1,一个尖头形代表 10,在古巴比伦的记数系统中,人们使用的标记方法和 第 5 页 共 34 页 我们当今使用的方法相同,最右边的数字代表个位,然后是十位,百位,根据符号记数的方 法,右下面符号表示一个两位数,则这个两位数是 【解析】依题意可得,有两个尖头表示20102,有 5 个丁头表示15,故这个两位数 为 25

9、17 (2020 贵州黔西南) (3 分) 如图, 是一个运算程序的示意图, 若开始输入 x 的值为 625, 则第 2020 次输出的结果为 1 【分析】依次求出每次输出的结果,根据结果得出规律,即可得出答案 【解答】解:当 x625 时,1 5x125, 当 x125 时,1 5x25, 当 x25 时,1 5x5, 当 x5 时,1 5x1, 当 x1 时,x+45, 当 x5 时,1 5x1, 依此类推,以 5,1 循环, (20202)21010, 即输出的结果是 1, 故答案为:1 19 (2020 贵州黔西南) (3 分)如图图形都是由同样大小的菱形按照一定规律所组成的,其 中第

10、个图形中一共有 3 个菱形,第个图形中一共有 7 个菱形,第个图形中一共有 13 个菱形,按此规律排列下去,第个图形中菱形的个数为 57 第 6 页 共 34 页 【解答】解:第个图形中一共有 3 个菱形,即 2+113; 第个图形中一共有 7 个菱形,即 3+227; 第个图形中一共有 13 个菱形,即 4+3313; , 按此规律排列下去, 所以第个图形中菱形的个数为:8+7757 故答案为:57 17 (2020 齐齐哈尔) ( (3 分)如图,在平面直角坐标系中,等腰直角三角形沿 x 轴正半 轴滚动并且按一定规律变换,每次变换后得到的图形仍是等腰直角三角形第一次滚动 后点 A1(0,2

11、)变换到点 A2(6,0) ,得到等腰直角三角形;第二次滚动后点 A2变换 到点 A3(6,0) ,得到等腰直角三角形;第三次滚动后点 A3变换到点 A4(10,42) , 得到等腰直角三角形;第四次滚动后点 A4变换到点 A5(10+122,0) ,得到等腰直角 三角形;依此规律,则第 2020 个等腰直角三角形的面积是 22020 【解答】解:点 A1(0,2) , 第 1 个等腰直角三角形的面积= 1 2 2 2 =2, A2(6,0) , 第 2 个等腰直角三角形的边长为62 2 =22, 第 2 个等腰直角三角形的面积= 1 2 22 22 =422, A4(10,42) , 第 7

12、 页 共 34 页 第 3 个等腰直角三角形的边长为 1064, 第 3 个等腰直角三角形的面积= 1 2 4 4 =823, 则第 2020 个等腰直角三角形的面积是 22020; 故答案为:22020(形式可以不同,正确即得分) 17. (2020 甘肃定西)已知 2 (4)5yxx,当x分别取 1,2,3,2020 时,所对 应y值的总和是_. 答案:2032 18 (2020 辽宁抚顺) (3 分)如图,四边形 ABCD 是矩形,延长 DA 到点 E,使 AEDA, 连接 EB,点 F1是 CD 的中点,连接 EF1,BF1,得到EF1B;点 F2是 CF1的中点,连 接 EF2,BF

13、2,得到EF2B;点 F3是 CF2的中点,连接 EF3,BF3,得到EF3B; 按照此规律继续进行下去,若矩形 ABCD 的面积等于 2,则EFnB 的面积为 (用含正整数 n 的式子表示) 解:AEDA,点 F1是 CD 的中点,矩形 ABCD 的面积等于 2, EF1D 和EAB 的面积都等于 1, 点 F2是 CF1的中点, EF1F2的面积等于, 同理可得EFn1Fn的面积为, 第 8 页 共 34 页 BCFn的面积为 22, EFnB 的面积为 2+112(1) 故答案为: 15 (2020 内蒙古呼和浩特) (3 分) “书法艺术课”开课后,某同学买了一包纸练习软笔书 法,且每

14、逢星期几写几张,即每星期一写 1 张,每星期二写 2 张,每星期日写 7 张,若该同学从某年的 5 月 1 日开始练习,到 5 月 30 日练习完后累积写完的宣纸总数过 120 张,则可算得 5 月 1 日到 5 月 28 日他共用宣纸张数为 112 ,并可推断出 5 月 30 日应该是星期几 五、六、日 解:5 月 1 日5 月 30 日共 30 天,包括四个完整的星期, 5 月 1 日5 月 28 日写的张数为:4112, 若 5 月 30 日为星期一,所写张数为 112+7+1120, 若 5 月 30 日为星期二,所写张数为 112+1+2120, 若 5 月 30 日为星期三,所写张

15、数为 112+2+3120, 若 5 月 30 日为星期四,所写张数为 112+3+4120, 若 5 月 30 日为星期五,所写张数为 112+4+5120, 若 5 月 30 日为星期六,所写张数为 112+5+6120, 若 5 月 30 日为星期日,所写张数为 112+6+7120, 故 5 月 30 日可能为星期五、六、日 故答案为:112;五、六、日 20 (2020 黑龙江龙东) (3 分)如图,直线AM的解析式为1yx与x轴交于点M,与y 轴交于点A,以OA为边作正方形ABCO,点B坐标为(1,1)过点B作 1 EOMA交MA于 点E,交x轴于点 1 O,过点 1 O作x轴的垂

16、线交MA于点 1 A,以 11 O A为边作正方形 1111 O ABC, 点 1 B的坐标为(5,3)过点 1 B作 12 E OMA交MA于 1 E,交x轴于点 2 O,过点 2 O作x轴的垂 线交MA于点 2 A以 22 O A为边作正方形 2222 O A B C则点 2020 B的坐标 2020 2 31, 2020 3 第 9 页 共 34 页 解:点B坐标为(1,1), 1 1OAABBCCOCO, 1(2,3) A, 11111112 3AOABBCC O, 1(5,3) B, 2(8,9) A, 22222223 9A OA BB CC O, 2(17,9) B, 同理可得

17、4(53,27) B, 5(161,81) B, 由上可知,(2 31,3 )Bnnn, 当2020n 时,(2 32020 1,32020)Bn 故答案为: 2020 (2 31, 2020 3) 15 (2020 黑龙江牡丹江) (3 分)一列数 1,5,11,19按此规律排列,第 7 个数是( ) A37 B41 C55 D71 解:1 1 2 1 , 5231, 11341 , 19451, 第n个数为(1)1n n, 则第 7 个数是:55 故选:C 15 (2020 四川遂宁) (4 分)如图所示,将形状大小完全相同的“”按照一定规律摆成下 第 10 页 共 34 页 列图形,第

18、1 幅图中“”的个数为 a1,第 2 幅图中“”的个数为 a2,第 3 幅图中“” 的个数为 a3,以此类推,若 2 1 + 2 2 + 2 3 + + 2 = 2020 (n 为正整数) ,则 n 的值为 4039 【解答】解:由图形知 a112,a223,a334, ann(n+1) , 2 1 + 2 2 + 2 3 + + 2 = 2020, 2 12 + 2 23 + 2 34 + + 2 (+1) = 2020, 2(1 1 2 + 1 2 1 3 + 1 3 1 4 + + 1 1 +1)= 2020, 2(1 1 +1)= 2020, 1 1 +1 = 4040,解得 n403

19、9, 经检验:n4039 是分式方程的解, 故答案为:4039 16 (2020 广西南宁) (3 分)如图,某校礼堂的座位分为四个区域,前区一共有 8 排,其中 第 1 排共有 20 个座位(含左、右区域) ,往后每排增加两个座位,前区最后一排与后区 各排的座位数相同,后区一共有 10 排,则该礼堂的座位总数是 556 个 解:因为前区一共有 8 排,其中第 1 排共有 20 个座位(含左、右区域) , 往后每排增加两个座位, 所以前区最后一排座位数为:20+2(81)34, 所以前区座位数为: (20+34)82216, 第 11 页 共 34 页 以为前区最后一排与后区各排的座位数相同,

20、后区一共有 10 排, 所以后区的座位数为:1034340, 所以该礼堂的座位总数是 216+340556 个 故答案为:556 个 16 (3 分) (2020常德)阅读理解:对于 x3(n2+1)x+n 这类特殊的代数式可以按下面的 方法分解因式: x3(n2+1)x+nx3n2xx+nx(x2n2)(xn)x(xn) (x+n)(xn) (xn) (x2+nx1) 理解运用:如果 x3(n2+1)x+n0,那么(xn) (x2+nx1)0,即有 xn0 或 x2+nx10, 因此,方程 xn0 和 x2+nx10 的所有解就是方程 x3(n2+1)x+n0 的解 解决问题:求方程 x35

21、x+20 的解为 x2 或 x1+2或 x12 【解答】解:x35x+20, x34xx+20,x(x24)(x2)0, x(x+2) (x2)(x2)0, 则(x2)x(x+2)10,即(x2) (x2+2x1)0, x20 或 x2+2x10,解得 x2 或 x12, 故答案为:x2 或 x1+2或 x12 17 (3 分) (2020徐州)如图,MON30,在 OM 上截取 OA1= 3过点 A1作 A1B1 OM,交 ON 于点 B1,以点 B1为圆心,B1O 为半径画弧,交 OM 于点 A2;过点 A2作 A2B2OM,交 ON 于点 B2,以点 B2为圆心,B2O 为半径画弧,交

22、OM 于点 A3;按此规 律,所得线段 A20B20的长等于 219 【解答】解:B1OB1A1,B1A1OA2,OA1A1A2, B2A2OM,B1A1OM, B1A1B2A2, B1A1= 1 2A2B2, A2B22A1B1, 第 12 页 共 34 页 同法可得 A3B32A2B222A1B1, 由此规律可得 A20B20219A1B1, A1B1OA1tan30= 3 3 3 =1, A20B20219, 故答案为 219 12(2020 山西)(3 分) 如图是一组有规律的图案, 它们是由边长相等的正三角形组合而成, 第 1 个图案有 4 个三角形,第 2 个图案有 7 个三角形,

23、第 3 个图案有 10 个三角形按此 规律摆下去,第 n 个图案有 (3n+1) 个三角形(用含 n 的代数式表示) 【分析】根据图形的变化发现规律,即可用含 n 的代数式表示 解:第 1 个图案有 4 个三角形,即 431+1 第 2 个图案有 7 个三角形,即 732+1 第 3 个图案有 10 个三角形,即 1033+1 按此规律摆下去, 第 n 个图案有(3n+1)个三角形 故答案为: (3n+1) 17.(2020 东莞)如图,等腰 12 Rt OA A, 112 1OAA A,以 2 OA为直角边作 23 Rt OA A, 再以 3 OA为直角边作 34 Rt OA A,以此规律作

24、等腰 89 Rt OA A,则 89 OA A的面积是 _. 答案:64(或 6 2) 18 (2020 四川自贡) (4 分)如图,直线 y= 3x+b 与 y 轴交于点 A,与双曲线 y= 在第 三象限交于 B、 C 两点, 且 ABAC16 下列等边三角形OD1E1, E1D2E2, E2D3E3, 第 13 页 共 34 页 的边 OE1,E1E2,E2E3,在 x 轴上,顶点 D1,D2,D3,在该双曲线第一象限的分支 上,则 k 43 ,前 25 个等边三角形的周长之和为 60 【解答】解:设直线 y= 3x+b 与 x 轴交于点 D,作 BEy 轴于 E,CFy 轴于 F y=

25、3x+b, 当 y0 时,x= 3 3 b,即点 D 的坐标为( 3 3 b,0) , 当 x0 时,yb,即 A 点坐标为(0,b) , OAb,OD= 3 3 b 在 RtAOD 中,tanADO= = 3, ADO60 直线 y= 3x+b 与双曲线 y= 在第三象限交于 B、C 两点, 3x+b= , 整理得,3x2+bxk0, 由韦达定理得:x1x2= 3 3 k,即 EBFC= 3 3 k, =cos60= 1 2, AB2EB, 同理可得:AC2FC, ABAC(2EB) (2FC)4EBFC= 43 3 k16, 解得:k43 由题意可以假设 D1(m,m3) , m23 =4

26、3, 第 14 页 共 34 页 m2 OE14,即第一个三角形的周长为 12, 设 D2(4+n,3n) , (4+n) 3n43, 解得 n22 2, E1E242 4,即第二个三角形的周长为 122 12, 设 D3(42 +a,3a) , 由题意(42 +a) 3a43, 解得 a23 22,即第三个三角形的周长为 123 122, , 第四个三角形的周长为 124 123, 前 25 个等边三角形的周长之和 12+122 12+123 122 +124 123 + +1225 1224 =1225 =60, 故答案为 43,60 16 (3 分) (2020怀化)如图,OB1A1,A

27、1B2A2,A2B3A3,An1BnAn,都是一 边在 x 轴上的等边三角形,点 B1,B2,B3,Bn都在反比例函数 y= 3 (x0)的图 象上,点 A1,A2,A3,An,都在 x 轴上,则 An的坐标为 (2,0) 解:如图,过点 B1作 B1Cx 轴于点 C,过点 B2作 B2Dx 轴于点 D,过点 B3作 B3E 第 15 页 共 34 页 x 轴于点 E, OA1B1为等边三角形, B1OC60,OCA1C, B1C= 3OC, 设 OC 的长度为 t,则 B1的坐标为(t,3t) , 把 B1(t,3t)代入 y= 3 得 t3t= 3,解得 t1 或 t1(舍去) , OA1

28、2OC2, A1(2,0) , 设 A1D 的长度为 m,同理得到 B2D= 3m,则 B2的坐标表示为(2+m,3m) , 把 B2(2+m,3m)代入 y= 3 得(2+m) 3m= 3,解得 m= 2 1 或 m= 2 1 (舍去) , A1D= 2 1,A1A2= 22 2,OA2= 2 + 22 2 = 22, A2(22,0) 设 A2E 的长度为 n,同理,B3E 为3n,B3的坐标表示为(22 +n,3n) , 把 B3(22 +n,3n)代入 y= 3 得(22 +n) 3n= 3, A2E= 3 2,A2A3= 23 22,OA3= 22 + 23 22 = 23, A3(

29、23,0) , 综上可得:An(2,0) , 故答案为:(2,0) 11 (2020 青海) (2 分)对于任意两个不相等的数 a,b,定义一种新运算“”如下:ab ,如:32,那么 124 解:124 故答案为: 第 16 页 共 34 页 12 (2020 青海) (4 分)观察下列各式的规律: 1322341;2432891;354215161 请按以上规律写出第 4 个算式 465224251 用含有字母的式子表示第 n 个算式为 n(n+2)(n+1)21 解:465224251 第 n 个算式为:n(n+2)(n+1)21 故答案为:465224251;n(n+2)(n+1)21

30、19 (2020 山东滨州) (5 分)观察下列各式: 1 2 3 a , 2 3 5 a , 3 10 7 a , 4 15 9 a , 5 26 11 a , ,根据其中的规律可得 n a 21 ( 1) 21 n n n (用含n的式子表示) 【解答】解:由分析可得 21 ( 1) 21 n n n a n 故答案为: 21 ( 1) 21 n n n 18 (2020 山东泰安) (4 分)如表被称为“杨辉三角”或“贾宪三角” 其规律是:从第三 行起,每行两端的数都是“1” ,其余各数都等于该数“两肩”上的数之和表中两平行 线之间的一列数:1,3,6,10,15,我们把第一个数记为 a

31、1,第二个数记为 a2, 第三个数记为 a3,第 n 个数记为 an,则 a4+a200 20110 解:观察“杨辉三角”可知第 n 个数记为 an(1+2+n)= 1 2n(n+1) , 则 a4+a200= 1 2 4(4+1)+ 1 2 200(200+1)20110 故答案为:20110 16 (2020 海南) (4 分)海南黎锦有着悠久的历史,已被列入世界非物质文化遗产名录如 图是黎锦上的图案,每个图案都是由相同菱形构成的,若按照第 1 个图至第 4 个图中的 规律编织图案,则第 5 个图中有 41 个菱形,第 n 个图中有 2n22n+1 个菱形(用 含 n 的代数式表示) 第

32、17 页 共 34 页 解:第 1 个图中菱形的个数 112+02, 第 2 个图中菱形的个数 522+12, 第 3 个图中菱形的个数 1332+22, 第 4 个图中菱形的个数 2542+32, 第 5 个图中菱形的个数为 52+4241, 第 n 个图中菱形的个数为 n2+(n1)2n2+n22n+12n22n+1, 故答案为:41,2n22n+1 三、解答题 28.(2020 北京)在平面直角坐标系中,O 的半径为 1,A,B 为O 外两点,AB=1. 给出如下定义:平移线段 AB,得到O 的弦(分别为点 A,B 的对应点) ,线 段长度的最小值称为线段 AB 到O 的“平移距离”.

33、(1)如图,平移线段 AB 到O 的长度为 1 的弦和,则这两条弦的位置关系是 ; 在点中, 连接点A与点 的线段的长度等于线段AB到O的“平 移距离”; 第 18 页 共 34 页 (2)若点 A,B 都在直线上,记线段 AB 到O 的“平移距离”为,求 的最小值; (3)若点 A 的坐标为,记线段 AB 到O 的“平移距离”为,直接写出的取值范 围. 【解析】 (1)平行;P3. (2)如图,线段 AB 在直线上,平移之后与圆相交,得到的弦为 CD,CD AB,过点 O 作 OEAB 于点 E,交弦 CD 于点 F,OFCD,令,直线与轴交点 为(-2,0) ,直线与轴夹角为 60,. 由

34、垂径定理得: (3)如图,线段 AB 的位置变换,可以看做是以点 A为圆心,半径为 1 的圆,只需 在O 内找到与之平行,且长度为 1 的弦即可; 点 A 到 O 的距离为. 如图,平移距离的最小值即点 A 到O 的最小值: 第 19 页 共 34 页 平移距离的最大值即点 A 到O 的最大值: 的取值范围为: 17 (2020 安徽) (8 分)观察以下等式: 第 1 个等式:, 第 2 个等式:, 第 3 个等式:, 第 4 个等式: 第 5 个等式: 按照以上规律,解决下列问题: (1)写出第 6 个等式: ; (2)写出你猜想的第个等式: (用含的等式表示) ,并证明 【解答】解: (

35、1)第 6 个等式:; (2)猜想的第个等式: 证明:左边右边, 等式成立 故答案为:; 24.(2020 长沙)我们不妨约定:若某函数图像上至少存在不同的两点关于原点对称,则把 该函数称之为“H 函数”,其图像上关于原点对称的两点叫做一对“H 点”,根据该约定,完成 下列各题 第 20 页 共 34 页 (1)在下列关于 x 的函数中,是“H 函数”的,请在相应题目后面的括号中打“”,不是“H 函数”的打“” 2yx( ) m y(m0 ) x ( ) 31yx( ) (2)若点1,Am与点, 4B n 关于 x“H 函数” 2 0yaxbxc a 的一对“H 点”,且 该函数的对称轴始终位

36、于直线2x的右侧,求, ,a b c的值域或取值范围; (3)若关于 x 的“H 函数” 2 23yaxbxc(a,b,c 是常数)同时满足下列两个条件: 0a b c ,(2)(23 )0cbacba,求该 H 函数截 x 轴得到的线段长度的取 值范围 【答案】 (1); ; (2)-1a0,b=4,0c0; (3)2 12 xx2 7 解: (1)2yx是 “H 函数” m y(m0 ) x 是 “H 函数”31yx不是 “H 函数”; 故答案为:; ; (2)A,B 是“H 点” A,B 关于原点对称, m=4,n=1 A(1,4) ,B(-1,-4) 代入 得 4 4 abc abc

37、解得 4 0 b ac 又该函数的对称轴始终位于直线2x的右侧, - 2 b a 2 - 4 2a 2 -1a0 a+c=0 0c0, 第 21 页 共 34 页 综上,-1a0,b=4,0c0; (3) 2 23yaxbxc是“H 函数” 设 H 点为(p,q)和(-p,-q), 代入得 2 2 23 23 apbpcq apbpcq 解得 ap2+3c=0,2bp=q p20 a,c 异号, ac0 a+b+c=0 b=-a-c, (2)(23 )0cbacba (2)(23 )0cacacaca (2 )(2 )0ca ca c24a2 2 2 c a 4 -2 c a 2 -2 c a

38、 0 设 t= c a ,则-2t0 设函数与 x 轴的交点为(x1,0) (x2,0) x1, x2是方程 2 23axbxc =0 的两根 2 12121 2 ()4xxxxx x = 2 23 ()4 bc aa = 2 2 4()12acc aa 第 22 页 共 34 页 = 2 23 4 1 ccc aaa =2 2 1 23ttt = 2 13 2 () 24 t 又-2t0 2 12 xx2 7 23.(2020 山东青岛)实际问题: 某商场为鼓励消费,设计了投资活动方案如下:根据不同的消费金额,每次抽奖时可以从 100 张面值分别为 1 元、2 元、3 元、100 元的奖券中

39、(面值为整数) ,一次任意抽取 2 张、3 张、4 张、等若干张奖券,奖券的面值金额之和即为优惠金额某顾客获得了一次 抽取 5 张奖券的机会,小明想知道该顾客共有多少种不同的优惠金额? 问题建模: 从 1,2,3,n(n为整数,且3n)这n个整数中任取1aan个整数,这a个 整数之和共有多少种不同的结果? 模型探究: 我们采取一般问题特殊化的策略,先从最简单的情形入手,再逐次递进,从中找出解决问题 的方法 探究一: (1)从 1,2,3 这 3 个整数中任取 2 个整数,这 2 个整数之和共有多少种不同的结果? 表 所取的 2 个整数 1,2 1,3, 2,3 2 个整数之和 3 4 5 如表

40、,所取的 2 个整数之和可以为 3,4,5,也就是从 3 到 5 的连续整数, 其中最小是 3, 最大是 5,所以共有 3 种不同的结果 (2)从 1,2,3,4 这 4 个整数中任取 2 个整数,这 2 个整数之和共有多少种不同的结果? 表 第 23 页 共 34 页 所取的 2 个整数 1,2 1,3, 1,4 2,3 2,4 3,4 2 个整数之和 3 4 5 5 6 7 如表,所取的 2 个整数之和可以为 3,4,5,6,7,也就是从 3 到 7 的连续整数,其中最 小是 3,最大是 7,所以共有 5 种不同的结果 (3)从 1,2,3,4,5 这 5 个整数中任取 2 个整数,这 2

41、 个整数之和共有_种不同的 结果 (4)从 1,2,3,n(n为整数,且3n)这n个整数中任取 2 个整数,这 2 个整数 之和共有_种不同的结果 探究二: (1) 从 1, 2, 3, 4 这 4 个整数中任取 3 个整数, 这 3 个整数之和共有_种不同的结果 (2)从 1,2,3,n(n为整数,且4n )这n个整数中任取 3 个整数,这 3 个整数 之和共有_种不同的结果 探究三: 从 1,2,3,n(n为整数,且5n)这n个整数中任取 4 个整数,这 4 个整数之和 共有_种不同的结果 归纳结论: 从 1,2,3,n(n为整数,且3n)这n个整数中任取1aan个整数,这a个 整数之和共

42、有_种不同的结果 问题解决: 从 100 张面值分别为 1 元、2 元、3 元、100 元的奖券中(面值为整数) ,一次任意抽取 5 张奖券,共有_种不同的优惠金额 拓展延伸: (1)从 1,2,3,36 这 36 个整数中任取多少个整数,使得取出的这些整数之和共有 204 种不同的结果?(写出解答过程) (2)从 3,4,5,3n(n为整数,且2n)这1n个整数中任取11aan 个整数,这a个整数之和共有_种不同的结果 解:探究一: 第 24 页 共 34 页 (3)如下表: 取的 2 个 整数 1,2 1,3 1,4 1,5 2,3 2,4 2,5 3,4 3,5 4,5 2 个 整数 之

43、和 3 4 5 6 5 6 7 7 8 9 所取的 2 个整数之和可以为 3,4,5,6,7,8,9 也就是从 3 到 9 的连续整数,其中最小是 3,最大是 9,所以共有 7 种不同的结果 (4)从 1,2,3,n(n为整数,且3n)这n个整数中任取 2 个整数,这 2 个整数 之和的最小值是 3,和的最大值是21,n 所以一共有21 3 123nn 种 探究二: (1)从 1,2,3,4 这 4 个整数中任取 3 个整数,如下表: 取的 3 个整数 1,2,3 1,2,4 1,3,4 2,3,4 3 个整数之和 6 7 8 9 从 1,2,3,4 这 4 个整数中任取 3 个整数,这 3

44、个整数之和共有 4 种, (2)从 1,2,3,4,5 这 5 个整数中任取 3 个整数, 这 3 个整数之和的最小值是 6,和的最大值是 12, 所以从 1,2,3,4,5 这 5 个整数中任取 3 个整数,这 3 个整数之和共有 7 种, 从而从 1,2,3,n(n为整数,且4n )这n个整数中任取 3 个整数, 这 3 个整数之和的最小值是 6,和的最大值是33,n 所以一共有33 6 138nn 种, 探究三: 从 1,2,3,4,5 这 5 个整数中任取 4 个整数, 这 4 个整数之和最小是10, 最大是14, 所以这 4 个整数之和一共有 5 种, 第 25 页 共 34 页 从

45、 1, 2, 3, 4, 5, 6 这 6 个整数中任取 4 个整数, 这 4 个整数之和最小是10, 最大是18,, 所以这 4 个整数之和一共有 9 种, 从 1,2,3,n(n为整数,且5n)这n个整数中任取 4 个整数, 这 4 个整数之和的最小值是 10,和的最大值是46n , 所以一共有46 10 1415nn 种不同的结果 归纳结论: 由探究一,从 1,2,3,n(n为整数,且3n)这n个整数中任取 2 个整数,这 2 个整数之和共有23n种 探究二,从 1,2,3,n(n为整数,且4n )这n个整数中任取 3 个整数,这 3 个 整数之和共有38n种, 探究三,从 1,2,3,

46、n(n为整数,且5n)这n个整数中任取 4 个整数,这 4 个 整数之和共有415n 种不同的结果 从而可得: 从 1,2,3,n(n为整数,且3n)这n个整数中任取1aan个整数,这a个 整数之和共有 2 1ana种不同的结果 问题解决: 从 100 张面值分别为 1 元、2 元、3 元、100 元的奖券中(面值为整数) , 一次任意抽取 5 张奖券,这 5 张奖券和的最小值是 15,和的最大值是 490, 共有490 15 1476 种不同的优惠金额 拓展延伸: (1) 从 1,2,3,n(n为整数,且3n)这n个整数中任取1aan个整数, 这a个整数之和共有 2 1ana种不同的结果 当

47、36,n 有 2 361204,aa 2 36203,aa 2 18121,a 第 26 页 共 34 页 1811a 或 1811,a 29a 或7.a 从 1,2,3,36 这 36 个整数中任取 29 个或 7 个整数,使得取出的这些整数之和共有 204 种不同的结果 (2)由探究可知:从 3,4,5,3n(n为整数,且2n)这1n个整数中任取 11aan个整数,等同于从 1,2,3,1n(n为整数,且2n)这1n个 整数中任取11aan个整数, 所以: 从 3, 4, 5, ,3n(n为整数, 且2n) 这1n个整数中任取11aan 个整数,这a个整数之和共有 2 11a na 种不同的结果 21 (2020 四川遂宁) (9 分)阅读以下材料,并解决相应问题: 小明在课外学习时遇到这样一个问题:

展开阅读全文
相关资源
相关搜索
资源标签

当前位置:首页 > 初中 > 初中数学 > 数学中考 > 分类汇编