新定义题型02 压轴解答题的深度剖析与策略归纳（9大题型）（课件）-【上好课】2025年高考数学二轮复习讲练测（新高考通用）

高考二轮数学讲练测 新定义题型02 压轴解答题 的深度剖析与策略归纳 目录 01 03 05 02 04 考情透视·目标导航 知识导图·思维引航 知识梳理·方法技巧 真题研析·精准预测 核心精讲·题型突破（8大题型，1个重难点） 2 考点要求 目标要求 考题统计 考情分析 数列新定义 理解概念， 掌握应用， 提升思维。 2024年II卷19题，17分 2024年北京卷21题，15分 2023年北京卷21题，15分 2022年北京卷21题，15分 2021年北京卷21题，15分 预测2025年新高考试卷第19题结构考查数列新定义问题，压轴题，难度比较大. 考情透视·目标导航 3 考情分析与命题预测 创新意识与创新应用是新时代的主旋律，也是高中数学教学与学习中需要不断渗透与培养的一种基本精神与能力！借助“新定义”，可以巧妙进行数学知识中的概念类比、公式设置、性质应用、知识拓展与创新应用等的交汇与融合，很好地融入创新意识与创新应用. 所谓“新定义”型问题，主要是指在问题中定义了高中数学中没有学过的一些概念、新运算、新符号，要求同学们读懂题意并结合已有知识、能力进行理解，根据新定义进行运算、推理、迁移的一种题型。 考情透视·目标导航 4 知识导图·思维引航 5 知识梳理 代数型新定义问题的主要考察方式 (1)概念中的新定义； (2)运算中的新定义； (3)规则的新定义等。 知识梳理·方法技巧 在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决！ 方法技巧 解决“新定义”问题的方法 知识梳理·方法技巧 真题研析 1.(2024年高考北京卷)某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期 限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 800 100 60 30 10 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次 索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率； 设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”， 由题设中的统计数据可得 真题研析·精准预测 真题研析 (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. 记为一份保单的毛利润，估计的数学期望； 设为赔付金额，则可取， 由题设中的统计数据可得， ，，， 故，故 (万元). 真题研析·精准预测 真题研析 (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. 如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情 况下一份保单毛利润的数学期望估计值与中估计值的大小.(结论不要求证明) 由题设保费的变化为， 故(万元)，从而 真题研析·精准预测 真题研析 2.(2024年新课标全国Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员 组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中， 则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由 该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第 二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为，乙每 次投中的概率为，各次投中与否相互独立. (1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分 的概率. (1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分， 则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次， 比赛成绩不少于5分的概率 真题研析·精准预测 真题研析 (2)假设， 为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 若甲先参加第一阶段比赛， 则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为， 若乙先参加第一阶段比赛， 则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为， ， ， ，应该由甲参加第一阶段比赛. 真题研析·精准预测 真题研析 为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15， ， ， ，， 记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15， 同理 ， 因为，则，， 则，应该由甲参加第一阶段比赛. 真题研析·精准预测 真题研析 3.(2023年新课标全国Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则 此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中 率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人 是甲、乙的概率各为0.5. 记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件， 所以， (1)求第2次投篮的人是乙的概率； 真题研析·精准预测 真题研析 (2)求第次投篮的人是甲的概率； 设，依题可知，，则 ， 即， 构造等比数列，设，解得，则， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 即 真题研析·精准预测 真题研析 (3)已知：若随机变量服从两点分布，且， 则记前次(即从第1次到第次投篮)中甲投篮的次数为，求 因为，， 所以当时，， 故 真题研析·精准预测 立体几何新定义 题型三 核心精讲·题型突破 函数与导数新定义 题型二 集合新定义 题型一 平面向量与解三角形新定义 题型五 数列新定义 题型六 高等数学背景下新定义 重难点突破 三角函数新定义 题型四 圆锥曲线新定义 题型七 概率与统计新定义 题型八 题型一：集合新定义 【典例1-1】给定平面上一些点的集合D及若干个点 若 对于为定值，我们就称为一个稳定点集. (1)判断集合与点构成的 是不是稳定点集，并说明理由； 不是稳定点集，理由如下： 取，则； 取，则，故不是稳定点集. 核心精讲·题型突破 题型突破 (2)判断集合以及点构成的 是不是稳定点集，并说明理由； 是稳定点集，理由如下： 设，，则，则 ，为定值， 故是稳定点集. 核心精讲·题型突破 (3)若集合及单位圆中的内接2024边形的顶点 ，，，构成的是一个稳定点集，求的值. 因为是稳定点集，设是单位圆上任意一点，所以为定值， 所以， 因为，故， 因为为定值，所以为定值， 因为是单位圆上任意一点，所以，故 核心精讲·题型突破 【变式1-1】已知集合具有性质： 对任意，与 至少有一个属于，则称为“封闭集”. (1)若集合，，判断，是否是“封闭集”?并说明理由； 集合中，因为，，所以集合不是“封闭集”. 集合 中， 因为，，，，， ， 所以集合是“封闭集”； 核心精讲·题型突破 (2)若集合是“封闭集”，且，求集合； 因为，且是“封闭集”，由于， 所以，则，所以， 又因为，所以， 则，，， 由集合的元素互异性可知，，而，所以， 故集合 ； 核心精讲·题型突破 (3)设集合是“封闭集”， 证明：当时， 因为是“封闭集”， 所以，则，所以， 又因为，所以， 又因为，所以，则， 由集合元素的互异性可知 所以，，，，， 所以， 即① 所以当时，② 则①②为也即，命题得证. 核心精讲·题型突破 命题预测 1.已知为大于0的偶数，集合 给定项数 为的有限数列，对于集合中任意元素，记 (1)若，数列，写出的所有可能值. 当时，集合 中的元素有以下几种情况： 当时，数列，根据，则 当时， 核心精讲·题型突破 当时， 当时， 当时， 当时， 所以的所有可能值为 (1)若，数列，写出的所有可能值. 核心精讲·题型突破 (2)对于各项均为正数的数列，证明：存在，使得 设， 令，其中这样确定： 当时，；当时，； 对于其他的()，(这里是使得或的下标). 则 所以 ， 即存在，使得 核心精讲·题型突破 (3)对于各项均为正数的数列和，证明：存在，使 得 同时成立. 注：表示中最大的数， 表示 中最小的数. 设， 考虑所有个的值(因为中元素个数为个)，这些值构成一个集合； 所有个的值构成一个集合 将区间等分成个小区间()，每个小区间长度为； 将区间等分成个小区间()，每个小区间长度为 核心精讲·题型突破 由于中元素个数为，根据抽屉原理， 在个的值中，至少有两个值和落在同一个小区间内； 在个的值中，至少有两个值和落在同一个小区间内. 令(这里和是使得和落在同一个小区间内的中 的元素，和类似). 则 同理 所以存在，使得 同时成立. 核心精讲·题型突破 题型二：函数与导数新定义 【典例2-1】有一种速度叫“中国速度”，“中国速度”正在刷新世界对中国高铁的认知.由 于地形等原因，在修建高铁、公路、桥隧等基建时，我们常用曲线的曲率 来刻画路线弯曲度.曲线的曲率定义如下：记为的导函数， 为的导函数，则曲线在点处的曲率为 (1)已知函数，求曲线在点处的曲率； 因为，所以，， 故，， 由曲率公式得 核心精讲·题型突破 题型突破 (2)已知函数，求曲线的曲率的范围. 因为，所以， ，由曲率公式得， 故，则 ， 令，令，函数化为， 令，则，函数化为， 核心精讲·题型突破 对进行变形，得到，令 ， 函数化为， 此时，我们研究的范围即可，而， 当时，恒成立，故在 上单调递增， 而，， 故，即 ， 故 (2)已知函数，求曲线的曲率的范围. 核心精讲·题型突破 【变式2-1】在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此 我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线： 上的曲线段，其弧长为，当动点从沿曲线段 运动到点时，点的切线也随着转动到点的切线， 记这两条切线之间的夹角为(它等于的倾斜角与的倾 斜角之差).显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程 度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因 此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当越接 近，即越小，就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程 度，因此定义(若极限存在)为曲线 在点处的曲率.(其中，分别表示在点处的一阶、二阶导数) 核心精讲·题型突破 (1)求单位圆上圆心角为的圆弧的平均曲率； 易知单位圆上圆心角为的圆弧， 所以， (2)求椭圆在处的曲率； 由题意，因为在第一象限，所以， ，，故， ，故 核心精讲·题型突破 (3)定义为曲线的“柯西曲率”.已知在曲线上存 在两点和，若且处的“柯西曲率”相同，求 的最小值. 令，，则， 设，则， 令，， 时，，在递减， 时，，在递增， 核心精讲·题型突破 故；令， ， 令，则，当 时，恒成立， 故在上单调递增，可得，即， 故有，则在 递增， 故，故的最小值为 (3)定义为曲线的“柯西曲率”.已知在曲线上存 在两点和，若且处的“柯西曲率”相同，求 的最小值. 核心精讲·题型突破 命题预测 1.设函数的定义域为，其导函数为，区间是的一个非空子集.若对区 间内的任意实数，存在实数，使得，且使得成立， 则称函数为区间上的“函数”. (1)判断函数是否为上的“函数”，并说明理由； 因为，则， 因为， 又 ，所以， 所以对于任意恒成立. 故是 上的“函数”. 核心精讲·题型突破 (2)若函数是上的“函数”. 求的取值范围； ，由条件得对任意的 恒成立， 即任意的 恒成立. ①当时，对一切成立. ②当时，恒成立. 设，则对任意的 恒成立， 所以在上单调递减，可得 ③当时，由恒成立. 设，则，所以在 上单调递减， 可得综上所述，的范围是 核心精讲·题型突破 (2)若函数是上的“函数”. 证明：， 证明：由知， 对， 下面证：，， 即证， 设，则，所以在 上单调递增， 又，所以成立. 所以时，不等式成立. 所以，成立. 核心精讲·题型突破 题型三：立体几何新定义 【典例3-1】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. (1)若平面，，且，求实数的值； 根据题意，平面的法向量，平面的法向量， 所以，故 核心精讲·题型突破 题型突破 (2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面 的距离为，若记集合 所围成的几何体为，求的内切球的表面积； 不妨设,在平面内取一点则 取平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为 对于 ， 当时，表示经过，，的平面在第一象限的部分. 由对称性可知表示，，这六个顶点形成的正八面体. 核心精讲·题型突破 法1：设内切球的半径为，则即为原点到平面的距离， 则 所以内切球的表面积为； 法2：考虑 ； 即为三个坐标平面与围成的四面体, 其四个顶点分别为， 此四面体的体积为， 由对称性知，正八面体的体积， 设内切球的半径为，正八面体的表面积为， 所以，解得： 所以内切球的表面积为； 核心精讲·题型突破 (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(有公共棱)两个面所成二面角的大小. 由(2)可知所围几何体是 关于平面，，对称的， 其在第一卦限的形状为正三棱锥， 如图其中、OB、两两垂直，且 考情透视·目标导航 42 集合 所表示的几何图形也关于 平面，，对称，其在第一卦限内的部分 的图形如图(1)， 图1 图2 ①如图2，就是把图1的几何图形进行分割的结果. 图3 所以所构成的几何体如图3所示. 核心精讲·题型突破 其中正方体记为集合所构成的区域. 而构成了一个正四棱锥，且到面的距离为1， 所以， 所以几何体的体积 ②从图2可以看出,几何体在第一卦限的部分为有公共底面的两个三棱锥 和 设其体积为由正方体的性质可知面 因为，， 所以其体积 所以几何体的体积 由题意可知：面方程为，所以其法向量，面方程为 ，其法向量所以 由图知两个相邻的面所成角为钝角.故相邻两个面所成角为 核心精讲·题型突破 【变式3-1】定义：多面体在点处的离散曲率为 ，其中 为多面体的一个顶点，(，且)为多面体 的所有与点相邻的顶点，且平面、平面、、平面 和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在 四棱锥中，平面，底面为正方形， ， 核心精讲·题型突破 (1)求四棱锥在顶点处的离散曲率； 因为平面，平面，所以， 因为，则 因为平面，平面， 所以， 又，，、平面，所以平面， 又平面，所以，即， 由离散曲率的定义得 核心精讲·题型突破 (2)求四棱锥内切球的表面积； 因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以， 设四棱锥的表面积为， 则 设四棱锥的内切球的半径为，则， 所以， 所以四棱锥内切球的表面积 核心精讲·题型突破 (3)若是棱上的一个动点，求直线与平面所成角的取值范围. 如图，过点作交于点，连接， 因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角. 易知,当与重合时； 当与不重合时，设， 在中，由余弦定理得 核心精讲·题型突破 因为，所以， 所以，则， 所以 当分母最小时，最大，即最大， 此时(与重合)， 由，得，即， 所以的最大值为， 所以直线与平面所成角的取值范围为 核心精讲·题型突破 命题预测 1.在空间直角坐标系中，这点且以为 方向向量的直线方程可表示为，过点 且以为法向量的平面方程可表示为 (1)已知直线的方程为，直线的方程为 请分别写出直线和直线的一个方向向量. 因为直线的方程为，即， 可知直线的一个方向向量； 直线的方程为，即， 可知直线的一个方向向量 核心精讲·题型突破 (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； 由题意可知：直线过点，且其一个方向向量为， 直线过点，且其一个方向向量为，则为平面内一点. 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 所以平面的方程为， 即 核心精讲·题型突破 (3)若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求 的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值. 由集合 可知， 多面体与坐标轴交于各点， ， 如图所示，可知四边形为正方形， 边长， 所以，正方形的面积为， 核心精讲·题型突破 而正四棱锥的高为，则， 所以多面体的体积为 由集合中所有的点构成了多面体的各个面， 点均满足方程 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， 所以 由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为 故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 核心精讲·题型突破 题型四：三角函数新定义 【典例4-1】在三角函数领域，为了三角计算的简便并且追求计 算的精确性，曾经出现过以下两种少见的三角函数： 定义为角的正矢(或)，记作； 定义为角的余矢或 ，记作 (1)设函数，求函数的单调递减区间； ， 令，解得， 所以的单调递减区间为 核心精讲·题型突破 题型突破 (2)当时，设函数，若关于的方 程的有三个实根，则： ①求实数的取值范围； 因为 ， 又，所以当时，当时， 所以， 核心精讲·题型突破 当时，且在上单调递增，在 上单调递减， 当时，则，则在 上单调递减， 所以， 所以在上单调递增， 在 上单调递减，在上单调递减， 且，，，， 的图象如右所示： 因为有三个实数根，即与有三个交点，所以； 核心精讲·题型突破 ②由①可知，，则， 所以 ， 令，则， 所以， 因为在上单调递增，当时， 当时，即， 所以， 所以，所以， 即 核心精讲·题型突破 【变式4-1】如果一个实数是有理数，或是对有理数进行有限次加、乘和开二次方根运 算的结果，或是对这些结果继续进行有限次加、乘和开二次方根运算的结果，则称这 个实数为可解数.如果一个角的正弦值和余弦值都是可解数，则称这个角为可解角.如： 角都是可解角. (1)判断，，是否为可解数(无需说明理由)； 根据题意可知：是可解数，是可解数，不是可解数 核心精讲·题型突破 (2)证明：角是可解角； 设，则 又 因为，所以， 解方程，得是可解数， 又显然是可解数，所以角是可解角. 核心精讲·题型突破 (3)已知每个可解数都是某些整系数多项式函数 ()的零点，这些多项式中，的最高次数最小，且系数，，，，的最 大公约数为1的多项式函数称为的最小多项式函数.任一可解数的最小多项式函数中 的最高次数必为().例如：的最小多项式函数不是 ，而是证明：角不是可解角，并求整数 度数的锐角中最小的可解角. 先证明角不是可解角. 因为 ， 所以 ，即是的零点 核心精讲·题型突破 根据已知结论,若是可解数,那么它的最小多项式函数最高次项次数只能是1或2， 即有整系数一次或二次因式， 法1：假设，整数的最大公约数为1，整数互质， 不妨令，，(，完全同理) 则若，，当时，，则且，无解； 若，，当时，，则且，无解； 若，，当时，，则且，无解； 若，，当时，，则且，无解； 同理，若，，也均无解,说明不可能是可解数，角不是可解角 核心精讲·题型突破 法2：有整系数一次或二次因式， 说明存在有理零点 设它的有理零点为，是互质的整数. 于是，，所以，得到整除， ，，，，同理整除， 得到，，，，显然这些都不是的零点， 说明不可能是可解数，角不是可解角； 设，是可解角，则，，，都是可解数， 核心精讲·题型突破 容易看到可解数的加、减、乘以及开二次方根的结果还是可解数， 于是，， 也是可解数，因此可解角的和、差、半角还是可解角， 因为角不是可解角，若角是可解角，则多次相加后，角也是可解角，矛盾， 同理，角也不是可解角，利用，是可解角， 因此是整数度数的锐角中的最小可解角. 核心精讲·题型突破 命题预测 1.给定函数，设，若存在实数， 使得在区问上是严格单调函数，则称为的 “正弦单调区间”，并将的最大值称为的“正弦单调值”. (1)判断是否存在“正弦单调区间”，并说明理由； 当时， ， 此时为偶函数，又在上递减，在上递增. 故不存在闭区间，使得在 上严格单调， 即不存在“正弦单调区间”. 核心精讲·题型突破 (2)若，证明：对任意的非零实数，的“正弦单调值”为定值； 当时，，则，其中， 要使存在“正弦单调区间”， 则包含原点在内的单调区间应为严格递增区间. 又 ①当时，其中辅助角，不妨设， 由，令，即， 解得， 由则当时,函数的单调增区间为即的最大值为； ②当时，其中辅助角， 不妨设，由， 令，即，解得， 由，则当时，函数的单调增区间为，即的最大值为； 综上所述，的“正弦单调值”为定值 核心精讲·题型突破 (3)若，当变化时，求的“正弦单调值”的最大值，以 及的“正弦单调值”取最大值时实数的取值集合. 当时，， ，其中 ①当时，，此时为偶函数， 则在包含0的任意区间上，不可能是严格单调函数，即不存在“正弦单调区间”； ②当时，由，要使存在“正弦单调区间” ， 则需要满足在上严格单调递增，即， 当时，，令，即， 解得， 核心精讲·题型突破 由，则当时，函数的单调增区间为，即的最大值为； 当时，， 当时，则， 由零点存在性定理可知，存在，使； 当时，， 则由零点存在性定理可知，存在，使 当时 令，得， 其中 如图，在同一直角坐标系中分别作函数的图象， 由图可知为函数在内的唯一零点，且为异号零点； 核心精讲·题型突破 为函数在内的唯一零点，且为异号零点， 又由，得， 则， 令，故有，则 由图可知， 当时，，此时 故当时，，， 则，在上单调递增； 当时，；当时，，， 则，在上单调递增； 故可得当时，，在上单调递增； 核心精讲·题型突破 又为异号零点，故，且； 因此有，故此时， 所以，当时，的“正弦单调值”小于 当时,同理可得如下结论(如图)：为函数在内的唯一零点,且为异号零点； 为函数在内的唯一零点，且为异号零点. 且由得,， 同理可知， 且可得当时，，在上单调递增； 核心精讲·题型突破 又为异号零点，故，且； 因此有，故此时， 所以，当时，的“正弦单调值”小于 ③当时，由，要使存在“正弦单调区间” ， 则需要满足在上单调递减，即，各类情况与时同理可得. 综上所述，当变化时，的“正弦单调值”的最大值为， 故的“正弦单调值”取最大值时实数的取值集合为 核心精讲·题型突破 题型五：平面向量与解三角形新定义 【典例5-1】如图，设、是平面内相交成的两 条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标 系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若 ，则记 (1)在仿射坐标系中，若，求； 由题意可知，、的夹角为， 由平面向量数量积的定义可得， 因为，则，. 则，所以 核心精讲·题型突破 题型突破 (2)在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； 由，，得，， 且， 所以，， ， 则， ， 因为与的夹角为，则，解得 核心精讲·题型突破 (3)如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，， ，、分别为、中点，求的最大值. 依题意设、， 且，，， 因为为的中点， 则 因为为中点，同理可得， 所以， ， 核心精讲·题型突破 由题意可知，，， 则， 在中依据余弦定理得，所以， 代入上式得， 在中，由正弦定理， 设，则，且， 所以，，， 核心精讲·题型突破 ， 为锐角，且， 因为，则， 故当时，取最大值， 则 核心精讲·题型突破 【变式5-1】定义向量的“亲密函数”为 设向量 的“亲密函数”为 (1)求的单调递增区间； 令kk得kk 所以单调递增区间为kk (2)若方程有三个连续的实数根，，，且， ，求实数的值； 因为，故，根据正弦函数图象， 核心精讲·题型突破 且可知，， 且，， 得到，且， 又，故，故， 则，所以， 当时，，解得， 当时，即，解得， 所以实数的值为或0. 核心精讲·题型突破 命题预测 1.对于平面向量，定义“变换”： ， (1)若向量，，求； 因为向量 所以, 所以 核心精讲·题型突破 (2)求证：； 因为 所以 ，所以 核心精讲·题型突破 (3)已知，，且与不平行，， ，求证： 方法一：， ， 由(2)可得， 又因为 ，即， 核心精讲·题型突破 可得， 且在内单调递减，， 可知， 所以 所以 核心精讲·题型突破 题型六：数列新定义 【典例6-1】已知数列的前项和为，若对每一个，有且仅有一个， 使得，则称为“X数列”.记，称数列 为 的“余项数列”. (1)若的前四项依次为，试判断 是否为“X数列”，并说明理由； 不是“X数列”， 依题意，， 则，，不符合题意， 所以 不是“X数列”. 核心精讲·题型突破 题型突破 (2)若，证明 为“X数列”，并求它的“余项数列”的通项公式； 由，得当时，； 当时，， 而不满足，因此， 令，即， 则当时，有，解得； 当时，，则，而，于是， 因此对每一个，有且仅有一个且，使得， 即对任意，有且仅有一个，使得，所以 为“X数列”， ，， 所以的“余项数列”通项公式为， 核心精讲·题型突破 (3)已知的正项数列为“X数列”，且 的“余项数列”为等差数列，证明 由是正项数列，得单调递增，则，， 由，且为“X数列”，得， 由，得， 的“余项数列”为等差数列，则其公差， 由，得， 若，则当时，，与矛盾 则，，，即， 对于，若，则，与正项数列 矛盾， 于是，， 因此，， 当时，，又， 则，，而，所以 核心精讲·题型突破 【变式6-1】若数列是等差数列，则称与互为和等差数列.已知为数 列的前项和. (1)若，，试问与 是否互为和等 差数列？说明你的理由. 当时， 又也满足 所以 因为，且 所以与 互为和等差数列. 核心精讲·题型突破 (2)设为等比数列，，且与 互为和等差数列. ①求 的通项公式； ②设，求数列的前项和 因为，所以，得 因为，所以当时，， 即， 所以 又，所以数列是首项为，公比为2的等比数列、 所以，即 ①因为与互为和等差数列，所以 为等差数列， 又为等比数列，所以的通项公式为 ②， 故 考情透视·目标导航 86 命题预测 1.把一列函数按一定次序排列称为函数列，记为 例如：函数列 可以记为记为的导函数. (1)若证明： 为等差数列. 由题知，所以， 记，因为， 所以为等差数列，即是首项为，公差为的等差数列. 核心精讲·题型突破 (2)已知定义在上的函数列满足且对任意的都有 设，证明：的充要条件是 令，则 所以在上单调递增，所以当时，， 则当时， 充分性：当时，由题知显然成立. 必要性：若，则由时，，得， 则，所以因为，所以 所以的充要条件是 核心精讲·题型突破 由题知，且，则， 两边取自然对数得，则需 考虑函数，当时，； 当时， 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以 因为在上单调递减，所以， 所以，则，即 取定正数，使数列是首项和公比均为的等比数列，证明： 核心精讲·题型突破 题型七：圆锥曲线新定义 【典例7-1】定义：对椭圆及任意一点，称直线 为关于点的“极线”. 结论1：若点在椭圆上，则关于点的极线就是在点处的切线. 结论2(椭圆的光学性质)：从椭圆一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经 过另一个焦点. 试根据上面的定义和结论解决下列问题： 已知是椭圆的两个焦 点，关于点的极线与相交于 两点. 核心精讲·题型突破 题型突破 (1)求； 根据定义，可得的方程为，即， 将其代入的方程得，解得， 不妨取，所以 核心精讲·题型突破 (2)设在点处的切线为，在点处的切线为，过在上且在外一点作的两条 切线，切点分别为,证明：直线相交于一点； 根据所给结论可知分别是关于点的极线， 如图(1)，取，则 由解得所以和交于点， 要证明直线相交于一点，只需证明直线过点即可. 设 根据所给结论，可知直线，直线 因为直线和都经过点，所以， 所以直线的方程为，将代入，得，方程也成立， 所以直线过点，故直线相交于一点. 核心精讲·题型突破 (3)若是上除顶点以外的任意一点，直线和分别与直线相 交于点，证明：为定值. 由题意，在点处的切线方程为，则与平行，且经过坐标原点. 如图(2)所示，由椭圆的光学性质，可知 又因为，所以，所以，所以 过作，与交于点，则，所以 另一方面，因为，所以 ， 从而，所以 因此故为定值. 核心精讲·题型突破 【变式7-1】已知为坐标平面内一定点，A为平面上的任意点， 向量，点A绕着点逆时针旋转角后得到点，则 ，我们称该过程为平面上 点的旋转，对平面上的任一点做旋转，则称其为平面的旋转变换. 平面上的某二次曲线能够通过旋转变成反比例函数图象，我们称 该二次曲线为“反比例曲线”. (1)证明曲线是“反比例曲线”，并求出旋转后的反比例函数图象的表达式. 由题，在旋转变换公式中取，旋转变换后的坐标为 得 则，将其代入，得，化简得， 核心精讲·题型突破 故曲线是“反比例曲线”，所求反比例函数图象的表达式为； 或在旋转变换公式中取，旋转变换后的坐标为 得 则，将其代入，得，化简得， 故曲线是“反比例曲线”，所求反比例函数图象的表达式为， 综上，反比例函数图象的表达式为或 核心精讲·题型突破 (2)证明：“双曲线是反比例曲线”的充要条件是“该双曲线是等 轴双曲线”. 必要性：根据旋转的坐标变换公式，得， 所以， 代入得， 化简得， “双曲线是反比例曲线”， 核心精讲·题型突破 所以，解得， 故该双曲线是等轴双曲线，必要性成立； 充分性：由等轴双曲线定义可知，即， 代入(1)中的旋转变换公式，得，化简得， 故该双曲线是“反比例曲线”. 综上所述，“双曲线是反比例曲线”的充要条件是“该双曲线是 等轴双曲线”. 核心精讲·题型突破 (3)若存在双曲线是“反比例曲线”，过原点的直线 交该双曲线于点，将绕点旋转至能在双曲线的渐近 线上找到点，点满足，以此类推，过点作斜率为的 直线交双曲线于点，将绕点旋转至能在双曲线的渐近线上找到点， 点满足在中，设底边上的高为，求 由(2)可知，双曲线的方程可进一步表示为， 因为旋转变换的角度不影响最终的结果，故本题取， 且旋转变换后得到的反比例函数图象的表达式为， 即 核心精讲·题型突破 设经过旋转变换后， 因为是等腰三角形，所以， 根据反比例函数定义可得 故且 从点向轴作垂线交于点向轴作垂线交于点， 设矩形的面积为，因为， 当时， 由于，， 核心精讲·题型突破 故当时， 因为，所以，从而 以此类推， ， 因为，所以， 可得 核心精讲·题型突破 命题预测 1.现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其 最小值的两倍，则称为圆的“上进点”.若点同时是圆和圆的“上进 点”，则称为圆“”的“牵连点”.已知圆 (1)若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状； 设，因为点为圆的“上进点”， 所以，即，又， 得到， 所以的轨迹方程为， 点的轨迹是以为圆心、为半径的圆. 核心精讲·题型突破 (2)已知圆，且均为圆“”的“牵连点”. 求直线的方程； 若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变 化时，在轴上是否存在一点，使得轴平分？若存在，求出点的坐标；若不 存在，请说明理由. 因为为圆“”的“牵连点”，所以同时为圆与圆的“上进点”， 由为圆的“上进点”，得，所以， 即点在圆上， 由为圆的“上进点”，由(1)知点在圆上， 所以点是圆和的交点. 因为均为圆“”的“牵连点”， 所以直线为圆和的公共弦所在直线， 核心精讲·题型突破 两圆方程相减可得，故直线的方程为 因为的圆心为，半径为， 又的圆心为，半径为3， 所以直线的方程为，与联立得的中点坐标为， 点S到直线的距离为，则， 所以圆的方程为， 假设轴上存在点满足题意，设 则，即，整理得 核心精讲·题型突破 将，代入上式可得， 整理得①， 联立，消可得，， 所以，代入①并整理得， 此式对任意的都成立，所以， 故轴上存在点，满足题意恒成立. 核心精讲·题型突破 题型八：概率与统计新定义 【典例8-1】已知数列的通项公式为的通项公式为， 设集合 (1)在中任取三个不同的元素，记所取的三个元素中在中的元素个数为， 求随机变量的分布列和数学期望. 由题可得 ，所以 ， 由题意知的所有可能取值为0，1，2， ， 所以的分布列为： 故的数学期望； 0 1 2 核心精讲·题型突破 题型突破 (2)定义在全集上的子集的特征函数设，记事件 ：，求事件发生的概率 由集合的特征函数的定义及知， 事件包含的所有样本点的集合为 设集合中元素的个数为，即数列的前2010项与数列的前15项中的相同项的个数为， 则事件发生的概率， 对于数列和 的相同项来说， 必定存在，使得，即成立， 所以， 所以为正奇数，因为数列和 均为递增数列， 且， 所以数列的前2010项与数列的前15项中的相同项为， 所以，所以事件发生的概率 核心精讲·题型突破 【变式8-1】高血压(也称血压升高)，是血液在流动时对血管壁造成的压力值持续高于 正常范围的现象，典型症状包括头痛、疲倦或不安、心律失常、心悸耳鸣等.最新的调 查显示，中国成人高血压的患病率为，大概每三位成人中就有一位是高血压患 者.改善生活方式和药物治疗是最常用的治疗方式，同时适当锻炼可以使血压水平下降， 高血压发病率降低，控制高血压的发展. (1)某社区为鼓励和引导辖区居民积极参加体育健身活动，养成良好的锻炼习惯，开展 “低碳万步走，健康在脚下”徒步走活动.下表为开展活动后近5个季度社区高血压患者的 血压情况统计. 季度 1 2 3 4 5 血压明显降低(或治愈)人数 320 270 210 150 100 核心精讲·题型突破 由已知可得， 又因为， ， 所以，所以， 所以，当时，， 所以预测第6季度血压明显降低(或治愈)的大约有42人. 若血压明显降低(或治愈)人数与季度变量(季度变量依次为)具有线性相 关关系，请预测第6季度血压明显降低(或治愈)的大约有多少人？ 核心精讲·题型突破 (2)社区将参加徒步走活动的队员分成了甲、乙、丙三组进行挑战赛，其规则：挑战权在任何一 组，该组都可向另外两组发起挑战，首先由甲组先发起挑战，挑战乙组、丙组的概率均为，若 甲组挑战乙组，则下次挑战权在乙组.若挑战权在乙组，则挑战甲组、丙组的概率分别为，； 若挑战权在丙组，则挑战甲组、乙组的概率分别为， 经过3次挑战，求挑战权在乙组的次数的分布列与数学期望； 由题知的所有可能取值为0，1，2， ；； ， 所以的分布列为 所以 0 1 2 核心精讲·题型突破 定义：已知数列，若对于任意给定的正数(不论它多么小)，总存在正整数，使得当 时，(是一个确定的实数)，则称数列为“聚点数列”，称为数列 的聚 点.经过次挑战后，挑战权在甲组的概率为，证明数列为“聚点数列”，并求出聚点的值. 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 ， 设经过次挑战后，挑战权在乙、丙组的概率分别为，， 则当时，，，， 由后两个等式相加，得 ① 因为，所以，， 代入①式得，即， 所以 核心精讲·题型突破 因为，，所以，所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以由，得，即， 所以对任意给定的正数(不论它多么小)，总存在正整数 (表示不超过的最大整数)，使得当时， ， 所以数列为“聚点数列”，聚点的值为 核心精讲·题型突破 命题预测 1.错排问题最早由伯努利与欧拉系统研究，历史上称为伯努利一欧拉的装错信封问题. 现在定义错排数为将，，，，共个元素排列在，，，， 共个位置上，其中有个元素不在其对应位置上的情况数(的对应位置为， ，).容易得到，，，，规定 (1)计算：，； 可以排在，，上，有种排法. 不妨设排在上，接下来讨论 当排在上时，剩下两个元素，的排法有 (种). 当不排在上时，可以排在，上，有种情况. 若排在上，剩下两个元素，只有1种排法. 所以 核心精讲·题型突破 可以排在，，，上，有种情况. 不妨设排在上，接下来讨论， ①当排在上时，剩下三个元素，，分别不排在，，上， 则，，的不同排法有 (种). ②当不排在上时，可以排在，，上，有种排法， 若排在上，接下来讨论 当排在上时，剩下两个元素，的排法有 (种)； 当不排在上时，可以排在，上，有种排法， 剩下两个元素，只有1种排法. 故 核心精讲·题型突破 (2)记，的前项和为，证明：； 当时，，满足 当时，要证明，只需证明， 所以只需证明， 当时，，成立. 回到定义，当时，对于，不妨从开始排列， 设排在上，有种排法. 接下来讨论， 核心精讲·题型突破 ①当排在上时，剩下，，，，，，共个元素 分别不在，，，，，，上， 共有种排法. ②当不排在上时， 因为，，，，，，分别不在，，，，，，上， 所以，，，，，，共个元素 分别不在，，，，，，上，共有种排法. 所以 所以，， 即，综上，成立. 核心精讲·题型突破 (3)定义错排概率为随机将共个元素排列在共个 位置上，其中恰有个元素不在其对应位置上的概率，证明： 根据定义， 先从个元素中选出个元素,再对它们进行排列,并使它们均不排在对应位置上,所以 所以不妨记， 则，且，，， 得，则 ， 故是等比数列，且公比为， 又，所以， 变形得，则当时，，，，， 累加得 经检验，也符合上式，所以， 所以 核心精讲·题型突破 重难点突破：高等数学背景下新定义 【典例9-1】帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发现的一种用有理函数逼近任意函数的 方法.帕德逼近有“阶”的概念，如果分子是次多项式，分母是次多项式，那么得到的 就是阶的帕德逼近，记作一般地，函数在处的 阶帕德逼近定 义为：，且满足， 注： 已知函数在处的阶帕德逼近为 核心精讲·题型突破 题型突破 (1)求的解析式； 由题意知， ， 即解得 所以 核心精讲·题型突破 (3)证明：当时， 证明：要证当时，，需证 设，则令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即 要证，只需证，需证 记，易知在上单调递增. 由(2)知，当时，，即， 取，则有 所以结论成立. 核心精讲·题型突破 (2)当时，比较与的大小； 设，则 记，则 当时，单调递增；当时，单调递减. 所以当时，， 所以，仅当时，，故在上单调递减. 又因为，所以当时，， 当时，，当时，即当时，， 当时，，当时， 核心精讲·题型突破 【变式9-1】记为有穷数列的前项和，若满足下列两个条件则称为阶“期待 数列”：①；②形如的数表表示2行列的矩阵，设 是 由阶“期待数列”中的项任意排列组成的2行列的矩阵，记为阶“期待数列” 组成 的所有2行列的矩阵的集合.设为的第行各数之和为的第 列各数 之和，记为，中的最小值. (1)若等差数列是递增的2023阶“期待数列”，且，求； 设等差数列的公差，由题意可得，即， 所以，即，所以，又， 由 可得， 所以，解得， 由可得 核心精讲·题型突破 (2)对所有的矩阵，求的最大值； 设 且 ， 若任意改变矩阵的行的次序或列的次序，或把中的每一个数都换成其相反数，得到新矩 阵，则， 不妨设， 由定义可知，， 所以 ， 当且仅当 时取等号，则的最大值为 核心精讲·题型突破 (3)给定，对所有的矩阵，求的最大值. 设， ， 由(2)不妨设， 由定义可知，， 相加可得 当且仅当，且时取等号， 所以，的最大值为 核心精讲·题型突破 命题预测 1.数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向 量和矩阵.对于平面向量，其模定义为类似地，对于行列的 矩阵，其模可由向量模拓展为 (其中为矩阵中第行第列的数，为求和符号)，记作，我们称这样的矩阵模为弗 罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵，其矩阵模 弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领 域有重要的应用. 核心精讲·题型突破 (1)，，矩阵，求使的的最小值. 由题意得 若，则，即 因式分解得因为，所以 所以使的的最小值是10. 核心精讲·题型突破 (2)，，，矩阵 求 核心精讲·题型突破 由题得第1对角线上的平方和为， 第2对角线上的平方和为 ， 第对角线上的平方和为 ， 第对角线上的平方和为， 所以 所以 核心精讲·题型突破 (3)矩阵，证明：，， 由题意知，证明 等价于证明， 注意到左侧求和式， 将右侧含有的表达式表示为求和式有 核心精讲·题型突破 故只需证成立， 即证成立，令， 则需证 成立， 记，则在 上恒成立， 所以在 上单调递增， 所以， 所以在上恒成立，即成立， 所以原不等式成立. 核心精讲·题型突破 感 谢 观 看 THANK YOU $$