新定义题型01 压轴小题全面归纳与解析（9大题型）（讲义）-【上好课】2025年高考数学二轮复习讲练测（新高考通用）

新定义题型01 压轴小题全面归纳与解析 目录 01考情透视·目标导航 2 02知识导图·思维引航 3 03 知识梳理·方法技巧 4 04 真题研析·精准预测 5 05 核心精讲·题型突破 7 题型一：集合新定义 7 题型二：函数与导数新定义 9 题型三：立体几何新定义 13 题型四：三角函数新定义 17 题型五：平面向量与解三角形新定义 21 题型六：数列新定义 24 题型七：圆锥曲线新定义 29 题型八：概率与统计新定义 36 重难点突破：高等数学背景下新定义 40 创新意识与创新应用是当下时代的重要主题，也是高中数学教学和学习过程中应当持续融入与培育的基本精神和能力。通过引入“新定义”，我们能够巧妙地促进数学知识中概念的类比理解、公式的创新设立、性质的灵活应用以及知识的拓展与创新实践等方面的融合与交汇，从而有效融入创新意识与创新应用的培养。 “新定义”型问题，具体指的是那些在问题中提出了高中数学课程中未曾涉及的一些新概念、新运算方法或新符号，要求学生能够准确理解题意，并结合自身已有的知识和能力，根据这些新定义进行相应的运算、逻辑推理以及知识迁移的一类题型。换言之，这类问题要求学生具备根据新定义进行思维拓展和问题解决的能力。 考点要求 目标要求 考题统计 考情分析 圆锥曲线新定义 掌握新定义，运用性质解题 2024年I卷第11题，6分 对于2025年新高考试卷中的新定义问题，预测其将继续考察学生的创新思维与知识应用能力。题目可能会引入新的数学概念、运算或符号，要求学生理解并运用这些新定义进行推理和解答，以检验其综合数学素养。 1、代数型新定义问题的主要考察方式： （1）新定义的概念考查； （2）新定义的运算方式考查； （3）新定义的规则应用考查。 2、解决“新定义”问题的策略： 解决这类问题时，核心在于准确捕捉新定义中的关键信息，如新概念、新公式、新性质等，并明确其名称、符号及法则。接着，将这些信息与已有知识点进行对比，找出相似之处和差异点，从而确定解题思路。最后，运用相关数学技巧和方法进行分析求解，并合理归纳结果。 1．（多选题）（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（    ） A． B．点在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时， 【答案】ABD 【解析】对于A：设曲线上的动点，则且， 因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确. 对于B：又曲线方程为，而， 故. 当时，， 故在曲线上，故B正确. 对于C：由曲线的方程可得，取， 则，而，故此时， 故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误. 对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得， 故，故D正确. 故选：ABD. 题型一：集合新定义 【典例1-1】已知集合，设，令表示集合所含元素的个数，则 . 【答案】3712 【解析】表示集合所含元素的个数， 其中整除的有，共5个. 整除的： ①1整除的有2024个；②2整除的有个；③3整除的有个.重复的有，共3个. 所以. 故答案为：3712 【典例1-2】已知有限集合，定义集合中的元素的个数为集合的“容量”，记为.若集合，则 ；若集合，且，则正整数的值是 . 【答案】 3 2025 【解析】，则集合， 所以. 若集合，则集合， 故，解得. 故答案为：3；2025 【变式1-1】设，为两个非空实数集合，定义集合，若，，则集合的子集的个数为 ． 【答案】32 【解析】因为定义集合，且，， 又， 所以集合A中的元素分别为1，2，3，4，5共5个， 则集合的子集的个数为. 故答案为：32． 【变式1-2】定义集合的商集运算为：，已知集合，，则集合的真子集个数是 . 【答案】 【解析】因为，则， 又因为，故， 所以，集合有个元素，故集合的真子集个数. 故答案为：. 1．若平面点集满足：任意点，存在，都有，则称该点集是阶聚合点集． ①若，则是3阶聚合点集 ②存在对任意正数，使不是阶聚合点集 ③若，则不是阶聚合点集 ④ “”是“是阶聚合点集”的充要条件 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【解析】对于①，由可得，故是3阶聚合点集，即①正确； 对于②，对任意的点集，总存在，使得是1阶聚合点集，故②错误； 对于③，因，而， 故不是阶聚合点集，即③正确； 对于④，因是阶聚合点集等价于， 因，可得，又因，依题意可得，反之也成立， 故“是阶聚合点集”是“”的充要条件，即④正确. 故答案为：①③④ 题型二：函数与导数新定义 【典例2-1】定理：如果函数及满足：①图象在闭区间上连续不断；②在开区间内可导；③对，那么在内至少有一点，满足成立，该定理称为柯西中值定理.请利用该定理解决下面问题：已知，若存在正数，满足，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由可得：， 令，所以 由柯西中值定理可知：那么在内至少有一点，满足成立， 因为，，所以，， 所以令， ，， 令可得：或， 令可得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，， 当趋于正无穷时，趋近， 所以，所以实数的取值范围为. 故选：A. 【典例2-2】英国数学家牛顿在17世纪给出了一种求方程近似根的方法—牛顿迭代法，做法如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，则与轴的交点的横坐标，称是的第一次近似值；过点作曲线的切线，则该切线与轴的交点的横坐标为，称是的第二次近似值；重复以上过程，得的近似值序列，其中，称是的次近似值，这种求方程近似解的方法称为牛顿迭代法.若使用该方法求方程的近似解，则下列正确的是（    ）    A．若取初始近似值为1，则过点作曲线的切线 B．若取初始近似值为1，则该方程解的第二次近似值为 C． D． 【答案】D 【解析】构造函数，则， 取初始近似值，，， 则，即，则A错误； ，，B错误； 根据题意，可知， 上述式子相加，得， 所以，C不正确，则D正确. 故选：D. 【变式2-1】函数，其中，是常数，其图象是一条直线，称这个函数为线性函数，对于非线性可导函数，在点附近一点的函数值，可以用如下方法求其近似代替值：.利用这一方法，的近似代替值（    ） A．一定大于 B．一定小于 C．等于 D．与的大小关系不确定 【答案】A 【解析】令函数，则； 根据题意可得； 又因为， 因此近似代替值，近似代替值一定大于. 故选：A 【变式2-2】对于三次函数，现给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”，经过探究发现任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，设函数，则函数的对称中心为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由，得，进而， 令，故， 所以，故对称中心为 故选：B 1．计算器计算，，，等函数的函数值，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的. “泰勒展开式”的内容为：如果函数在含有的某个开区间内可以进行多次求导数运算，则当时，有，其中是的导数，是的导数，是的导数，…. 取，则精确到的近似值为（    ） A．0.82 B．0.84 C．0.86 D．0.88 【答案】B 【解析】根据题意，， 取时，可得， 则 ， 令，代入上式可得， 所以． 故选：B 题型三：立体几何新定义 【典例3-1】刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为.若正四棱锥的侧面与底面所成角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，连接，，设，连接，则平面， 取的中点，连接，， 则由正四棱锥的结构特征可知， 所以为侧面与底面所成的角， 设，则， 在中，， 所以，又，所以， 所以正四棱锥的每个侧面均为正三角形， 所以顶点的每个面角均为， 故正四棱锥在顶点处的曲率为. 故选：D. 【典例3-2】给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算，规定：①为同时与垂直的向量；②三个向量构成右手系（如图1）；③．如图2，在长方体中中，，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】对于A，同时与垂直， ， 且构成右手系，即成立，A正确； 对于B，，则，B错误； 对于C，， 与共线，且方向相同， 与共线，且方向相同， 与共线，且方向相同， 则与共线，且方向相同， 因此，C正确； 对于D,，， 因此，D正确． 故选：B 【变式3-1】在空间直角坐标系中，定义：经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，经过点且法向量为的平面的方程为.已知在空间直角坐标系中，经过点的直线的方程为，经过点的平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】经过点的直线方程为，即， 故直线的一个方向向量为， 又经过点的平面的方程为， 即， 故的一个法向量为， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 故选：B． 1．在《线性代数》中定义：对于一组向量，，存在一组不全为0的实数，，使得：成立，那么则称，，线性相关，只有当时，才能使成立，那么就称，，线性无关.若为一组不共面的空间向量，则以下向量组线性无关的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】D 【解析】因为为一组不共面的空间向量，则不能用，线性表示， 即只有当时，. 对于A：设， 整理得：， 所以有，取， 所以，，线性相关，故A错误； 对于B：设， 整理得：， 所以有，取， 所以，，线性相关，故B错误； 对于C：设， 整理得：， 所以有，取， 所以，，线性相关，故C错误； 对于D：设， 整理得：， 所以有，解得， 所以，，线性无关，故D正确. 故选：D 题型四：三角函数新定义 【典例4-1】点将一条线段分为两段和，若，则称点为线段的黄金分割点.已知直线与函数的图象相交，为相邻的三个交点，则（    ） A．当时，存在使点为线段的黄金分割点 B．对于给定的常数，不存在使点为线段的黄金分割点 C．对于任意的，存在使点为线段的黄金分割点 D．对于任意的，存在使点为线段的黄金分割点 【答案】D 【解析】若，则， 即点为线段的黄金分割点， 当时，，不存在使点为线段的黄金分割点，故选项A，C错误； 如下图，当时，，当时，，则， 则存在一个使得，故选项错； 对于选项D，若与相交于相邻的三点， 其横坐标分别为，则， 将变换成后，点分别对应到点， 且满足， 故，即对比值无影响，故选项D正确. 故选：D. 【典例4-2】古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数，正割函数，余割函数，正矢函数，余矢函数.如图角始边为轴的非负半轴，其终边与单位圆交点，、分别是单位圆与轴和轴正半轴的交点，过点作垂直轴，作垂直轴，垂足分别为、，过点作轴的垂线，过点作轴的垂线分别交的终边于、，其中、、、为有向线段，下列表示正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意，易得， 对于A，因为，即，故A错误； 对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，故D错误. 故选：C. 【变式4-1】一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点的坐标，无论是横坐标还是纵坐标，都是唯一确定的，所以点的横坐标、纵坐标都是关于角的函数.下面给出这些函数的定义： ①把点的纵坐标叫作的正弦函数，记作，即； ②把点的横坐标叫作的余弦函数，记作，即； ③把点的纵坐标的倒数叫作的余割函数，记作，即； ④把点的横坐标的倒数叫作的正割函数，记作，即. 下列结论错误的是（    ） A． B． C．函数的定义域为 D． 【答案】C 【解析】由题知，， 对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，函数，由得 所以的定义域为，C错误； 对于D， ， 当时，等号成立，D正确. 故选：C. 【变式4-2】由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式，对于，我们有，可见也可以表示为的三次多项式.一般地，存在一个次多项式，使得，这些多项式称为切比雪夫多项式.（提示：）如图，在等腰中，已知，，且的外接圆半径，结合上述知识，可得（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】记的中点为， ， ，， ，所以 即，由，∴， ∴， 故选：A 1．正割及余割这两个概念是由伊朗数学家阿布尔威发首先引入的．定义正割，余割．已知为正实数，且对任意的实数均成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由已知可得，可得， 因为，则， 因为 ， 当且仅当时，等号成立，故. 故选：D. 题型五：平面向量与解三角形新定义 【典例5-1】在平面直角坐标系中，向量，若不共线，记以OA，OB为邻边的平行四边形的面积．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】依题意设， 则，，，， 则. 故选：C． 【典例5-2】已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，，把点绕点沿逆时针方向旋转后得到点，则的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】，把点绕点沿逆时针方向旋转后得到 ， 设，则， 解得，即. 故选：C. 【变式5-1】几何定理：以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（称为拿破仑三角形）的顶点．在中，已知，，，现以边AB，BC，CA向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为D，E，F，则DE的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在中， 由题意可知：，， 且，可知， 所以. 故选：B. 【变式5-2】克罗狄斯托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家．托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理，定理内容如下：任意一凸四边形，两组对边乘积的和不小于两对角线的乘积，当且仅当四点共圆时，等号成立．已知在凸四边形中，，，，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设，则， 在中，由余弦定理得， 由题知，，即， 所以，当且仅当四点共圆时取等号， 所以的最大值为. 故选：D 1．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为, 所以 ， 将向量顺时针方向旋转，即逆时针旋转， 得到 化简得 ， 所以P点坐标为； 故选：C. 题型六：数列新定义 【典例6-1】斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用，斐波那契数列满足，（，）.给出下列四个结论： ①存在，使得，，成等差数列； ②存在，使得，，成等比数列； ③存在常数t，使得对任意，都有，，成等差数列； ④不存在正整数，，…，，且，使得. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③ 【解析】对于①，由题意得，故成等差数列，故①正确， 对于②，由递推公式可知，，中有两个奇数，1个偶数，不可能成等比数列，故②错误， 对于③，， 故当时，对任意，，，成等差数列；故③正确， 对于④，依次写出数列中的项为， 可得，故④不正确. 故答案为：①③. 【典例6-2】设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论： ①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4 ②若，则 ③若则 ④若数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470． 其中，所有正确结论的序号是 【答案】①②④ 【解析】对于①，根据数列距离的定义可得，数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为，故①正确； 对于②，设， 由可得：， 故是以4为周期的周期数列，且， 同理可得也满足此性质，故则，故②正确； 对于③，由②知， 因为，故， 所以 所以，故③错误； 对于④，因为 所以数列中，, 数列中，, 因为故项数越大，数列和的距离越大， ， 故， 故数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470，故④正确； 故答案为：①②④. 【变式6-1】对于给定的数列，如果存在实数p、q，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，，则给出下列四个结论： ①等差数列是“线性数列”； ②等比数列是“线性数列”； ③若是等差数列，则是“线性数列”； ④若是等比数列，则是“线性数列”. 其中正确的结论是 . 【答案】①②④ 【解析】对于①，数列为等差数列，则，即， 满足“线性数列”的定义，①正确； 对于②，数列为等比数列，则，即， 满足“线性数列”的定义，②正确； 对于③，是等差数列，设， 则，若是“线性数列”， 则， 则应有， 故不是“线性数列”，③错误； 对于④，是等比数列，设首项为，公比为， 若时，，则，满足“线性数列”的定义； 若时，由，得， ， 累加的， 则， 经验证当时，满足，则， 若是“线性数列”，则存在实数，使得成立， 则， ， ， 则，则， 则是“线性数列”，④正确. 故答案为：①②④. 【变式6-2】在一组互不相同的有序数组中定义：在的右边比其大的数的个数称为的“顺序数”，在的右边比其小的数的个数称为的“逆序数”.我们把有序数组的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和记为. ①有序数组的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和 . ② . 【答案】 10 【解析】对于有序数组， 2的顺序数为3，逆序数为1， 4的顺序数为2，逆序数为1， 1的顺序数为2，逆序数为0， 3的顺序数为1，逆序数为0， 故； 对于有序数组， 易知后由个数，所以的顺序数+逆序数， 所以， 所以， 所以， 故答案为：10； 1．在数列中，若存在两个连续的三项，，与，，相同，则称是“3阶可重复数列”.已知给定项数为（，）的数列，其中一定是“阶可重复数列”，则的最小值是 . 【答案】 【解析】因为数列的每一项只可以是或，所以连续项共有种不同的情况， 若，则数列中有组连续项，则这其中至少有两组按次序对应相等， 即项数为的数列一定是“阶可重复数列”； 若，数列，，，，，，，，，不是“阶可重复数列”， 则时，均存在不是“阶可重复数列”的数列， 所以，要使数列一定是“阶可重复数列”，则的最小值为. 题型七：圆锥曲线新定义 【典例7-1】阿基米德的“平衡法”体现了近代积分法的基本思想，他用平衡法求得抛物线弓形（抛物线与其弦所在直线围成的图形）面积等于此弓形的内接三角形（内接三角形的顶点在抛物线上，且在过弦的中点与抛物线对称轴平行或重合的直线上）面积的．现已知直线与抛物线：交于两点，且为第一象限的点，在处的切线为，线段的中点为，直线轴所在的直线交于点，下列说法错误的是（    ） A．若抛物线弓形面积为8，则其内接三角形的面积为6 B．切线的方程为 C．若，则弦对应的抛物线弓形面积大于 D．若分别取的中点，过且垂直轴的直线分别交于，则 【答案】C 【解析】根据题意作出示意图，如图所示． 对于A，内接三角形的面积为，故A正确； 对于B，联立得解得 又为第一象限的点，当时，， 故切线方程为，即，B正确； 对于C，由，得，令， 弓形面积为不等式不成立，C错误； 对于D，由知，轴，， 又的中点分别为，，成立，D正确. 故选：C． 【典例7-2】曲线：，其中，均为正数，则下列命题错误的是（    ） A．当，时，曲线关于中心对称 B．当，时，曲线是轴对称图形 C．当，时，曲线所围成的面积小于 D．当，时，曲线上的点与距离的最小值等于 【答案】C 【解析】对A：当，时，，即，由函数为奇函数其关于原点 中心对称，所以得关于中心对称，故A正确. 对B：当，时，，对于曲线上任意一点， 则点关于直线对称点也在曲线上，所以曲线关于直线对称，故B正确. 对C：当，时，，所以，，可知曲线图象是一个封闭的图形， 所以可设曲线上任意一点，且到原点距离， 又因为，所以， 因为，所以，所以当，即或， 而此时，又因为曲线是个封闭图形，所以其面积，故C错误； 对D：当，时，，所以，，设曲线上任意一点，则， 又因为，所以，因为，所以， 所以当，即或时，有最小值，所以的最小值为，故D正确. 故选：C. 【变式7-1】定义：若直线将多边形分为两部分，且使得多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．已知双曲线（a，b为常数）和其左右焦点，P为C上的一动点，过P作C的切线分别交两条渐近线于点A，B，已知四边形与三角形有相同的“等线”．则对于下列四个结论： ①； ②等线必过多边形的重心； ③始终与相切； ④的斜率为定值且与a，b有关． 其中所有正确结论的编号是（    ） A．①② B．①④ C．②③④ D．①②③ 【答案】D 【解析】①：设，当时，设，则由，得， 所以，所以切线的斜率为， 所以切线方程为， 因为点在双曲线上，所以，得，， 所以， 所以， 所以，所以， 同理可求出当时的切线方程为， 当时，双曲线的切线方程为，满足， 所以过P点切线方程为， 渐近线方程为 联立两直线方程得， 故有，故 ②：设多边形顶点坐标为，其中 设“等线”方程为，则到等线的距离为： 又因为等线将顶点分为上下两部分，则有 从而 整理得 即等线必过该多边形重心． ③④：考察重心，设，则重心．对于四边形，其重心H必在与重心连线上，也必在与重心连线上，则即为直线GH． 设与重心分别为，则，所以∥， 因为为的重心，所以，所以∥， 所以三点共线， 因为在上，所以∥，过， 因为直线为，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，整理得， 所以直线方程，④错误； 又在曲线上，由①的求解过程可知直线为切线方程，所以③正确， 故①②③正确． 故选：D 【变式7-2】（多选题）已知点到点的距离与点到y轴的距离的差为定值，记动点的轨迹为曲线C，则（    ） A．当时，由抛物线和x轴的负半轴构成 B．当时，关于原点中心对称 C．当时，为轴对称图形 D．当时，是由两部分抛物线构成的封闭图形 【答案】AC 【解析】对于A，设，由题意得点到点的距离 与点到y轴的距离的差为定值，得到， 当时，，则， 两边同时平方得，得到， 即，当时，方程化为， 当时，方程化为，即， 此时由抛物线和x轴的负半轴构成，故A正确， 对于B，因为，所以， 当时，两边同时平方得， 则，化简得， 令，此时曲线方程为，我们发现点在曲线上， 找关于原点中心对称的点为， 将其代入方程，则不在曲线上， 即不可能关于原点中心对称，故B错误， 对于C，由已知得曲线方程为，由已知得， 设，将其代入曲线方程，得到， 则在曲线上，故曲线关于轴对称，即为轴对称图形，故C正确， 对于D，由已知得，令， 故，解得或， 结合已知条件此时方程为， 当时，方程化为，此时，不存在这样的曲线， 当时，方程化为，此时，不存在这样的曲线， 则当时，不可能是由两部分抛物线构成的封闭图形，故D错误. 故选：AC 1．（多选题）我们把形如的曲线叫作拉梅曲线，该曲线是法国数学家加布里埃尔•拉梅在研究圆锥曲线方程时进行拓展而得的．下列说法正确的是（    ） A．若，则拉梅曲线围成的封闭区域的面积为 B．若，则拉梅曲线围成的封闭区域的面积小于 C．若拉梅曲线与曲线恰有4个公共点，则 D．若为拉梅曲线上第一象限内一点，则 【答案】BCD 【解析】当时，拉梅曲线方程为为菱形，与坐标轴交于点，， 则拉梅曲线围成的封闭区域的面积为2ab，A不正确． 当时，根据对称性，不妨考虑拉梅曲线在第一象限的情形， 此时由可得，下证， 即证，即证， 即证，即证，即证， 即证，即证，这显然成立． 因为（）表示圆心为，半径为a的四分之一圆弧， 所以其与第一象限围成的封闭区域的面积为， 则拉梅曲线与第一象限围成的封闭区域的面积小于， 则拉梅曲线围成的封闭区域的面积小于，B正确． 当拉梅曲线与曲线恰有4个公共点时， 根据对称性可知，它们在第一象限恰有1个公共点，由， 整理得恰有1个正根，则， 解得，即，C正确． 若为拉梅曲线上第一象限内一点， 则，从而，D正确． 故选：BCD． 题型八：概率与统计新定义 【典例8-1】（多选题）为了估计一批产品的不合格品率，现从这批产品中随机抽取一个样本容量为的样本，定义，于是，，，记（其中或1，），称表示为参数的似然函数．极大似然估计法是建立在极大似然原理基础上的一个统计方法，极大似然原理的直观想法是：一个随机试验如有若干个可能的结果A，B，C，…，若在一次试验中，结果A出现，则一般认为试验条件对A出现有利，也即A出现的概率很大. 极大似然估计是一种用给定观察数据来评估模型参数的统计方法，即“模型已定，参数未知”，通过若干次试验，观察其结果，利用试验结果得到某个参数值能够使样本出现的概率为最大．根据以上原理，下面说法正确的是（    ） A．有外形完全相同的两个箱子，甲箱有99个白球1个黑球，乙箱有1个白球99个黑球．今随机地抽取一箱，再从取出的一箱中抽取一球，结果取得白球，那么该球一定是从甲箱子中抽出的 B．一个池塘里面有鲤鱼和草鱼，打捞了100条鱼，其中鲤鱼80条，草鱼20条，那么推测鲤鱼和草鱼的比例为4:1时，出现80条鲤鱼、20条草鱼的概率是最大的 C． D．达到极大值时，参数的极大似然估计值为 【答案】BCD 【解析】极大似然是一种估计方法，A错误； 设鲤鱼和草鱼的比例为，则出现80条鲤鱼，20条草鱼的概率为， 设 ， 时，，时，， 在上单调递增，在上单调递减， 故当时，最大，故B正确； 根据题意，（其中或1，）， 所以，可知C正确； 令，解得，且时，时，故在上递增，在上递减，故达到极大值时，参数的极大似然估计值为，故D正确. 故选：BCD 【典例8-2】条件概率与条件期望是现代概率体系中的重要概念，近年来，条件概率和条件期望已被广泛的应用到日常生产生活中.定义：设，是离散型随机变量，则在给定事件条件下的期望为，其中为的所有可能取值集合，表示事件“”与事件“”都发生的概率.某商场进行促销活动，凡在该商场每消费500元，可有2次抽奖机会，每次获奖的概率均为，某人在该商场消费了1000元，共获得4次抽奖机会.设表示第一次抽中奖品时的抽取次数，表示第二次抽中奖品时的抽取次数.则 . 【答案】2 【解析】由题意可知可取， 所以，， ， 又因为， 所以 . 故答案为：. 【变式8-1】在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是 ；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 . 【答案】 32 【解析】（1）的可能值为0，1（，）.故五维立方体的顶点有个. （2）依题意，样本空间的样本点记为，M，N为五维立方体的顶点 样本点总数： 当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同. 满足的样本点个数为. 所以. 故分布列为： X 1 2 3 4 5 P . 故答案为：32；. 【变式8-2】马尔科夫链是机器学习和人工智能的基石，其数学定义为:假设序列状态是...，，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即.著名的赌徒模型就应用了马尔科夫链：假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率都为50%，每局赌赢可以赢得1金币，赌输就要输掉1金币.赌徒自以为理智地决定，遇到如下两种情况就会结束赌博游戏：一是输光了手中金币;二是手中金币达到预期的1000金币，出现这两种情况赌徒都会停止赌博.记赌徒的本金为70金币，求赌徒输光所有金币的概率 . 【答案】/ 【解析】设当赌徒手中有元时，最终输光的概率为， 当时，赌徒已经输光了，所以， 当时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率为， 记：赌徒有元最后输光的事件，：赌徒有元下一次赢的事件， 所以， 即，所以， 所以为等差数列，设， 由于，所以， 所以， 故 故答案为： 1．产品抽样检查中经常遇到一类实际问题，假定在N件产品中有M件不合格品，在产品中随机抽件做检查，发现件不合格品的概率为，其中是与中的较小者，在不大于合格品数（即）时取0，否则取与合格品数之差，即.根据以上定义及分布列性质，请计算当N=16，M=8时， ；若，，请计算 ．（用组合数表示） 【答案】 / / 【解析】当，，时，， 因为， 故． 当，时， 因为， 所以， 所以 ． 故答案为：， 重难点突破：高等数学背景下新定义 【典例9-1】（多选题）群的概念由法国天才数学家伽罗瓦（1811-1832）在19世纪30年代开创，群论虽起源于对代数多项式方程的研究，但在量子力学､晶体结构学等其他学科中也有十分广泛的应用.设是一个非空集合，“”是一个适用于中元素的运算，若同时满足以下四个条件，则称对“”构成一个群：（1）封闭性，即若，则存在唯一确定的，使得；（2）结合律成立，即对中任意元素都有；（3）单位元存在，即存在，对任意，满足，则称为单位元；（4）逆元存在，即任意，存在，使得，则称与互为逆元，记作.一般地，可简记作可简记作可简记作，以此类推.正八边形的中心为.以表示恒等变换，即不对正八边形作任何变换；以表示以点为中心，将正八边形逆时针旋转的旋转变换；以表示以所在直线为轴，将正八边形进行轴对称变换.定义运算“”表示复合变换，即表示将正八边形先进行变换再进行变换的变换.以形如，并规定的变换为元素，可组成集合，则对运算“”可构成群，称之为“正八边形的对称变换群”，记作.则以下关于及其元素的说法中，正确的有（    ） A．，且 B．与互为逆元 C．中有无穷多个元素 D．中至少存在三个不同的元素，它们的逆元都是其本身 【答案】ABD 【解析】我们有： 由于两次轴对称等价与不变换，故； 由于旋转施行8次等价于旋转也就是不变，故； 由于先旋转再关于对称和先关于对称再旋转等效，故. 一共是16个元素，变换后逆时针排列的有8个，顺时针排列的有8个. 这就说明：， A正确； ，B正确； 一共是16个元素，C错误； 中，，D正确. 故选：ABD 【典例9-2】（多选题）是由个数（复数或实数）排列成行列的长方阵，简称矩阵，记作：，这个数称为矩阵的元素，简称为元，数位于矩阵的第行第列，称为矩阵的元．两个矩阵的乘法仅当第一个矩阵的列数和第二个矩阵的行数相等时才能定义（做乘法），如是矩阵，是矩阵，记为，它们的乘积是一个矩阵，它的任意一个元素值为：，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C．矩阵的乘法满足交换律 D．矩阵的乘法满足结合律 【答案】AD 【解析】根据矩阵乘积运算方法可得， A选项正确； B选项中，第一个矩阵的列数与第二个矩阵的行数不一致，不能计算乘积，故B选项错误； C选项中，若矩阵是三行两列，矩阵是两行四列，则时可计算乘积，但时就因矩阵的列数与矩阵的行数不一致，不能计算，故C选项错误； 选项D中，矩阵的乘法运算法则可知，矩阵的乘法满足结合律，故选项D正确. 故选：AD. 【变式9-1】（多选题）泰勒公式通俗的讲就是用一个多项式函数去逼近一个给定的函数，也叫泰勒展开式，下面给出两个泰勒展开式 由此可以判断下列各式正确的是（    ）． A．（i是虚数单位） B．（i是虚数单位） C． D． 【答案】ACD 【解析】对于A、B，由， 两边求导得， ， ， 又， ， ，故A正确，B错误； 对于C，已知，则. 因为，则，即成立，故C正确； 故C正确； 对于D，,， ， 当，；；； ，, 所以，所以成立，故D正确. 故选：ACD. 【变式9-2】（多选题）在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作，则下列命题中正确的是（    ） A．，，则 B．为坐标原点，动点满足，则的轨迹为圆 C．对任意三点、、，都有 D．已知点和直线：，则 【答案】ACD 【解析】对于选项A：若，，则， 因为，所以，故A正确； 对于选项B：设， 若，则，且等号至少有一个成立， 可得的轨迹如图所示，为正方形，故B错误； 对于选项C：设， 则 ， 同理可得， 所以，故C正确； 对于选项D：设为直线上一点， 则， 当，即时，则， 可知当时，取得最小值； 当，即或，则，无最小值； 综上可得：，故D正确； 故选：ACD. 1．（多选题）由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个次多项式，使得，这些多项式称为切比雪夫（P．L．Tschebyscheff）多项式．运用探究切比雪夫多项式的方法可得（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】对于A：因为 ， 所以，故A错误； 对于B：因为， 则 ， 所以，故B正确； 对于C、D：因为， 因为为锐角，则，即， 则，解得或（舍去）， 所以，故C正确； 但，所以，故D错误； 故选：BC. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 / 45 学科网(北京)股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新定义题型01 压轴小题全面归纳与解析 目录 01考情透视·目标导航 2 02知识导图·思维引航 3 03 知识梳理·方法技巧 4 04 真题研析·精准预测 5 05 核心精讲·题型突破 6 题型一：集合新定义 6 题型二：函数与导数新定义 7 题型三：立体几何新定义 9 题型四：三角函数新定义 10 题型五：平面向量与解三角形新定义 13 题型六：数列新定义 14 题型七：圆锥曲线新定义 15 题型八：概率与统计新定义 17 重难点突破：高等数学背景下新定义 19 创新意识与创新应用是当下时代的重要主题，也是高中数学教学和学习过程中应当持续融入与培育的基本精神和能力。通过引入“新定义”，我们能够巧妙地促进数学知识中概念的类比理解、公式的创新设立、性质的灵活应用以及知识的拓展与创新实践等方面的融合与交汇，从而有效融入创新意识与创新应用的培养。 “新定义”型问题，具体指的是那些在问题中提出了高中数学课程中未曾涉及的一些新概念、新运算方法或新符号，要求学生能够准确理解题意，并结合自身已有的知识和能力，根据这些新定义进行相应的运算、逻辑推理以及知识迁移的一类题型。换言之，这类问题要求学生具备根据新定义进行思维拓展和问题解决的能力。 考点要求 目标要求 考题统计 考情分析 圆锥曲线新定义 掌握新定义，运用性质解题 2024年I卷第11题，6分 对于2025年新高考试卷中的新定义问题，预测其将继续考察学生的创新思维与知识应用能力。题目可能会引入新的数学概念、运算或符号，要求学生理解并运用这些新定义进行推理和解答，以检验其综合数学素养。 1、代数型新定义问题的主要考察方式： （1）新定义的概念考查； （2）新定义的运算方式考查； （3）新定义的规则应用考查。 2、解决“新定义”问题的策略： 解决这类问题时，核心在于准确捕捉新定义中的关键信息，如新概念、新公式、新性质等，并明确其名称、符号及法则。接着，将这些信息与已有知识点进行对比，找出相似之处和差异点，从而确定解题思路。最后，运用相关数学技巧和方法进行分析求解，并合理归纳结果。 1．（多选题）（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（    ） A． B．点在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时， 题型一：集合新定义 【典例1-1】已知集合，设，令表示集合所含元素的个数，则 . 【典例1-2】已知有限集合，定义集合中的元素的个数为集合的“容量”，记为.若集合，则 ；若集合，且，则正整数的值是 . 【变式1-1】设，为两个非空实数集合，定义集合，若，，则集合的子集的个数为 ． 【变式1-2】定义集合的商集运算为：，已知集合，，则集合的真子集个数是 . 1．若平面点集满足：任意点，存在，都有，则称该点集是阶聚合点集． ①若，则是3阶聚合点集 ②存在对任意正数，使不是阶聚合点集 ③若，则不是阶聚合点集 ④ “”是“是阶聚合点集”的充要条件 其中所有正确结论的序号是 . 题型二：函数与导数新定义 【典例2-1】定理：如果函数及满足：①图象在闭区间上连续不断；②在开区间内可导；③对，那么在内至少有一点，满足成立，该定理称为柯西中值定理.请利用该定理解决下面问题：已知，若存在正数，满足，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【典例2-2】英国数学家牛顿在17世纪给出了一种求方程近似根的方法—牛顿迭代法，做法如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，则与轴的交点的横坐标，称是的第一次近似值；过点作曲线的切线，则该切线与轴的交点的横坐标为，称是的第二次近似值；重复以上过程，得的近似值序列，其中，称是的次近似值，这种求方程近似解的方法称为牛顿迭代法.若使用该方法求方程的近似解，则下列正确的是（    ）    A．若取初始近似值为1，则过点作曲线的切线 B．若取初始近似值为1，则该方程解的第二次近似值为 C． D． 【变式2-1】函数，其中，是常数，其图象是一条直线，称这个函数为线性函数，对于非线性可导函数，在点附近一点的函数值，可以用如下方法求其近似代替值：.利用这一方法，的近似代替值（    ） A．一定大于 B．一定小于 C．等于 D．与的大小关系不确定 【变式2-2】对于三次函数，现给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”，经过探究发现任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，设函数，则函数的对称中心为（    ） A． B． C． D． 1．计算器计算，，，等函数的函数值，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的. “泰勒展开式”的内容为：如果函数在含有的某个开区间内可以进行多次求导数运算，则当时，有，其中是的导数，是的导数，是的导数，…. 取，则精确到的近似值为（    ） A．0.82 B．0.84 C．0.86 D．0.88 题型三：立体几何新定义 【典例3-1】刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为.若正四棱锥的侧面与底面所成角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（    ） A． B． C． D． 【典例3-2】给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算，规定：①为同时与垂直的向量；②三个向量构成右手系（如图1）；③．如图2，在长方体中中，，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】在空间直角坐标系中，定义：经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，经过点且法向量为的平面的方程为.已知在空间直角坐标系中，经过点的直线的方程为，经过点的平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 1．在《线性代数》中定义：对于一组向量，，存在一组不全为0的实数，，使得：成立，那么则称，，线性相关，只有当时，才能使成立，那么就称，，线性无关.若为一组不共面的空间向量，则以下向量组线性无关的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 题型四：三角函数新定义 【典例4-1】点将一条线段分为两段和，若，则称点为线段的黄金分割点.已知直线与函数的图象相交，为相邻的三个交点，则（    ） A．当时，存在使点为线段的黄金分割点 B．对于给定的常数，不存在使点为线段的黄金分割点 C．对于任意的，存在使点为线段的黄金分割点 D．对于任意的，存在使点为线段的黄金分割点 【典例4-2】古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数，正割函数，余割函数，正矢函数，余矢函数.如图角始边为轴的非负半轴，其终边与单位圆交点，、分别是单位圆与轴和轴正半轴的交点，过点作垂直轴，作垂直轴，垂足分别为、，过点作轴的垂线，过点作轴的垂线分别交的终边于、，其中、、、为有向线段，下列表示正确的是（    ）    A． B． C． D． 【变式4-1】一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点的坐标，无论是横坐标还是纵坐标，都是唯一确定的，所以点的横坐标、纵坐标都是关于角的函数.下面给出这些函数的定义： ①把点的纵坐标叫作的正弦函数，记作，即； ②把点的横坐标叫作的余弦函数，记作，即； ③把点的纵坐标的倒数叫作的余割函数，记作，即； ④把点的横坐标的倒数叫作的正割函数，记作，即. 下列结论错误的是（    ） A． B． C．函数的定义域为 D． 【变式4-2】由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式，对于，我们有，可见也可以表示为的三次多项式.一般地，存在一个次多项式，使得，这些多项式称为切比雪夫多项式.（提示：）如图，在等腰中，已知，，且的外接圆半径，结合上述知识，可得（    ） A． B． C． D． 1．正割及余割这两个概念是由伊朗数学家阿布尔威发首先引入的．定义正割，余割．已知为正实数，且对任意的实数均成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 题型五：平面向量与解三角形新定义 【典例5-1】在平面直角坐标系中，向量，若不共线，记以OA，OB为邻边的平行四边形的面积．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【典例5-2】已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，，把点绕点沿逆时针方向旋转后得到点，则的坐标为（ ） A． B． C． D． 【变式5-1】几何定理：以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（称为拿破仑三角形）的顶点．在中，已知，，，现以边AB，BC，CA向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为D，E，F，则DE的长为（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】克罗狄斯托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家．托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理，定理内容如下：任意一凸四边形，两组对边乘积的和不小于两对角线的乘积，当且仅当四点共圆时，等号成立．已知在凸四边形中，，，，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 1．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 题型六：数列新定义 【典例6-1】斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用，斐波那契数列满足，（，）.给出下列四个结论： ①存在，使得，，成等差数列； ②存在，使得，，成等比数列； ③存在常数t，使得对任意，都有，，成等差数列； ④不存在正整数，，…，，且，使得. 其中所有正确结论的序号是 . 【典例6-2】设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论： ①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4 ②若，则 ③若则 ④若数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470． 其中，所有正确结论的序号是 【变式6-1】对于给定的数列，如果存在实数p、q，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，，则给出下列四个结论： ①等差数列是“线性数列”； ②等比数列是“线性数列”； ③若是等差数列，则是“线性数列”； ④若是等比数列，则是“线性数列”. 其中正确的结论是 . 【变式6-2】在一组互不相同的有序数组中定义：在的右边比其大的数的个数称为的“顺序数”，在的右边比其小的数的个数称为的“逆序数”.我们把有序数组的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和记为. ①有序数组的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和 . ② . 1．在数列中，若存在两个连续的三项，，与，，相同，则称是“3阶可重复数列”.已知给定项数为（，）的数列，其中一定是“阶可重复数列”，则的最小值是 . 题型七：圆锥曲线新定义 【典例7-1】阿基米德的“平衡法”体现了近代积分法的基本思想，他用平衡法求得抛物线弓形（抛物线与其弦所在直线围成的图形）面积等于此弓形的内接三角形（内接三角形的顶点在抛物线上，且在过弦的中点与抛物线对称轴平行或重合的直线上）面积的．现已知直线与抛物线：交于两点，且为第一象限的点，在处的切线为，线段的中点为，直线轴所在的直线交于点，下列说法错误的是（    ） A．若抛物线弓形面积为8，则其内接三角形的面积为6 B．切线的方程为 C．若，则弦对应的抛物线弓形面积大于 D．若分别取的中点，过且垂直轴的直线分别交于，则 【典例7-2】曲线：，其中，均为正数，则下列命题错误的是（    ） A．当，时，曲线关于中心对称 B．当，时，曲线是轴对称图形 C．当，时，曲线所围成的面积小于 D．当，时，曲线上的点与距离的最小值等于 【变式7-1】定义：若直线将多边形分为两部分，且使得多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．已知双曲线（a，b为常数）和其左右焦点，P为C上的一动点，过P作C的切线分别交两条渐近线于点A，B，已知四边形与三角形有相同的“等线”．则对于下列四个结论： ①； ②等线必过多边形的重心； ③始终与相切； ④的斜率为定值且与a，b有关． 其中所有正确结论的编号是（    ） A．①② B．①④ C．②③④ D．①②③ 【变式7-2】（多选题）已知点到点的距离与点到y轴的距离的差为定值，记动点的轨迹为曲线C，则（    ） A．当时，由抛物线和x轴的负半轴构成 B．当时，关于原点中心对称 C．当时，为轴对称图形 D．当时，是由两部分抛物线构成的封闭图形 1．（多选题）我们把形如的曲线叫作拉梅曲线，该曲线是法国数学家加布里埃尔•拉梅在研究圆锥曲线方程时进行拓展而得的．下列说法正确的是（    ） A．若，则拉梅曲线围成的封闭区域的面积为 B．若，则拉梅曲线围成的封闭区域的面积小于 C．若拉梅曲线与曲线恰有4个公共点，则 D．若为拉梅曲线上第一象限内一点，则 题型八：概率与统计新定义 【典例8-1】（多选题）为了估计一批产品的不合格品率，现从这批产品中随机抽取一个样本容量为的样本，定义，于是，，，记（其中或1，），称表示为参数的似然函数．极大似然估计法是建立在极大似然原理基础上的一个统计方法，极大似然原理的直观想法是：一个随机试验如有若干个可能的结果A，B，C，…，若在一次试验中，结果A出现，则一般认为试验条件对A出现有利，也即A出现的概率很大. 极大似然估计是一种用给定观察数据来评估模型参数的统计方法，即“模型已定，参数未知”，通过若干次试验，观察其结果，利用试验结果得到某个参数值能够使样本出现的概率为最大．根据以上原理，下面说法正确的是（    ） A．有外形完全相同的两个箱子，甲箱有99个白球1个黑球，乙箱有1个白球99个黑球．今随机地抽取一箱，再从取出的一箱中抽取一球，结果取得白球，那么该球一定是从甲箱子中抽出的 B．一个池塘里面有鲤鱼和草鱼，打捞了100条鱼，其中鲤鱼80条，草鱼20条，那么推测鲤鱼和草鱼的比例为4:1时，出现80条鲤鱼、20条草鱼的概率是最大的 C． D．达到极大值时，参数的极大似然估计值为 【典例8-2】条件概率与条件期望是现代概率体系中的重要概念，近年来，条件概率和条件期望已被广泛的应用到日常生产生活中.定义：设，是离散型随机变量，则在给定事件条件下的期望为，其中为的所有可能取值集合，表示事件“”与事件“”都发生的概率.某商场进行促销活动，凡在该商场每消费500元，可有2次抽奖机会，每次获奖的概率均为，某人在该商场消费了1000元，共获得4次抽奖机会.设表示第一次抽中奖品时的抽取次数，表示第二次抽中奖品时的抽取次数.则 . 【变式8-1】在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是 ；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 . 【变式8-2】马尔科夫链是机器学习和人工智能的基石，其数学定义为:假设序列状态是...，，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即.著名的赌徒模型就应用了马尔科夫链：假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率都为50%，每局赌赢可以赢得1金币，赌输就要输掉1金币.赌徒自以为理智地决定，遇到如下两种情况就会结束赌博游戏：一是输光了手中金币;二是手中金币达到预期的1000金币，出现这两种情况赌徒都会停止赌博.记赌徒的本金为70金币，求赌徒输光所有金币的概率 . 1．产品抽样检查中经常遇到一类实际问题，假定在N件产品中有M件不合格品，在产品中随机抽件做检查，发现件不合格品的概率为，其中是与中的较小者，在不大于合格品数（即）时取0，否则取与合格品数之差，即.根据以上定义及分布列性质，请计算当N=16，M=8时， ；若，，请计算 ．（用组合数表示） 重难点突破：高等数学背景下新定义 【典例9-1】（多选题）群的概念由法国天才数学家伽罗瓦（1811-1832）在19世纪30年代开创，群论虽起源于对代数多项式方程的研究，但在量子力学､晶体结构学等其他学科中也有十分广泛的应用.设是一个非空集合，“”是一个适用于中元素的运算，若同时满足以下四个条件，则称对“”构成一个群：（1）封闭性，即若，则存在唯一确定的，使得；（2）结合律成立，即对中任意元素都有；（3）单位元存在，即存在，对任意，满足，则称为单位元；（4）逆元存在，即任意，存在，使得，则称与互为逆元，记作.一般地，可简记作可简记作可简记作，以此类推.正八边形的中心为.以表示恒等变换，即不对正八边形作任何变换；以表示以点为中心，将正八边形逆时针旋转的旋转变换；以表示以所在直线为轴，将正八边形进行轴对称变换.定义运算“”表示复合变换，即表示将正八边形先进行变换再进行变换的变换.以形如，并规定的变换为元素，可组成集合，则对运算“”可构成群，称之为“正八边形的对称变换群”，记作.则以下关于及其元素的说法中，正确的有（    ） A．，且 B．与互为逆元 C．中有无穷多个元素 D．中至少存在三个不同的元素，它们的逆元都是其本身 【典例9-2】（多选题）是由个数（复数或实数）排列成行列的长方阵，简称矩阵，记作：，这个数称为矩阵的元素，简称为元，数位于矩阵的第行第列，称为矩阵的元．两个矩阵的乘法仅当第一个矩阵的列数和第二个矩阵的行数相等时才能定义（做乘法），如是矩阵，是矩阵，记为，它们的乘积是一个矩阵，它的任意一个元素值为：，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C．矩阵的乘法满足交换律 D．矩阵的乘法满足结合律 【变式9-1】（多选题）泰勒公式通俗的讲就是用一个多项式函数去逼近一个给定的函数，也叫泰勒展开式，下面给出两个泰勒展开式 由此可以判断下列各式正确的是（    ）． A．（i是虚数单位） B．（i是虚数单位） C． D． 【变式9-2】（多选题）在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作，则下列命题中正确的是（    ） A．，，则 B．为坐标原点，动点满足，则的轨迹为圆 C．对任意三点、、，都有 D．已知点和直线：，则 1．（多选题）由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个次多项式，使得，这些多项式称为切比雪夫（P．L．Tschebyscheff）多项式．运用探究切比雪夫多项式的方法可得（    ） A． B． C． D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 / 20 学科网(北京)股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$