解答07 新定义创新问题（七大考点训练+真题模拟题练）-2025年高中数学二轮选填及解答突破训练宝典（新高考专用）

2025年高中数学二轮选填及解答突破训练宝典（新高考专用） 解答07 新定义创新问题 【考点01 集合的新定义创新问题】 【例1】已知集合，集合，记集合中的元素个数为.若集合中存在三个元素，使得，则称集合为集合的一个“幸福集”. (1)当时，判断集合是否有“幸福集”； (2)当时，写出集合的三元“幸福集”的个数，并列举； (3)当时，若集合中的元素个数为，证明：集合必有“幸福集”. 【答案】(1)无 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）方法一： 当时，，由，得或或或， 逐一比较与的大小，都不满足，所以集合无“幸福集”. 方法二： 设（，且）为集合的一个三元“幸福集”， 则，，，由，得，所以， 当时，的最小值为4，即集合中的最大元素与最小元素之差至少是4. 因为，且集合， 因此集合中至少要有5个元素（提示：集合中的元素是连续自然数），即，即. 由上述结论可知，当时，集合无“幸福集”. （2）方法一： 当时，，若存在，使得， 则，所以（当，时取等号），，则，， ①若，则，，所以或， 当时，为奇数且，故只能取7，而时，，与矛盾； 当时，为偶数且，故只能取8，而时，，与矛盾. ②若，则，，当时，无解； 当时，无解；当时，，故， 从而得到了一个集合，为. ③若，则，， 当时，无解；当时，无解；当时，，故或， 从而得到了两个集合，为，. ④若，则，，当时，，故， 从而得到了一个集合，为； 当时，，故，从而得到了三个集合，为，，. ⑤若，则，， 此时，，故，从而得到了四个集合，为，，，. 因此，集合的三元“幸福集”的个数为11. 方法二： 由（1）中的证明过程可知，集合的三元“幸福集”为（，且）， 当时，， ①当，时，可取4，5，6，7，则集合的三元“幸福集”为，，，； ②当，时，，则集合的三元“幸福集”为； ③当，时，可取4，5，6，则集合的三元“幸福集”为，，； ④当，时，可取4，5，则集合的三元“幸福集”为，； ⑤当，时，，则集合的三元“幸福集”为. 因此，集合的三元“幸福集”的个数为11. （3）当时，若集合中的元素个数为， 设集合且. 利用反证法，假设集合没有“幸福集”， 即对于集合中任意三个元素，均有， 则，， 记，于是， 所以, 又， 所以， 与矛盾， 所以假设不成立，从而集合必有“幸福集”. 【例2】对非空整数集合及，定义，对于非空整数集合，定义.注：是指满足且的最小自然数. (1)设，请直接写出集合； (2)设，求出非空整数集合的元素个数的最小值； (3)对三个非空整数集合，若且，求的所有可能取值. 【答案】(1)； (2)27； (3)2或3或4. 【详解】（1）若，由集合新定义知. （2）设有个元素，下证， 一方面，，则， 所以，即， 而， 这表明了满足题意，此时，故； 另一方面：若，不妨设且， 由题意可知， 而最多含有个元素，当且仅当两两不同且时，等号成立， 但这与有80个元素矛盾，所以. 综上所述：非空整数集合的元素个数的最小值是27. （3）一方面：先证， ， 因此只要，就有， 而，所以， 所以，即， 从而. 另一方面：如果， 那么， 从而，同理， 由定义得，即满足距离的三角不等式； 所以，即， 取，可知可能成立， 取，可知可能成立， 取，可知可能成立， 综上所述，所有可能取值为2或3或4. 【变式1-1】对于数集，其中．定义向量集．若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P． (1)已知数集．请你写出数集对应的向量集，是否具有性质P? (2)若，且具有性质P，求x的值． 【答案】(1)，具有性质P； (2)． 【详解】（1）由题， ， 若，存在，使得， 若，存在，使得， 若，存在，使得， 若，存在，使得， 若，存在，使得， 若，存在，使得， 若，存在，使得， 若，存在，使得， 若，存在，使得， 综上可知， 对于任意，存在，使得，所以具有性质P． （2）由题具有性质P， 取，而，若存在，使得，则的横坐标或纵坐标不能全是在中选取，否则，即的横坐标或纵坐标必然含有， 即或，其中， 若，则即：，又，所以； 若，则即：， 又，故不存在； 综上：，经检验，此时具有性质P， 故． 【变式1-2】设，，…，是1，2，…，（且）的一个排列.数列满足为，，（）的中位数，规定，.将中的所有取值构成的集合记为. (1)当时，求和； (2)求中所有元素之和的最大值； (3)求中元素个数的最小值. 【答案】(1)， (2) (3)答案见解析 【详解】（1）当时，1，2，3无论按何种顺序排列，中位数只能是2，故. 当时，在1，2，3，4中任取3个数：1，2，3；1，2，4；1，3，4和2，3，4， 中位数只能为2或3，所以. （2）显然，不存在使得或， 故中所有元素的和， 且当时，有. 此时成立. （3）注意到对于任意，， 记中元素个数的最小值为，由（1）可知，，. 考虑的情形： 对于1，2，3，4，5的排列，1和5不可能作为中位数； 不妨，考虑三元素组，，，至少产生2个不同的中位数. ①若此时中位数为，，不妨，则，. 所以三元组将产生新的中位数，所以； ②若此时的中位数为，，则，，. 若，则三元组产生新的中位数； 若，则三元组产生新的中位数.所以. ③同理可知，若此时中位数为，；，也有； 所以，，. 下面证明：. 比较下面两个数列： （ⅰ），，…，，，. （ⅱ），，…，，，，，，. 其中，，…，和，，…，具有相同的大小顺序. 因此，这两个数列的前个三元数组所对应的中位数个数相同. 因此，只需要比较数列（ⅰ）中三元组，和数列（ⅱ）中三元组 ，，，，. 因为，数列（ⅱ）中至少增加1个新的中位数，故结论成立. 因为若，的中位数在前面未出现， 则，的中位数在前面也不会出现. 对于新增的中位数，若，的2个中位数在前面出现过， 则，的中位数在前面也出现过，至少新增的中位数. 综上：（）. 下面给出一种构造： ①当时，构造：， 此时，满足. ②当时，构造：， 此时，满足. ③当时，构造： ， 此时，满足. 【点睛】方法点睛，本题是一道综合性较强的数学题，不仅考察了数列与中位数的结合应用，还考查了逻辑推理、构造数列和数学归纳法等多种数学方法.在解题过程中，需要灵活运用各种数学方法和技巧，通过逻辑推理和构造数列等方法逐步求解问题.同时，也需要注意问题的特殊性和边界条件（如的取值范围和中位数的定义等），以避免陷入误区或遗漏重要情况.通过本题的解答，可以进一步提升学生的数学素养和解题能力. 【变式1-3】设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值． (1)当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由； (2)当时，若具有性质，求的最大值； (3)给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值． 【答案】(1)具有性质，； (2)1； (3). 【详解】（1）因为，所以具有性质； 因为， 所以． （2）方法：1： 由性质得，所以， 因为， 所以， 则，，， 所以， 所以， 又因为当时， 具有性质， 且， 所以的最大值为1． 方法2： 先用反证法证明， 假设， 由，则， 所以，同理， 所以， 由， 所以， 与已知矛盾，假设不成立， 所以， 当时，， 此时， 所以的最大值为1． （3）由性质可得， 所以①，且②， 在①中不妨设， 在②中不妨设， 由对称性可以设， 所以， 所以 ，即， 因为存在，（其中有个个）， （其中有个，个）具有性质， 并且， ， ， 所以， 综上最大值为． 【考点02 函数的新定义创新问题】 【例3】定义：若非零向量，函数的解析式满足，则称为的伴随函数，为的伴随向量． (1)若向量为函数的伴随向量，求； (2)若函数为向量的伴随函数，在中，，，且，求的值； (3)若函数为向量的伴随函数，关于x的方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）因， 则，故. （2）依题意，， 由可得， 因，则，故，解得 因，则， 又，代入解得①， 由正弦定理，，可得， 代入①，可得②， 又由余弦定理，， 可得③， 于是， 解得. （3）依题意，， 由可得， 即， 当或时，； 当时，， 作出函数在上的图象. 因方程在上有且仅有四个不相等的实数根 等价于函数与函数的图象在上有四个交点. 由图知，当且仅当或时，两者有四个交点. 故实数m的取值范围为. 【例4】欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号、概念名称的界定外，欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质，例如引入倒函数的定义：对于函数，如果对于其定义域D中任意给定的实数，都有，并且，就称函数为倒函数． (1)若，，判断函数和是否为倒函数，并说明理由； (2)若是上的倒函数，当时，，方程是否有正整数解？并说明理由； (3)若是上的倒函数，其函数值恒大于，且在上是严格增函数．记，证明：是的充要条件． 【答案】(1)是倒函数，不是倒函数 (2)没有正整数解，理由见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）对于定义域为，显然定义域中任意实数，都有成立， 又，所以是倒函数. 对于定义域为， 当时，，不符合倒函数的定义， 所以不是倒函数. （2）令，则，由倒函数的定义，可得， 所以，所以， 要使有正整数解，则， 令，则函数在上单调递增， 因为， ， 由零点存在定理可知，方程的根所在的区间为， 所以没有正整数解. （3）充分性：当时，且， 因为是增函数，所以， 即，， 所以. 必要性：当时， 有， 因为恒大于，所以，即， 所以， 因为是增函数，所以，即. 综上可得是的充要条件. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是理解所给倒函数的定义，使用进行转化. 【变式2-1】设非空集合满足： （1）若，．则； （2）若，则； （3）对每一个，有一个，使． 求证存在，对一切，有． 【答案】证明见解析 【详解】若，不动点为． ∴． （当时，如果，没有不动点，在时，有无穷多个不动点，因此不予讨论）． 若证得对任意的，是一个常数即可． 事实上，可设，若，，考虑 ． 故（否则，则）． 任取，．只要求证明. 考虑， ， 从而， ∴． 故存在，对一切，有. 【变式2-2】若定义域为的函数满足对于任意的，恒成立，则称为“线性对称函数”. (1)判断函数，是否为“线性对称函数”. (2)若是“线性对称函数”，证明：. (3)已知函数，判断是否存在，，使得是“线性对称函数”.若存在，求出，的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析； (3)存在，，使函数是“线性对称函数”. 【详解】（1），所以，， 所以，故为“线性对称函数”， ，，， 所以，故不是“线性对称函数”. （2）证明：若是“线性对称函数”，则， 令，则，所以. （3）存在使是“线性对称函数”，理由如下： 由（2）可知，故，由于， 所以，故， 若，不妨设， 由，，， 只要充分大时，将大于1， 而的值域为，故等式不可能成立， 所以必有成立，即， 因为，所以，所以， 则，此时， 则，而， 即有成立， 所以存在，，使函数是“线性对称函数”. 【变式2-3】若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称该函数为“依赖函数”． (1)判断函数是否为“依赖函数”，并说明理由； (2)若函数在定义域上为“依赖函数”，求的取值范围； (3)已知函数在定义域上为“依赖函数”．若存在实数，使得对任意的，不等式恒成立，求实数的最大值． 【答案】(1)不是“依赖函数”，理由见解析 (2)； (3)． 【详解】（1）对于函数的定义域内存在， 则，故不是“依赖函数”． （2）因为在递增， 故，即，， 由，故，得， 从而， 设， 当时，函数单调递增， 故. （3）由，故在上单调递增， 所以，解得或（舍）. 所以存在，使得对任意的，有不等式都成立， 即恒成立， 由， 得，由，可得， 又在单调递增， 故当时，， 从而，解得， 综上，故实数的最大值为． 【考点03 立体几何的新定义创新问题】 【例5】，，，，为空间中五点（，，，不共面），若满足，则为射线组的空间角平分线. (1)证明：由一点引出的不共面的三条射线有且仅有一条空间角平分线； (2)已知在三棱锥中，射线组，，的空间角平分线交于一点. （ⅰ）证明：射线组的空间角平分线为； （ⅱ）已知，，，求. 【答案】(1)见解析 (2)（i）见解析；（ii） 【详解】（1）（1）证明：设点为原点，向量、、不共面，射线是射线组的空间角平分线. 由已知可得向量与向量、、的夹角相等且都是锐角， 这等价于向量在向量、、上的投影相等，且都是正值. 由向量在向量、、上的投影相等，可得到直线的距离相等； 由这些投影都是正值，所以点在直线上的投影点都在射线上. 不妨调整向量、、的长度（方向不变）， 使得向量在向量、、上的投影向量正好是向量、、， , , , ，平面, 则平面, 由于过一点与一定平面垂直的直线有只有一条， 所以直线有且只有一条， 又因为，所以射线有且只有一条； （2）（ⅰ）证明： 由于射线组，，的空间角平分线交于一点， 由空间角平分线的定义，根据（1）中的分析，可知 点到直线的距离相等①，点到直线的距离相等②， 点到直线的距离相等③， 由①②得点到直线的距离相等，点到的距离相等， 所以点到的距离相等， 同理由①③可得点到的距离相等， 所以点到的距离相等， 所以与所成的角相等， 根据已知，显然点在三棱锥中， 所以射线组的空间角平分线为； （ⅱ）解：由题意，各个射线组的起始点到在各个射线组的射线上的射影距离相等， 已知，，. 设在三棱锥各棱上的射影(垂线的垂足)依次为,如图所示. 设，则, ，解得, 所有, 【点睛】关键点睛：（1）中将有关向量长度适当调整，并最终转化为平面的垂线的存在唯一性是关键； （2）（i）关键是将等角问题转化为点到角的边的距离相等问题，进而证明；（ii）关键是根据题意得到各个射线组的起始点到在各个射线组的射线上的射影距离相等，以此来建立方程求解. 【例6】在平面直角坐标系中，任何一条直线都可以用（其中）表示，给定一个点和一个方向，我们可以确定一条直线，例如：已知点在直线l上，是直线l的一个方向向量，则直线l上任意一点满足，化简得直线l的方程为．而在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都可以表示成（其中，且），类似的，在空间中，给定一个点和一个平面的法向量也可以确定一个平面． (1)若点，求平面的方程； (2)求证：是平面的一个法向量； (3)已知某平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）， 设是平面的一个法向量， 则令，得，所以． 设点是平面内任意一点，由，得， 所以平面的方程为． （2）记平面的方程为， 在平面上任取一条直线，直线上任取两点， 则有 因为， 所以．     所以，即垂直于平面上任意一条直线， 所以是平面的一个法向量． （3）， 设为平面的一个法向量，则令，得， 所以． 因为平面的方程为，所以由（2）知平面的一个法向量为，                             设直线的一个方向向量为，则 令，得，所以． 因为平面，所以平面的一个法向量与直线的方向向量垂直， 所以，解得，所以． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【变式3-1】“出租车几何或曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由十九世纪赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇，是使用在几何度量空间的几何学用语，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为． (1)在平面直角坐标系中，已知点O为坐标原点，记为点M与直线l上的所有点的曼哈顿距离的最小值． （i）已知点，求； （ii）已知点，直线l：，求证：． (2)在空间直角坐标系中，已知点O为坐标原点，动点P满足，求动点P围成的几何体的体积． 【答案】(1)（i）2；（ii）证明见解析； (2). 【详解】（1）（i），则. （ii）当时，设直线上任意一点， 因此； 当时，设，， 因此； 当时，同理， 所以. （2）设，依题意，， 当时，设， ， 因此，点共面， 点围成的图形是边长为的正三角形及内部， 由对称性知，动点围成的几何体是正八面体，每个面都是边长为的正三角形， 所以动点P围成的几何体的体积. 【点睛】关键点点睛：充分理解曼哈顿距离的定义，并转化为与之相关联的数学问题求解是关键. 【变式3-2】在空间直角坐标系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成（A，B，C，，且），为该平面的法向量.设M是多面体的一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为），其中（，2，3，，n，）为多面体的所有与点M相邻的顶点，且平面，，，，遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点满足 (1)判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值； (2)求几何体W的离散总曲率； (3)定义：若无穷等比数列的公比q满足，则的所有项之和.若球与几何体W的各面均相切，然后依次在W内放入球，球，，球，，使得球（，）与W的四个侧面相切，且与球外切，求放入的所有球的表面积之和. 【答案】(1)正四棱锥，； (2)2； (3). 【详解】（1）几何体为正四棱锥， 依题意，为， 当时，表示平面内的两组平行直线及 所围成的正方形，其顶点为， 当时，点，因此几何体为正四棱锥，如图： 由正四棱锥任意两侧面所在平面的夹角相等，不妨求面与面夹角余弦值， 平面方程为，则平面法向量为， 平面方程为，则平面法向量为， 因此， 所以几何体两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值为. （2）依题意，， ，， ，， 所以几何体的离散总曲率为 . （3）设球与侧面相切于，连接，与交于，则， 连接，则，，， 设球半径为，则，，解得， 设球的半径为，则， 则，两式相减得，即， 因此数列是以1为首项，公比为的等比数列，则数列是以1为首项，公比为的等比数列， 而，则放入的所有球的表面积之和． 所以放入的所有球的表面积之和为. 【变式3-3】空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，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，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 【答案】(1)①；②． (2) 【详解】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O， 又，所以为正三角形， 因，则， 底面ABCD，底面ABCD，故，． 且，， 由余弦定理得， 由题意可知四棱锥的四个侧面三角形全等， 故有， 记四棱锥在点P处的曲率为，则， 所以 ． ②如图，以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，， 所以，． 设平面PAB的一个法向量为， 则，令，得， 为平面ABCD的一个法向量，设二面角的平面角为， 由已知为锐角，则， 所以，即二面角的平面角的正弦值为． （2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号， 设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱， 由题意，碳60（）共有个顶点， i号多边形的内角之和为， 所以碳60（）的所有多边形的内角之和为， 所以碳60（）的总曲率为 ． 由已知，所以碳60（）各顶点的平均曲率为． 【点睛】关键点点睛：立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键，根据题意求得总曲率，进而求解． 【考点04 概率统计的新定义创新问题】 【例7】北京冬奥会助推户外冰雪运动发展持续升温，近年来越来越多的青年学生喜爱这一运动，为了研究性别与青年学生是否喜爱冰雪运动之间的关系，从某高校的男、女生中各随机抽取200名进行问卷调查，得到如下列联表． 喜爱 不喜爱 合计 男生 200 女生 200 合计 280 120 400 (1)当时，从样本中喜爱冰雪运动的学生中，按性别采用按比例分配的分层随机抽样方法抽取7人，再从这7人中随机抽取4人调研喜爱的原因，记这4人中男生的人数为，求的分布列与数学期望． (2)定义，其中为列联表中第行第列的实际数据，为列联表中第行与第列的总频率之积再乘列联表的总额数得到的理论频数，如，．基于小概率值的检验规则：首先提出零假设（变量相互独立），然后计算的值，当时，我们推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；否则，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立．根据的计算公式，求解下面问题： ①当时，依据小概率值的独立性检验，分析性别与青年学生是否喜爱冰雪运动有关？ ②当时，依据小概率值的独立性检验，若认为性别与青年学生是否喜爱冰雪运动有关，则至少有多少名男生喜爱冰雪运动？ 附： 0.1 0.025 0.005 2.706 5.024 7.879 【答案】(1)分布列见解析， (2)①无关联；②151名 【详解】（1）当时，样本中喜爱冰雪运动的学生中男生有160人，女生有120人， 则采用按比例分配的分层随机抽样方法抽取的7人中，男生有4人，女生有3人． 由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，4， ，， ，， 的分布列为 1 2 3 4 故． （2）零假设为：性别与青年学生是否喜爱冰雪运动独立， 即性别与青年学生是否喜爱冰雪运动无关联． 当时，列联表如下： 喜爱 不喜爱 合计 男生 150 50 200 女生 130 70 200 合计 280 120 400 ，，，，，，，， ． ，根据小概率值的独立性检验，我们推断成立， 即认为性别与青年学生是否喜爱冰雪运动无关联． ， 由题意可知，，整理得．又，， ，的最大值为9． 又，至少有151名男生喜爱冰雪运动． 【例8】设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为，，，，．指标可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为．设． (1)若，求； (2)若，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）不妨设，则. 所以 . （2）当时，， 记 ， 则 ， 令，则， 令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，则单调递增，而， 所以在为负数，在为正数， 则在单调递减，在单调递增， 所以的最小值为. 【变式4-1】对于样本空间中的随机事件A和随机事件B，定义：表示在事件A发生的条件下事件B的发生强度，表示在事件发生的条件下事件B的发生强度．某著名生物科研所为研究上班族患有肥胖症与经常喝“肥宅快乐水”的关系，随机调查了某地区100位上班族，统计数据如下表所示． 患有肥胖症 不患有肥胖症 合计 经常喝 16 不经常喝 18 52 合计 100 (1)完善上述列联表并判断是否有99.5%的把握认为该地区上班族患有肥胖症与经常喝“肥宅快乐水”之间有关联； (2)证明； (3)从该地区的上班族中任取一位，记事件A为“此人患有肥胖症”，B为“此人经常喝肥宅快乐水”，利用调查的样本数据，估计的值． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)列联表见解析，有的把握 (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）解：完善列联表如下． 患有肥胖症 不患有肥胖症 合计 经常喝 16 32 48 不经常喝 34 18 52 合计 50 50 100 根据列联表数据可得 所以有的把握认为该地区上班族患有肥胖症与经常喝＂肥宅快乐水＂有关联． （2）证明：由， ， 左，右两边展开相同，故得证． （3）由样本数据可得，又， 故． 【变式4-2】定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集，，且，那么称子集族为集合的一个划分．已知集合． (1)若． ①写出集合的所有3划分； ②从集合的所有划分中任取一个，求这个划分恰好为3划分的概率． (2)设集合为集合的非空子集，随机变量表示子集中的最大元素．若，求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】(1)①答案见解析；② (2)分布列见解析， 【详解】（1）当时， ①集合的所有3划分为；；； ；；． ②集合的2划分的个数为；3划分的个数为6；4划分只有1个， 所以集合的所有划分共有14个． 设从集合的所有划分中任取一个，这个划分恰好为3划分为事件，则． （2）集合的非空子集的个数为，所以集合共有种可能． 当时，最大元素为的子集可视为集合的子集与集合的并集， 而集合的子集个数为，所以， 所以，可得，解得． 所以随机变量的所有可能取值为， 则，，， ，， 随机变量的分布列为 1 2 3 4 5 故． 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 【变式4-3】信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量的所有可能取值为1，2，…，，且，，定义的信息熵. (1)证明：当且仅当时，； (2)若，且，比较与1的大小； (3)重复抛掷一枚质地均匀的硬币，如果正面朝上则继续抛，如果反面朝上就立即停止，且抛20次后即使没有出现反面朝上也停止，若将停止时抛掷硬币的次数记为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）若，则，所以. 当时，因为，所以，所以. 综上可知：当且仅当时，. （2）由得，由，得. 因为，所以，解得，于是，.. 因为，所以. （3）由题意知，表示前次都正面朝上，第次反面朝上，表示前19次都正面朝上， 则，，，…， ，. 所以，. 所以. 设，则， 两式相减得， 所以， 故. 【考点05 导数的新定义创新问题】 【例9】在几何学中，我们常用曲率来刻画曲线的弯曲程度．设光滑连续曲线，定义为曲线在点处的曲率，其中为的导函数，为的导函数．已知曲线． (1)当时，求曲线在点处的曲率； (2)已知曲线在不同的两点，处的曲率均为0． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【详解】（1）解：当时，，， 所以，， 故曲线在点处的曲率． （2），由题意可知，， 则方程有两个根，， 设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 又时，，，且， ①由题可知，直线与函数的图象有两个不同的交点， 所以， 故实数的取值范围为． ②证明：由上可知，，不妨设． 下面证明：当，， 设，则， 令，则，所以在上单调递减， 则，所以在上单调递增，且， 即，故，． 设点在直线上，则，即， 所以， 即， 要证，需证， 需证， 又，只需证，即证． 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，即， 所以在上单调递减，所以成立， 故． 【例10】对，若函数在有不等式，则称函数是在上的“凹函数”，反之，若不等式，则称函数是在上的“凸函数”，当且仅当时等号成立．也可理解为若函数在上可导，为在上的导函数，为在上的导函数，当时，函数是在上的“凹函数”，反之，当时，则称函数是在上的“凸函数”． (1)判断函数的凹凸性； (2)若，令，求的最小值； (3)为（2）问所得结果，证明不等式：． 【答案】(1)为的凸函数 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）由题，，即， 所以为的凸函数． （2）设函数，则， ，所以在为“凹函数”， 当时，， 即， 当且仅当时，等号成立， 最小值为． （3）即证， 两边取对数，即证：， 的导数为， 当时，恒成立，所以在上为单调递增函数， 所以， 令，所以， 所以， 累加可得：，证得不等式成立． 【变式5-1】定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． (1)若函数和为“契合函数”，求的取值范围． (2)已知函数和为“契合函数”且有两个“契合点”． ①求的取值范围； ②若，证明：． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【详解】（1）由题意知：与的公共定义域为， 令，即，， 令，若与为“契合函数”，则与有交点. ， 当时，，，即；当时，； 当时，，，即； 在上单调递减，在上单调递增， ，又当时，；当时，； 大致图象如下图所示，    由图象可知：当时，与有交点， 即当与为“契合函数”时，的取值范围为. （2）①由题意知：与的公共定义域为， 令，则，即； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，又当时，；当时，； 大致图象如下图所示：    令，则， 由得：， 在上单调递增，又与为“契合函数”，与至少有一个交点， 与有两个不同交点，，， ，解得：，即实数的取值范围为. ②由①得：与的两个不同交点为，且， ，即，，， 令，则由知：，， ，整理可得：，， ， 令，则， 令，则， 令，则， 在上单调递增，，， 在上单调递增，，即， 在上单调递增，，即. 【点睛】关键点点睛：本题重点考查利用导数证明不等式的问题，所证不等式包含双变量，解决此类问题的关键是能够通过换元的方式将所证不等式转化为单变量的形式，进而将问题转化为单变量函数最值的求解问题. 【变式5-2】阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰伯努利（Johann Bernoulli，1667~1748）的儿子丹尼尔伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封.他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707~1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中. 阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式.阅读以上材料后请完成以下问题： (1)求出、、的值； (2)写出的泰勒展开式（至少有项）； (3)设，，，证明：. 【答案】(1)，， (2) (3)证明见解析 【详解】（1）由题意可得，， . （2）设，则，，，， 以此类推可知，对任意的，，则， 所以， . （3）对任意的，要证明，即证， 即证， 令，其中， 则， 所以，函数在上单调递增， 故当时，，即，故原不等式得证. 【变式5-3】给定两个正整数、，函数在处的阶帕德逼近定义为，且满足，，，（注：为的导函数，为的导函数，为的导函数，以此类推）．已知函数． (1)记为在处的阶帕德逼近，求解析式； (2)，，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意得， ，，， 由，得， 所以，则， 由，得， 所以，由，得， 所以． （2）依题意得在区间内恒成立， 可得， 令，其中，且， 则，令， 当时，对任意的，恒成立，即， 此时，函数在上单调递增，则，合乎题意； 当时，即当时， 对任意的，恒成立，即， 此时，函数在上单调递增，则，合乎题意； 当时，则，函数有两个不等的零点、，设， 由韦达定理可得，必有， 所以，当时，，即，所以，函数在上单调递减， 此时，，不合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. 【考点06 圆锥曲线的新定义创新问题】 【例11】在平面直角坐标系中，把一个图形绕定点旋转一个定角的图形变换叫作旋转变换.定点叫作旋转中心，定角叫作旋转角（规定逆时针方向为正）.如果图形上的点经过旋转变为点，那么这两个点叫作这个旋转变换的对应点.现将曲线绕顺时针旋转后，得到新曲线，其变换关系为，点在曲线上. (1)求曲线的方程并确定点的位置； (2)点的坐标为，按照如下方式依次构造点：过点作斜率为2的直线交于另一点，设是点关于轴的对称点.记的坐标为. （i）求数列的前项和； （ii）记为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，证明：在定直线上. 【答案】(1)，点为坐标原点 (2)（i）；（ii）证明见解析 【详解】（1）依题意，得即 ，故曲线方程为. 点在曲线上，，故曲线方程为 由对称性可知，点为坐标原点 （2）（i）依题意，得， 得①， 又直线的斜率为2且， ②. 将②代入①中，得③， 将②和③相加，得， 从而是首项为1，公比为的等比数列， . （ii）点在定直线上. 证明如下： ， 直线的方程为， 令，得. 直线的方程为，直线的方程为， 联立解得. 直线的方程为，直线的方程为， 联立解得. 直线的方程为， 令，得， 直线与直线的交点坐标为， 故点在定直线上. 【例12】对于抛物线，给定一点，若抛物线上存在两点，，使得，且不与轴垂直，则称弦是拋物线的一条“伴随弦”.已知抛物线存在“伴随弦”. (1)求的取值范围. (2)求伴随弦的中点的轨迹方程.（用表示） (3)伴随弦的弦长是否有最大值？若有，求出最大值（用表示）；若没有，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)当时无最大值，当时有最大值，且最大值为. 【详解】（1）设，则点，在圆上， 由，得. 由题意知，存在使得这个关于的方程有两个不相等的非负根. 转化为直线与抛物线在轴上及其右侧有两个交点， 只需抛物线的对称轴在轴的右侧， 即，得， 的取值范围是. （2）设，，则. 由，得. 直线AB的斜率为， 直线的斜率为，. 将点的坐标代入上面的方程，整理得， 点在直线上. 抛物线与直线的交点为， 显然点的纵坐标的绝对值小于， 又不与轴垂直，故， 点的轨迹方程为. （3） . 由（2）得， 故，即. 又为关于的二次函数且当且仅当时取得最大值， 当，即时，弦长有最大值，当且仅当时取等号， 当时，，则无最大值. 综上所述，当时无最大值，当时有最大值，且最大值为. 【变式6-1】如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”. (1)求“等差椭圆”的离心率； (2)在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且. （ⅰ）求与和都相切的直线的方程； （ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值. 【答案】(1)； (2)（i）或；（ii）证明见解析. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为c， 因为长半轴、短半轴、半焦距成等差数列，所以， 又，所以，则， 两边同时除以，得，解得（舍去）. 所以“等差椭圆”的离心率为. （2）（ⅰ）解：若是“等差椭圆”，且， 则由，得，则，，解得. 故，. 易知与和都相切的直线斜率存在且不为0，设方程为：. 联立消去y得， 则，得；① 联立消去得， 则，得，② 联立①②，解得或 故和都相切的直线方程为或. （ⅱ）证明：设l与相交于，， 线段CD的中点，则，， 两式相减，得， 所以，即， 由已知，，所以， 即，则 联立得， 又，则， 故， 所以中点的坐标为，可得， 所以，为N定值. 【点睛】关键点睛：本题关键在于灵活利用点差法求出，降低计算量，再由中点坐标公式和韦达定理求点N坐标即可得解. 【变式6-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线以坐标原点为顶点，为焦点，的一个公共点为．若，则称为“－相伴”． (1)若为“－相伴”，求直线的斜率． (2)若为“－相伴”． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，，的方程为，直线与交于点，判断是否存在定点，使得直线与的倾斜角互补，若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)或． (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在定点 【详解】（1）设，由题意知的焦点为，准线为直线， 由抛物线定义得点到的准线的距离． 易知点在第二象限或第三象限． 当点在第二象限时，设直线的倾斜角为，则， 所以，，所以，即直线的斜率为． 当点在第三象限时，由对称性可得直线的斜率为． 综上，直线的斜率为或． （2）（ⅰ）设，由（1）知的焦点为， 因为点在上，所以，因为点在轴左侧，故，故 因为点在上，所以， 所以，解得，所以． 由椭圆的定义得，又，所以， 所以，即． 设，则，且， 由，可得， 所以，解得，即的取值范围是． （ⅱ） 因为的方程为，所以， 由，及（ⅰ）中，得， 解得（舍去）或， 所以， 所以的方程为． 设，，由，得， 所以，，， 假设存在定点，使得直线与的倾斜角互补，则直线与的斜率之和为0， 即 ， 所以， 所以，即， 所以存在定点，使得直线与的倾斜角互补且． 【点睛】思路点睛：第二问中：根据点在上，且点在上列出等式，得到， 进而得到，又，列出关于的等式， 利用对勾函数的性质即可得到结果.；由，及第一小问中得出a的值， 进而求出的方程为，设出直线方程与的方程联立，用韦达定理即可得到结果. 【变式6-3】曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比. (1)若曲线的方程为，伸缩比，求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程； (2)若曲线的方程为，经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值； (3)对抛物线作变换，得抛物线；对抛物线作变换，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，若，记数列的前项和为，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）由题意得，化简得， 所以曲线的标准方程为； （2）由题意得，经过伸缩变换后的椭圆方程为，化简得， ①当时，， 则，解得； ②当时，， 则，解得； 综上所述，或； （3）对抛物线作变换， 得抛物线，得， 所以， 即， 所以， 又， 所以，当时， ， 当或时，也成立，故. 【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略： ①通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求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； ②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，运算，验证，使得问题得以解决． 【考点07 数列的新定义创新问题】 【例13】对于数列，记区间内偶数的个数为，则称数列为的偶数列． (1)若数列为数列的偶数列，求． (2)若数列为数列的偶数列，证明：数列为等比数列． (3)在（2）的前提下，若数列为等差数列的偶数列，，求数列的前项和． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）解：在区间内的偶数为2，4，6，8，10， 共有5个，则． （2）证明：在区间内的偶数为， 则． 因为， 所以是首项为2，公比为2的等比数列． （3）解：设等差数列的公差为，则， 所以， 所以． 由（2）知，，则， ①， 则②， 所以①-②可得： ， 故． 【例14】定义： 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和， 形成新的数列， 把这样的操作称为该数列的一次 “和扩充”，例如：数列1，3，5 经过第一次 “和扩充” 后得到数列1，4，3，8，5； 第二次 “和扩充” 后得到数列1，5，4，7，3，11，8，13，5. 设数列 经过 次 “和扩充” 后得到的数列的项数为 ，所有项的和为 . (1)若 ，求 (直接写出答案)； (2)求满足不等式 的正整数的最小值； (3)求数列的通项公式. 【答案】(1) (2)10 (3) 【详解】（1）第一次“和扩充”：3，7，4，9，5； 第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5； 故. （2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项， 数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为， 则经第次“和扩充”后增加的项数为， 所以， 所以， 其中数列经过1次“和扩充”后，得到，， 故，， 故是首项为4，公比为2的等比数列， 所以，故， 又，则，即，解得. 所以的最小值为10. （3）因为， ， 依次类推，， 故 . 【变式7-1】若数列，，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知为数列的“接近数列”，且数列，的前项和分别为，． (1)若（是正整数），求，，的值； (2)若数列是公差为的等差数列，且，求证：数列是等差数列； (3)若（是正整数），判断是否存在正整数，使得？如果存在，请求出的最小值，如果不存在，请说明理由．（参考数据：，） 【答案】(1)，，； (2)证明见解析； (3)存在，最小k为7. 【详解】（1）由题设，且， 所以，即，， ，即，， ，即，， 所以，，； （2）由题设，则， 所以，，则， 所以，，， 所以，故，即数列是等差数列； （3）当为奇数时，，则， 由，即，，则； 当为偶数时，，则， 由，即，，则； 所以且，则且， 而， 要使，则， 当且，则， 所以，则，可得； 当且，则， 所以，则，显然不成立； 综上，时的最小值为7. 【变式7-2】设和是整数数列，如果且，都有，我们就称数列和为强相关的． (1)若数列和为强相关的，且，都有，且，求数列的通项公式． (2)若数列和为强相关的，证明：． (3)若数列和为强相关的，判断命题“，使得对于某个，从中任取一个数，这个数是的概率大于49%”是否为真．若为真，说明理由；若不为真，请给出反例． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)为真，理由见解析 【详解】（1）由题意， 且 . 强相关条件化简为：. 因此， 必等于 或 . 由初始条件 ，归纳可得所有后续项均为 1，故通项公式为 . （2）设向量 ，. 由已知得， 即， 等价于 ，即： ， 所以： ，当且仅当方向相反且模相等时取等号，即互为相反向量时取等号. 所以当时不等式右边为0，此不等式显然恒成立. 当时得： ，平方后代入坐标运算即得不等式成立. 综上，待证不等式恒成立; （3）由问题（2），不增，且为整数，故终将减至 0 或某一个定值. 若从某一时刻减至 0，数列后续项恒为某常数 ，则 出现概率趋近 100%. 若从每一时刻减至某一常数，仅当将一直成立下去，. 则数列的项将一直出现的交替相等的周期循环（如交替 0 和 1）， 当 足够大时，某数出现频率接近 50%，必存在 使概率 > 49%. 例：数列 中， 时，0 出现 51 次，概率 > 50%。因此，总存在 满足条件. 总结：强相关数列的整数性和步长约束导致必存在某数出现概率超 49%. 【点睛】关键点睛：根据已知条件，构造向量，利用向量思想，是正确解答（2）的关键所在；根据（2）结论，对数列进行整体评估，注意等号成立的条件是解决（3）的关键所在. 【变式7-3】如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且满足与均是公差不为的等差数列． … … … … 若根据条件，能求出数表中所有的数，则称能被确定． (1)已知，分别根据下列条件，直接判断数表能否被其确定： 条件“已知”； 条件“已知”． (2)设条件“任意给定数表中的个数”，能被确定，证明：的最小值为； (3)设条件“已知集合或其中中的任意个元素”，求的最小值，使得能被确定． 【答案】(1)数表不能被确定，数表能被确定 (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）数表不能被确定；数表能被确定． 对于条件，假设数表中每行、每列的公差都相等，均为， 则，，， 则， 、均无法确定，故数表不能被确定； 对于条件，因为、确定，可以根据确定，则第二行可以全部确定， 低于第二列，由于确定，结合可确定第二列的公差，进而可求出，则第二列可以全部确定， 对于第三行，由于确定了，结合可求出第三行的公差，由此可确定，则第三行可以全部确定， 对于第一列，由于确定了、，可以求出第一列的公差，由此可确定，则第一列可以全部确定， 综上所述，数表可由条件确定. （2）对于一个公差为的等差数列，若知其中两项与， 便可根据，求出该等差数列中的每一项． 故对于数表中的任意一行（或列），若知道其中的两个数，便可利用条件得到该行（或列）中的所有数． 一方面，若知这个数，则无法求出，故不能得出数表中所有的数， 所以． 另一方面，若知数表中的任意个数，则必存在表中的两行，且这两行中至少有两个数已知， 于是数表中这两行的数都能被求出，即数表中每一列都至少有两个数已知， 所以数表中所有的数都能求出，即能被确定． 综上，的最小值为． （3）当时，若知中的个数，则不能求出中所有的数． 当时，已知与中的任意个数， 则必存在两个数在中位于同一行（记为第行），从而可求出这一行中的所有数． 因为与中至多有两个数在同一行， 所以除去第行的两个数外，余下已知的个数必在其余的行中． 当时，通过列举可知：余下已知的2个数不在同一列中（所在列分别记为第列和第列）； 当时，， 因为在与中至多有两个数在同一列， 所以至少有两列（记为第列和第列）中含有这已知的数中的数． 又因为第行的数均已得到， 所以在第列与第列中均至少知道两个数，故这两列中所有的数都可求出， 于是数表中每一行至少有两个数均已得到，从而可求出数表中所有的数． 综上，的最小值为． 1．（2025·湖北武汉·一模）已知函数的导函数为，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数.已知函数. (1)若在上为凹函数，求实数的取值范围； (2)已知，且在上存在零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）， 则， 依题意知，对任意的恒成立，则恒成立， 令， 则， 故在上单调递增，故， 则实数的取值范围为； （2）依题意得，， 若，当时，， 所以在上无零点，舍去； 若，则，令， 则，则在上单调递减，且， ①若，即，此时， 则存在，使得，即， 故在上单调递增，在上单调递减，所以， 当时，， 令，解得， 因为，且， 所以存在唯一的，使得，满足条件； ②若，即，此时在上单调递减， 又，所以，不合题意，舍去， 综上所述，实数的取值范围为. 2．（2025·辽宁·模拟预测）给定两个正整数，函数在处的阶帕德逼近定义为，且满足（注：为的导函数，为的导函数，为的导函数，以此类推）.已知函数. (1)记为在处的阶帕德逼近，判断函数的单调性； (2)，求的取值范围； (3)求证：（为自然对数的底数）. 【答案】(1)在区间内单调递增 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）由题意得， ，由，得， 所以，则，由，得， 所以，由，得，则， 故，则， 所以在区间内单调递增. （2）依题意得在区间内恒成立. 令，注意到，则， 因为在区间内恒成立，所以，使在区间内单调递减， 即当时，，故，则. 当时，. 令0），则， 因为，所以在区间内单调递减，则， 故在区间内单调递减，则， 所以，符合题意. 所以的取值范围是. （3）证明：由（1）可知当时，， 即，整理得， 由（2）可知当时，，则. 综上，当时，. 令，得，即. 令，则， 故要证，即证. 因为，所以， 由，可知， 又， 所以 ， 故，得证. 【点睛】方法点睛：利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键. 3．（2025·广东中山·模拟预测）有穷数列中，令． (1)已知数列，2，，3，写出所有的有序数对，且，使得； (2)已知整数列，n为偶数，若，满足：当i为奇数时，；当i为偶数时，．求的最小值； (3)已知数列满足，定义集合．若且为非空集合，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）为时，， 为时，， 为时，， 为时，， 故，且使得的有序数对有； （2）由题意可得， 又为整数，故， 则， 同理可得， 即有，            同理可得，当时，有， 即当时，有， 当时，，           故 ； （3）对于数列，，不妨设， ①首先考虑的情况， 由于，，故，同理，，， 故. ②再考虑中有连续一段是连续的正整数的情况， 此时, 因为，， 故这说明此连续的项的和为负. 同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负， 再由①中结论，可得. ③若在①②中，由于， 此时去掉前项，则可转化①②的情况，所以有. ④若，则， 所以此时有， 综上，结论成立. 4．（2025·北京·模拟预测）已知有穷数列：，，满足，，且恰有项为.  定义，其中，.  对于给定的正整数，若正整数满足，则称是一个“险胜时刻”. (1)对于满足的数列：，写出全部的“险胜时刻”. (2)当时，数列：中“险胜时刻”最多有多少个? (3)求的所有可能值，使得数列：一定存在“险胜时刻”. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）所谓“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个. 该数列的第项和第项为，其余为. 所以是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个. 那么满足条件的全部为：. （2）①首先证明：数列的“险胜时刻”的个数不会超过. 由于是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个. 这就意味着，中有两个，一个，此时，称这样的是一个险胜三元组. 当某个属于某个险胜三元组时，将这个和这个险胜三元组配一对，设一共配了对. 设数列的“险胜时刻”的个数为，则恰好也是险胜三元组的个数. 每个险胜三元组恰包含两个，所以. 那么，很显然，中的每个至多属于三个险胜三元组，而第一个和最后一个至多属于两个险胜三元组. 而中恰有个，这就表明，所以，得. 这就证明了数列的“险胜时刻”的个数不会超过. ②另一方面，当的第项为，其它项为时，验证即知中的每个正整数都是的“险胜时刻”. 综合①②两个方面，即知数列的“险胜时刻”最多有个. （3）是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个，即有五个和四个. ①若，则当的第项为，其它项为时，数列的任意连续项之和都为负数，不可能为，所以不存在“险胜时刻”； ②若，可从下面的项数列中任意删去个得到数列： . 此时，数列的任意连续项至少有项为，所以不存在“险胜时刻”； ③若，由于对任意的，都是九个奇数相加，从而一定是奇数。 而对，都有，所以如果无解，则必定有或之一恒成立. 此时，又有 . 假设恒成立，则 由于，故数列的任意连续项至少有项为，故 . 所以. 这表明每个等号都成立，所以，. 且，. 但这导致，矛盾. 再假设恒成立，则 由于，故数列的任意连续项至少有项为，故 . 所以，矛盾. 以上过程表明，和均不能恒成立，所以一定有解，即一定存在“险胜时刻”. 综合①②③，可知全部可能值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于理解“险胜时刻”的定义。只有理解了定义，方可解决相应问题。同时，（3）中的分类讨论也是解决问题的关键。 5．（2024·江西新余·模拟预测）我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.    (1)如左图，在四面体中，分别为所在棱的中点，证明：的三条内棱交于一点. (2)同左图，若为垂棱四面体，，求直线与平面所成角的正弦值. (3)如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数，求的定义域与最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)， 【详解】（1）如图，连接，    由题可知，平行且等于，平行且等于 所以平行且等于 所以四边形为平行四边形， 所以对角线，为线段中点； 同理，为线段中点； 故的三条内棱交于一点. （2）由（1）可知，四边形为平行四边形， 若为垂棱四面体，则四边形为菱形， 即 显然 故 同理 如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，    因为 所以有 所以, 设平面的一个法向量为 易知 令，解得 所以 直线与平面所成角的正弦值为. （3） 由（2）易知将补成长方体，设长宽高分别设为， 则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：， 则： 显然，所以 设 因为直线过椭圆焦点 所以 联立得 显然 由韦达定理可知， 得 所以 所以 整理得 得 所以 由于为某长方体的三个顶点由余弦定理可知均为锐角 显然中角均为锐角， 所以只需角锐角，即： 得 解得 由的定义域为 所以当最大时，最小 不妨令 所以 因为 由对勾函数性质可知，当时，有最大值 此时 故的最小值为. 【点睛】关键点点睛：对棱相等的三棱锥可以补全为长方体. 6．（2024·广东·二模）已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的余弦值； (3)若为上一点，且满足，求. 【答案】(1)2 (2) (3)10 【详解】（1）因为底面为矩形， 所以，， 因为底面，底面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为， 所以为直线与所成的角，即， 设，则，， 在中， 又，所以，解得或（舍去）， 所以； （2）在平面内过点作交的延长线于点，连接， 因为底面，底面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为为的中点， 所以，， 所以， 设二面角的平面角为，则， 所以， 即二面角的余弦值为； （3）依题意，，又， 所以，，又，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又，即， 所以. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 7．（2025·广东·模拟预测）已知.设集合或，且，集合.若集合中的元素满足，则称为的“相邻元”.对于整数，若集合存在一个子集满足：（i）集合中的元素个数为；（ii），在集合中都至少有个“相邻元”，则称是“好数”. (1)当时，直接写出的“相邻元”； (2)当时，求证：是“好数”； (3)当时，若整数满足，且，求证：是“好数”. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）的“相邻元”为：. （2）因为，所以. 设，显然中每一个元素恰有9个“相邻元”. 设，构造， 则集合中的元素个数为. 对集合中的任意元素，在集合中至多存在一个， 满足， 从而在集合中至少有8个“相邻元”，所以是“好数”. （3）设，且，且. ①当时， 集合中的每一个元素均有2025个“相邻元”. 设，则中含有个元素. 设. 则中含有个元素，.并且两两交集为空集， 设，则共有： ②对于，有在每一个中，至多有一个“相邻元”. 下面证明该结论：设，且均是的“相邻元”. 由于，则与不同元素在前位，且后位相同，即，后位相同. 设与不同位置为，即；与不同位置为，即. 当相同时，又中与差为1的只有一个数，则. 当时，， 所以在每一个中，至多有一个“相邻元”. ③不能在中均有“相邻元”，.下面证明该结论： 元素中第都是中元素. 中第都是中元素. 故中至少有3个元素属于不同的和. 所以不存在，均是的“相邻元”. 由①②③知在中至少有2024个“相邻元”，故： 是“好数”. 【点睛】集合新定义问题常见的求解方法： （1）理解定义： 仔细阅读题目中给出的新定义，明确其内涵和外延。特别注意定义的 关键条件、限制和运算规则等，确保准确理解新定义的含义。 （2）列举法： 对于一些有限集合或元素个数较少的集合，可以通过列举出集合中的所有 元素，然后根据新定义进行分析和计算。 （3）性质分析法： 分析新定义所具有的性质，如对称性、传递性、封闭性等。利用这些 性质来简化问题的求解过程，或者通过判断集合元素是否满足这些性质来确定集合的特征。 （4）转化法： 将新定义问题转化为熟悉的集合问题或其他数学问题。例如，将新定义的 运算转化为常规的集合运算，或者将集合元素的条件转化为方程、不等式等进行求解。 （5）特殊值法：对于一些抽象的集合新定义问题，可以通过选取特殊值来进行分析和验 证。选取一些满足条件的特殊元素代入新定义中，观察其规律和结果，从而推测出一般情 况下的结论。 （6）反证法：当直接证明某个结论比较困难时，可以考虑使用反证法。假设结论不成立， 然后根据新定义和已知条件推出矛盾，从而证明原结论成立。 8．（2024·浙江·二模）已知集合，记，，是自然数集 称函数，若对于任意，； 称函数是单调的，若对于任意，； •称函数是次模的，若对于任意, 已知函数是次模的． (1)判断是否一定是单调的，并说明理由； (2)证明：对于任意，，； (3)若是单调的，是正整数，，记，已知集合满足．初始集合，然后小明重复次如下操作：在集合中选取使得最小的元素加入集合，最终得到集合．证明： 【答案】(1)不一定是单调的，理由见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）构造次模函数， 则． 因此不一定是单调的． （2）证明：对任意，因为， 所以， 且， 又因为函数是次模的，所以， 所以. （3）①若，成立，得证. ②若，取， 则小明的每次操作均满足 ， 左右两边累加得， 即，故得证. 【点睛】方法点睛：解答新定义类题型的基本思路是： （1）正确理解新定义； （2）面对全新定义的规则要结合所学的知识、经验将问题转化成熟悉的问题或情境； （3）在新的规则运算过程中，可结合数学中原有的运算和运算规则进行计算或逻辑推理，从而达到解答的目的. 9．（2025·河北保定·模拟预测）记数阵，其中，设集合，其中且.现定义变换为“对于数阵中的每一行，若其中含有或，则这一行中的每一个数都乘；若其中没有且没有，则这行数字均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，以此类推，最后将经过变换得到”.记数阵中四个数的和为. (1)若先后经过和变换后得到的数阵，求的最大值； (2)若，求使取得最大值的集合的个数； (3)对于任意确定的一个数阵所有可能取值的和记为，当时，证明：且. 【答案】(1) (2)集合的个数为11. (3)证明见解析 【详解】（1）先后经过和变换后得到的数阵， 则或集合中一个元素为7，另一个元素为或8， 所以的最大值为. （2）根据变换的定义，要使的值最大，则每一行变符号偶数次， 当时，集合的个数为1； 当时，集合的个数为10. 综上可知，集合的个数为11. （3）证明：若，在的所有非空子集中，含有且不含的子 集共有个，经过变换后第一行均变为 含有且不含的子集共有个，经过变换后第一行均变为一； 同时含有和的子集共有个，经过变换后第一行仍为； 不含有且不含的子集共有个，经过变换后第一行仍为 所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为. 若，在的所有非空子集中， 含有的子集共有个，经过变换后第一行均变为； 不含有的子集共有个，经过变换 后第一行仍为； 所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为， 同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为， 所以的所有可能取值的和为. 又，， 则当时取得最大值， 当一时，， 根据12的分解情况可知，， 所以，且. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对新定义的理解和应用. 10．（2024·25高三下·湖南长沙·阶段练习）在三维空间中，单位立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中.而在维空间中，单位立方体的顶点坐标可表示为维坐标，其中.在维空间中，设点，定义维向量，数量积，为坐标原点，即. (1)在3维空间单位立方体中任取两个不同顶点，求的概率； (2)在维单位立方体中任取两个不同顶点，记随机变量. （i）当时，若最大，求的值； （ii）求的分布列及期望值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）分布列见解析， 【详解】（1）记“”为事件， 满足题意的两点坐标为， 则. （2）（i）当随机变量时，坐标与中有个对应的坐标值均为1即，剩下个坐标值满足，此时所对应情况数为种 即， 当时，设，要使得最大， 则， 即，所以； 因此，即， 综上可知，时取最大值. （ii）由（i）可知，， 故分布列为： 0 1 … … … … 所以 ， 设，则， 令可知， 设，则， 令可知，， 故. 【点睛】关键点点睛：求解期望值时关键是利用二项式定理并结合导数以及赋值法计算可得和，即可求得最简形式. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$2025年高中数学二轮选填及解答突破训练宝典（新高考专用） 解答07 新定义创新问题 【考点01 集合的新定义创新问题】 【例1】已知集合，集合，记集合中的元素个数为.若集合中存在三个元素，使得，则称集合为集合的一个“幸福集”. (1)当时，判断集合是否有“幸福集”； (2)当时，写出集合的三元“幸福集”的个数，并列举； (3)当时，若集合中的元素个数为，证明：集合必有“幸福集”. 【例2】对非空整数集合及，定义，对于非空整数集合，定义.注：是指满足且的最小自然数. (1)设，请直接写出集合； (2)设，求出非空整数集合的元素个数的最小值； (3)对三个非空整数集合，若且，求的所有可能取值. 【变式1-1】对于数集，其中．定义向量集．若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P． (1)已知数集．请你写出数集对应的向量集，是否具有性质P? (2)若，且具有性质P，求x的值． 【变式1-2】设，，…，是1，2，…，（且）的一个排列.数列满足为，，（）的中位数，规定，.将中的所有取值构成的集合记为. (1)当时，求和； (2)求中所有元素之和的最大值； (3)求中元素个数的最小值. 【变式1-3】设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值． (1)当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由； (2)当时，若具有性质，求的最大值； (3)给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值． 【考点02 函数的新定义创新问题】 【例3】定义：若非零向量，函数的解析式满足，则称为的伴随函数，为的伴随向量． (1)若向量为函数的伴随向量，求； (2)若函数为向量的伴随函数，在中，，，且，求的值； (3)若函数为向量的伴随函数，关于x的方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数m的取值范围． 【例4】欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号、概念名称的界定外，欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质，例如引入倒函数的定义：对于函数，如果对于其定义域D中任意给定的实数，都有，并且，就称函数为倒函数． (1)若，，判断函数和是否为倒函数，并说明理由； (2)若是上的倒函数，当时，，方程是否有正整数解？并说明理由； (3)若是上的倒函数，其函数值恒大于，且在上是严格增函数．记，证明：是的充要条件． 【变式2-1】设非空集合满足： （1）若，．则； （2）若，则； （3）对每一个，有一个，使． 求证存在，对一切，有． 【变式2-2】若定义域为的函数满足对于任意的，恒成立，则称为“线性对称函数”. (1)判断函数，是否为“线性对称函数”. (2)若是“线性对称函数”，证明：. (3)已知函数，判断是否存在，，使得是“线性对称函数”.若存在，求出，的值，若不存在，说明理由. 【变式2-3】若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称该函数为“依赖函数”． (1)判断函数是否为“依赖函数”，并说明理由； (2)若函数在定义域上为“依赖函数”，求的取值范围； (3)已知函数在定义域上为“依赖函数”．若存在实数，使得对任意的，不等式恒成立，求实数的最大值． 【考点03 立体几何的新定义创新问题】 【例5】，，，，为空间中五点（，，，不共面），若满足，则为射线组的空间角平分线. (1)证明：由一点引出的不共面的三条射线有且仅有一条空间角平分线； (2)已知在三棱锥中，射线组，，的空间角平分线交于一点. （ⅰ）证明：射线组的空间角平分线为； （ⅱ）已知，，，求. 【例6】在平面直角坐标系中，任何一条直线都可以用（其中）表示，给定一个点和一个方向，我们可以确定一条直线，例如：已知点在直线l上，是直线l的一个方向向量，则直线l上任意一点满足，化简得直线l的方程为．而在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都可以表示成（其中，且），类似的，在空间中，给定一个点和一个平面的法向量也可以确定一个平面． (1)若点，求平面的方程； (2)求证：是平面的一个法向量； (3)已知某平行六面体，平面的方程为，平面经过点，平面的方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【变式3-1】“出租车几何或曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由十九世纪赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇，是使用在几何度量空间的几何学用语，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为． (1)在平面直角坐标系中，已知点O为坐标原点，记为点M与直线l上的所有点的曼哈顿距离的最小值． （i）已知点，求； （ii）已知点，直线l：，求证：． (2)在空间直角坐标系中，已知点O为坐标原点，动点P满足，求动点P围成的几何体的体积． 【变式3-2】在空间直角坐标系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成（A，B，C，，且），为该平面的法向量.设M是多面体的一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为），其中（，2，3，，n，）为多面体的所有与点M相邻的顶点，且平面，，，，遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点满足 (1)判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值； (2)求几何体W的离散总曲率； (3)定义：若无穷等比数列的公比q满足，则的所有项之和.若球与几何体W的各面均相切，然后依次在W内放入球，球，，球，，使得球（，）与W的四个侧面相切，且与球外切，求放入的所有球的表面积之和. 【变式3-3】空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，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，故其各个顶点的曲率均为． (1)如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； (2)瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 【考点04 概率统计的新定义创新问题】 【例7】北京冬奥会助推户外冰雪运动发展持续升温，近年来越来越多的青年学生喜爱这一运动，为了研究性别与青年学生是否喜爱冰雪运动之间的关系，从某高校的男、女生中各随机抽取200名进行问卷调查，得到如下列联表． 喜爱 不喜爱 合计 男生 200 女生 200 合计 280 120 400 (1)当时，从样本中喜爱冰雪运动的学生中，按性别采用按比例分配的分层随机抽样方法抽取7人，再从这7人中随机抽取4人调研喜爱的原因，记这4人中男生的人数为，求的分布列与数学期望． (2)定义，其中为列联表中第行第列的实际数据，为列联表中第行与第列的总频率之积再乘列联表的总额数得到的理论频数，如，．基于小概率值的检验规则：首先提出零假设（变量相互独立），然后计算的值，当时，我们推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；否则，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立．根据的计算公式，求解下面问题： ①当时，依据小概率值的独立性检验，分析性别与青年学生是否喜爱冰雪运动有关？ ②当时，依据小概率值的独立性检验，若认为性别与青年学生是否喜爱冰雪运动有关，则至少有多少名男生喜爱冰雪运动？ 附： 0.1 0.025 0.005 2.706 5.024 7.879 【例8】设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为，，，，．指标可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为．设． (1)若，求； (2)若，求的最小值. 【变式4-1】对于样本空间中的随机事件A和随机事件B，定义：表示在事件A发生的条件下事件B的发生强度，表示在事件发生的条件下事件B的发生强度．某著名生物科研所为研究上班族患有肥胖症与经常喝“肥宅快乐水”的关系，随机调查了某地区100位上班族，统计数据如下表所示． 患有肥胖症 不患有肥胖症 合计 经常喝 16 不经常喝 18 52 合计 100 (1)完善上述列联表并判断是否有99.5%的把握认为该地区上班族患有肥胖症与经常喝“肥宅快乐水”之间有关联； (2)证明； (3)从该地区的上班族中任取一位，记事件A为“此人患有肥胖症”，B为“此人经常喝肥宅快乐水”，利用调查的样本数据，估计的值． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【变式4-2】定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集，，且，那么称子集族为集合的一个划分．已知集合． (1)若． ①写出集合的所有3划分； ②从集合的所有划分中任取一个，求这个划分恰好为3划分的概率． (2)设集合为集合的非空子集，随机变量表示子集中的最大元素．若，求随机变量的分布列和数学期望． 【变式4-3】信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量的所有可能取值为1，2，…，，且，，定义的信息熵. (1)证明：当且仅当时，； (2)若，且，比较与1的大小； (3)重复抛掷一枚质地均匀的硬币，如果正面朝上则继续抛，如果反面朝上就立即停止，且抛20次后即使没有出现反面朝上也停止，若将停止时抛掷硬币的次数记为，求. 【考点05 导数的新定义创新问题】 【例9】在几何学中，我们常用曲率来刻画曲线的弯曲程度．设光滑连续曲线，定义为曲线在点处的曲率，其中为的导函数，为的导函数．已知曲线． (1)当时，求曲线在点处的曲率； (2)已知曲线在不同的两点，处的曲率均为0． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【例10】对，若函数在有不等式，则称函数是在上的“凹函数”，反之，若不等式，则称函数是在上的“凸函数”，当且仅当时等号成立．也可理解为若函数在上可导，为在上的导函数，为在上的导函数，当时，函数是在上的“凹函数”，反之，当时，则称函数是在上的“凸函数”． (1)判断函数的凹凸性； (2)若，令，求的最小值； (3)为（2）问所得结果，证明不等式：． 【变式5-1】定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． (1)若函数和为“契合函数”，求的取值范围． (2)已知函数和为“契合函数”且有两个“契合点”． ①求的取值范围； ②若，证明：． 【变式5-2】阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰伯努利（Johann Bernoulli，1667~1748）的儿子丹尼尔伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封.他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707~1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中. 阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式.阅读以上材料后请完成以下问题： (1)求出、、的值； (2)写出的泰勒展开式（至少有项）； (3)设，，，证明：. 【变式5-3】给定两个正整数、，函数在处的阶帕德逼近定义为，且满足，，，（注：为的导函数，为的导函数，为的导函数，以此类推）．已知函数． (1)记为在处的阶帕德逼近，求解析式； (2)，，求的取值范围． 【考点06 圆锥曲线的新定义创新问题】 【例11】在平面直角坐标系中，把一个图形绕定点旋转一个定角的图形变换叫作旋转变换.定点叫作旋转中心，定角叫作旋转角（规定逆时针方向为正）.如果图形上的点经过旋转变为点，那么这两个点叫作这个旋转变换的对应点.现将曲线绕顺时针旋转后，得到新曲线，其变换关系为，点在曲线上. (1)求曲线的方程并确定点的位置； (2)点的坐标为，按照如下方式依次构造点：过点作斜率为2的直线交于另一点，设是点关于轴的对称点.记的坐标为. （i）求数列的前项和； （ii）记为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，证明：在定直线上. 【例12】对于抛物线，给定一点，若抛物线上存在两点，，使得，且不与轴垂直，则称弦是拋物线的一条“伴随弦”.已知抛物线存在“伴随弦”. (1)求的取值范围. (2)求伴随弦的中点的轨迹方程.（用表示） (3)伴随弦的弦长是否有最大值？若有，求出最大值（用表示）；若没有，请说明理由. 【变式6-1】如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”. (1)求“等差椭圆”的离心率； (2)在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且. （ⅰ）求与和都相切的直线的方程； （ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值. 【变式6-2】已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线以坐标原点为顶点，为焦点，的一个公共点为．若，则称为“－相伴”． (1)若为“－相伴”，求直线的斜率． (2)若为“－相伴”． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，，的方程为，直线与交于点，判断是否存在定点，使得直线与的倾斜角互补，若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【变式6-3】曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比. (1)若曲线的方程为，伸缩比，求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程； (2)若曲线的方程为，经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值； (3)对抛物线作变换，得抛物线；对抛物线作变换，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，若，记数列的前项和为，求证：. 【考点07 数列的新定义创新问题】 【例13】对于数列，记区间内偶数的个数为，则称数列为的偶数列． (1)若数列为数列的偶数列，求． (2)若数列为数列的偶数列，证明：数列为等比数列． (3)在（2）的前提下，若数列为等差数列的偶数列，，求数列的前项和． 【例14】定义： 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和， 形成新的数列， 把这样的操作称为该数列的一次 “和扩充”，例如：数列1，3，5 经过第一次 “和扩充” 后得到数列1，4，3，8，5； 第二次 “和扩充” 后得到数列1，5，4，7，3，11，8，13，5. 设数列 经过 次 “和扩充” 后得到的数列的项数为 ，所有项的和为 . (1)若 ，求 (直接写出答案)； (2)求满足不等式 的正整数的最小值； (3)求数列的通项公式. 【变式7-1】若数列，，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知为数列的“接近数列”，且数列，的前项和分别为，． (1)若（是正整数），求，，的值； (2)若数列是公差为的等差数列，且，求证：数列是等差数列； (3)若（是正整数），判断是否存在正整数，使得？如果存在，请求出的最小值，如果不存在，请说明理由．（参考数据：，） 【变式7-2】设和是整数数列，如果且，都有，我们就称数列和为强相关的． (1)若数列和为强相关的，且，都有，且，求数列的通项公式． (2)若数列和为强相关的，证明：． (3)若数列和为强相关的，判断命题“，使得对于某个，从中任取一个数，这个数是的概率大于49%”是否为真．若为真，说明理由；若不为真，请给出反例． 【变式7-3】如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且满足与均是公差不为的等差数列． … … … … 若根据条件，能求出数表中所有的数，则称能被确定． (1)已知，分别根据下列条件，直接判断数表能否被其确定： 条件“已知”； 条件“已知”． (2)设条件“任意给定数表中的个数”，能被确定，证明：的最小值为； (3)设条件“已知集合或其中中的任意个元素”，求的最小值，使得能被确定． 1．（2025·湖北武汉·一模）已知函数的导函数为，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数.已知函数. (1)若在上为凹函数，求实数的取值范围； (2)已知，且在上存在零点，求实数的取值范围. 2．（2025·辽宁·模拟预测）给定两个正整数，函数在处的阶帕德逼近定义为，且满足（注：为的导函数，为的导函数，为的导函数，以此类推）.已知函数. (1)记为在处的阶帕德逼近，判断函数的单调性； (2)，求的取值范围； (3)求证：（为自然对数的底数）. 3．（2025·广东中山·模拟预测）有穷数列中，令． (1)已知数列，2，，3，写出所有的有序数对，且，使得； (2)已知整数列，n为偶数，若，满足：当i为奇数时，；当i为偶数时，．求的最小值； (3)已知数列满足，定义集合．若且为非空集合，求证：． 4．（2025·北京·模拟预测）已知有穷数列：，，满足，，且恰有项为.  定义，其中，.  对于给定的正整数，若正整数满足，则称是一个“险胜时刻”. (1)对于满足的数列：，写出全部的“险胜时刻”. (2)当时，数列：中“险胜时刻”最多有多少个? (3)求的所有可能值，使得数列：一定存在“险胜时刻”. 5．（2024·江西新余·模拟预测）我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.    (1)如左图，在四面体中，分别为所在棱的中点，证明：的三条内棱交于一点. (2)同左图，若为垂棱四面体，，求直线与平面所成角的正弦值. (3)如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数，求的定义域与最小值. 6．（2024·广东·二模）已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的余弦值； (3)若为上一点，且满足，求. 7．（2025·广东·模拟预测）已知.设集合或，且，集合.若集合中的元素满足，则称为的“相邻元”.对于整数，若集合存在一个子集满足：（i）集合中的元素个数为；（ii），在集合中都至少有个“相邻元”，则称是“好数”. (1)当时，直接写出的“相邻元”； (2)当时，求证：是“好数”； (3)当时，若整数满足，且，求证：是“好数”. 8．（2024·浙江·二模）已知集合，记，，是自然数集 称函数，若对于任意，； 称函数是单调的，若对于任意，； •称函数是次模的，若对于任意, 已知函数是次模的． (1)判断是否一定是单调的，并说明理由； (2)证明：对于任意，，； (3)若是单调的，是正整数，，记，已知集合满足．初始集合，然后小明重复次如下操作：在集合中选取使得最小的元素加入集合，最终得到集合．证明： 9．（2025·河北保定·模拟预测）记数阵，其中，设集合，其中且.现定义变换为“对于数阵中的每一行，若其中含有或，则这一行中的每一个数都乘；若其中没有且没有，则这行数字均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，以此类推，最后将经过变换得到”.记数阵中四个数的和为. (1)若先后经过和变换后得到的数阵，求的最大值； (2)若，求使取得最大值的集合的个数； (3)对于任意确定的一个数阵所有可能取值的和记为，当时，证明：且. 10．（2024·25高三下·湖南长沙·阶段练习）在三维空间中，单位立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中.而在维空间中，单位立方体的顶点坐标可表示为维坐标，其中.在维空间中，设点，定义维向量，数量积，为坐标原点，即. (1)在3维空间单位立方体中任取两个不同顶点，求的概率； (2)在维单位立方体中任取两个不同顶点，记随机变量. （i）当时，若最大，求的值； （ii）求的分布列及期望值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$