2024年全国一卷新高考数学题型细分S4——创新小题

2024年全国一卷新高考题型细分S4 ——创新 小题 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《创新小题》大概6道题。 创新 小题： 1. （2024年粤J04顺德二检，末）16. 在如图所示的长方形台球桌面示意图中，，桌面的六个网分别位于长方形的四个顶点及长边中点上．现有三个台球分别在三点所在的位置上，且三点共线．用球贴着桌面移动去击球（不能碰到球），使得球沿球运动的方向径直落入三个网中之一．若球和网近似地看成点，且台球在桌面上为直线运动，球碰到桌边缘后反弹符合入射角等于反射角．则球击中球前，球移动的最短路径的路程为[endnoteRef:2]______．（创新） [2: 【答案】## 【解析】 【分析】分三种情况，结合题意，连接点与网中其中之一，得到直线，根据反射得到点的运动路径，得到最小值. 【详解】因为用球贴着桌面移动去击球（不能碰到球）， 连接并延长交于点，直线，即， 令得，，故，则为的中点， 故的反射直线为，则， 将代入中，得，故， 令得，故，为的中点， 直线经过反射得到直线， 将代入中，得，故， 其中满足上， 故球的轨迹为，其中， ，， 故轨迹长度为， 连接并延长，交于点， 直线的方程为，即，令得， 故，根据反射得到反射直线，将代入得， ，解得，故直线， 令得，解得，故， 根据反射得到直线，将代入得， ，解得，故直线， 令得，解得，故， 根据反射得到直线，将代入得， ，解得，故直线， 令得，故， 由于，故令中的得， 故点A不在直线上， 故要想点A在直线上，也要经过多次反射，故路径会大于，不合要求，舍去； 连接并延长，交于点，则直线的方程为， 令得，故， 根据反射得到直线反射直线， 将代入上式得，，解得， 故直线，令得，解得，故， 根据反射得到反射直线，将代入得， ，解得，故， 令得，故， 根据反射得到反射直线，将代入得， 故， 由于，故令中的得， 故不在反射直线上， 故要想点A在直线上，也要经过多次反射，故路径会大于，不合要求，舍去； 综上，球移动的最短路径的路程为. 故答案为： 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. ] 2. （多选，2024年浙J06金丽衢一联，末）12. 对于集合中的任意两个元素，若实数同时满足以下三个条件： ①“”的充要条件为“”； ②； ③，都有． 则称为集合上的距离，记为．则下列说法正确的是（ [endnoteRef:3] ） A. 为 B. C. 若，则为 D. 若为，则也为（为自然对数的底数）（创新） [3: 【答案】AC 【解析】 【分析】由的定义对选项一一判断即可得出答案. 【详解】对于A，，即， ①，，即，即， 若，则， 所以“”的充要条件为“”. ②，，成立， ③，，，故A正确； 对于B，， ①，，即，即， 此时若，则，故B错误； 对于C，， ①，即，即，得， 若，则， 所以“”的充要条件为“”. ②，，成立； ③， ，故成立，故C正确； 对于D，设，，则， ①,若，则，即，，故D错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． ] 3. （2024年粤J03佛山一中二调）6. 已知一台擀面机共有对减薄率均在轧辊（如图），所有轧辊周长均为，面带从一端输入，经过各对轧辊逐步减薄后输出，若某个轧辊有缺陷，每滚动一周会在面带上压出一个疵点（整个过程中面带宽度不变，且不考虑损耗），已知标号的轧辊有缺陷，那么在擀面机最终输出的面带上，相邻两个疵点的间距为（ [endnoteRef:4] ） （减薄率） A. B. C. D. （创新） [4: 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知，第对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，在此处出口的两疵点间面带体积与最终出口处两疵点间面带体积相等，宽度不变，利用除以可得结果. 【详解】由图可知，第对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长， 在此处出口的两疵点间面带体积与最终出口处两疵点间面带体积相等， 因宽度不变，在擀面机最终输出的面带上，相邻两个疵点的间距为， 故选：C. ] 4. （2024年冀J13示范高中，末）14. 若一个两位正整数的个位数为4，则称为“好数”，若，且，为正整数，则称数对为“友好数对”，规定：，例如，称数对为“友好数对”，，则小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值为[endnoteRef:5]________．（创新） [5: 【答案】 【解析】 【分析】设，对每个可取的进行逐一分析，即可求得结果. 【详解】设，且为正整数， 根据题意，，即， 当时，， 则或，这两个方程组都没有正整数解，故没有满足题意的； 当时，， 满足条件的有或，解得或， 故或； 当，，没有满足条件的； 当，， 满足条件的有，解得， 故； 当，，没有满足条件的； 当，， 满足条件的有或，解得或， 故或. 所有“友好数对”的的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分理解“友好数对”的新定义，再对进行合理地分类讨论即可. ] 5. （多选，2024年浙J37宁波模拟，J28宁波，末）11．指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.已知为全集且元素个数有限，对于的任意一个子集，定义集合的指示函数若，则（ [endnoteRef:6]   ） 注：表示中所有元素所对应的函数值之和（其中是定义域的子集）. A． B． C． D．（创新） [6: 11．BCD 【分析】根据的定义，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，由于,所以 故，故A错误， 对于B，若,则，此时满足， 若且时，， 若且时，， 若且时，， 综上可得，故B正确， 对于C， 而， 由于，所以 故,C正确， , 当时，此时中至少一个为1，所以， 当时，此时均为0，所以， 故,故D正确， 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：充分利用的定义以及的定义，由此可得时，此时均为0，时，此时中至少一个为1，结合的定义化简求解. ] 6. （2024年冀J19张家口一模，末）8. 设为非负整数，为正整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．若为质数，为不能被整除的正整数，则，这个定理是费马在1636年提出的费马小定理，它是数论中的一个重要定理．现有以下4个命题： ①； ②对于任意正整数； ③对于任意正整数； ④对于任意正整数． 则所有的真命题为（[endnoteRef:7] ） A. ①④ B. ② C. ①②③ D. ①②④（创新） [7: 【答案】C 【解析】 【分析】由二项式定理即可证明被7除所得余数为2，即可判断①；由费马小定理可得，即可判断②；由，结合即可判断③；由，结合即可判断④. 【详解】对于①：因为， 所以被7除所得余数为1， 所以被7除所得余数为2， 所以，正确； 对于②：若正整数能被整除，则能被整除， 所以； 若正整数不能被整除，由费马小定理得：，即，正确； 对于③：若正整数能被整除，则能被整除， 所以； 若正整数不能被整除，由费马小定理得：，即， 又，所以，正确； 对于④：由费马小定理得：，即， 又， 所以，错误. 故选：C 【点睛】关键点睛：解本题的关键在于充分理解新定义，然后结合带余数法以及费马小定理等初等数论知识即可求解. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$