第10讲：新高考新定义 开放性、探究、压轴专题【十大题型】-2025届高考数学考前核心考点题型三轮冲刺精讲精练（新高考地区）

第10讲：新高考新定义 开放性、探究、压轴专题 【题型归纳】 · 题型一：向量新定义 · 题型二：数列新题型 · 题型三：立体几何新定义 · 题型四：圆锥曲线新定义 · 题型五：函数新定义 · 题型六：开放性题型 · 题型七：劣构性题型 · 题型八：探究性题型 · 题型九：概率与数列交汇 · 题型十：函数交汇问题 【题型过关】 题型一：向量新定义 1．（2025·河南新乡·二模）已知，都是非零向量，定义新运算，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】将提公因式化简，分别讨论各个因式可得结果. 【详解】若，则，则或. 当时，未必成立； 当时，. 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 2．（2025·福建漳州·模拟预测）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 【分析】首先根据条件设出向量和，以及向量的坐标，代入条件中定义，即可求解. 【详解】依题意设， 则，，，， 则. 故选：C． 3．（2024·河北邯郸·二模）对任意两个非零的平面向量和，定义：，．若平面向量满足，且和都在集合中，则（    ） A．1 B． C．1或 D．1或 【答案】D 【分析】根据，得到，再利用题设中的定义及向量夹角的范围，得到，，再结合条件，即可求出结果. 【详解】因为， 设向量和的夹角为，因为，所以， 得到， 又，所以， 又在集合中，所以，即，得到， 又因为，所以或， 所以或， 故选：D. 题型二：数列新题型 4．（2025·湖南永州·三模）如果数列对任意的，都有成立，则称为“速增数列”.若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（   ） A．62 B．63 C．64 D．65 【答案】B 【分析】由题意可知数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1的等差数列，由此得到构造的增长最缓慢的“速增数列”的递推关系，利用累加法可求得其通项公式，令，解出代入验证即可得出答案. 【详解】由题干条件，即， 也即数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则数列增长尽可能缓慢， 需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1的等差数列， 因为，则， ，，所以， 采用累加法， 令，即，解得， 当时，，符合题意； 当时，，无法构造“速增数列”满足题意， 故选：B. 5．（2025·全国·模拟预测）数列按如下方式定义：；若n为质数，则；若n为合数，且恰能写成k个质数（可能相等）之积，则，如．则的前50项和为（    ） 附：不超过50的所有质数： 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47 A．100 B．104 C．108 D．112 【答案】C 【分析】根据题目可知质数对应的，共15个，合数需分解质因数，统计质因数的总个数，即为的值，将所有相加，即可得出结果. 【详解】分析的值，已知， 不超过的质数有，共个， 因为为质数时，所以这些质数对应的之和为. 的情况（即为两个质数之积）： ，，，，， ，，，，，，，， ，，，，共个，其和为. 的情况（即为三个质数之积）： ，，，， ，，，，，， ，共个，其和为. 的情况（即为四个质数之积）： ，，，，共个，其和为. 的情况（即为五个质数之积）： ，， 共个，其值为. 所以前项和为：. 所以的前项和为. 故选：C 6．（2025·北京海淀·一模）对于无穷数列和正整数，若存在满足且，则称数列具有性质．下列选项中错误的是（   ） A．若，则数列不具有性质 B．若，则数列具有性质 C．存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质 D．若数列和均具有性质，则具有性质 【答案】D 【分析】A利用是个不同的正整数，可得不可能相等；B求为偶数时数列的通项公式，取为个不同的偶数；C取，利用性质的定义证明；D取，，再利用性质的定义证明. 【详解】因，则，由于是个不同的正整数， 因此不可能相等，故数列不具有性质，故A正确； B，，故当为偶数时，，此时， 故取为个不同的偶数，此时， 则数列具有性质，故B正确； 取，由A选项可知，数列不具有性质；取， 则，由于是个不同的正整数，因此不可能相等， 故数列不具有性质；，则， 故任取为个不同的正整数， 有，则数列具有性质，故C正确； 取，，则当为奇数时，， 故取为个不同的奇数，此时， 故数列具有性质；当为偶数时，，故取为个不同的偶数， 此时，故数列具有性质；， 则，由于为个不同的正整数， 则，，，不可能相等， 此时数列不具有性质，故D错误. 故选：D 题型三：立体几何新定义 7．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 【答案】B 【分析】先分析得出正二十面体的面、顶点以及棱的个数，进而结合图象得出足球截面体各个面的性质，即可得出答案. 【详解】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边， 所以，正二十面体的棱数为，顶点的个数为. 由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱； 原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为. 故选：B. 8．（2025·江西新余·模拟预测）在空间中，我们把点集表示的曲面称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与轴平行或垂直的平面与截成的封闭曲线为椭圆．设圆柱面，高不平行于坐标面的正四棱锥的五个顶点均在上，则其体积的最小值为：（    ）（注：若正方形的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用题意结合给定定义得到椭圆方程，进而求出底面面积，最后利用棱锥的体积公式表示出体积，再利用导数求解最小值即可. 【详解】由题意可知圆柱面的半径为1，如图，截得的椭圆半短轴长即为圆柱面的半径1． 对半轴长：在中，必能找到与平面垂直，所以， 设．则由几何关系得，故椭圆方程为， 如图，椭圆有唯一内接正方形，故令，得到， 故底面面积为，，则，． 则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故，故D正确. 故选：D． 9．（2025·河南·三模）与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，两个垂足之间的线段叫做公垂线段，已知任意两条异面直线有且仅有一条公垂线段，且公垂线段是分别连接两条异面直线上两点的线段中最短的一条．如图，在四面体ABCD中，AD是异面直线AB和CD的公垂线段，r为四面体ABCD的内切球半径，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据等体积法得，然后根据公垂线段的定义得，，进而，再将四面体补全成直三棱柱，可得，然后化简不等式即可得解. 【详解】设四面体ABCD的体积为V，表面积为S，则根据等体积法得． 又，由于AD是异面直线AB和CD的公垂线段， 所以， ， 所以，则， 将四面体补全成直三棱柱，可得， 所以，整理得. 故选：A 题型四：圆锥曲线新定义 10．（2024·湖北·二模）函数的图象是等轴双曲线，其离心率为，已知对勾函数的图象也是双曲线，其离心率为．则 ． 【答案】 【分析】首先得到双曲线的两条渐近线方程分别为，，根据双曲线的对称性可得渐近线与实轴的夹角为，即，利用二倍角公式求出，最后由离心率公式计算可得. 【详解】由对勾函数的性质可在，上单调递减，在，上单调递增， 当时，当时，且函数为奇函数，函数图象关于原点对称， 双曲线的方程为， 双曲线的两条渐近线方程分别为，， 渐近线与实轴的夹角为，， ，解得或（舍去）， ， ． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是得到双曲线的两条渐近线方程，从而得到渐近线与实轴的夹角. 11．（2023·河北衡水·一模）在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）.如果用坐标平面分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为 .    【答案】 【分析】采用待定系数法，结合已知定义可设，代入点坐标即可结果. 【详解】设椭球面的方程为：， 椭球面过点，，解得：， 椭球面的方程为：. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查与椭圆有关的新定义问题的求解，解题关键是能够充分理解椭球面方程与截面方程之间的关系，进而采用待定系数法来进行求解. 12．（2024·山东枣庄·模拟预测）设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则 ；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 2 【分析】利用定义结合二次函数求最值计算即可得第一空，过作并构造直角三角形，根据的定义化折为直，结合直线与抛物线的位置关系计算即可. 【详解】设，则， ，即，时取得最小值； 易知，，联立有， 显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示， 过作交l于N，过作， 则（重合时取得等号）， 设，则，所以，    故答案为：2， 【点睛】思路点睛：对于曼哈顿距离的新定义问题可以利用化折为直的思想，数形结合再根据二次函数的性质计算最值即可. 题型五：函数新定义 13．（2024·安徽·模拟预测）给出定义：若函数在D上可导，即存在，且导函数在D上也可导，则称在D上存在二阶导数，记.若在D上恒成立，则称在D上为凸函数.以下四个函数在上不是是凸函数的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给出的导数新定义逐项判断即可. 【详解】对于A：，，， 则在上恒有，故A错误； 对于B：，，， 则在上恒有，故B错误； 对于C：，，， 则在上恒有，故C错误； 对于D：，，， 则在上恒有，故D正确. 故选：D. 14．（2024·广西来宾·模拟预测）曲率是数学上衡量曲线弯曲程度的重要指标，对于曲线，其在点处的曲率，其中是的导函数，是的导函数．则抛物线上的各点处的曲率最大值为（    ） A． B．p C． D． 【答案】C 【分析】先求出函数的导函数及导函数的导函数，再根据公式求出各点处的曲率，并解出最大值即可. 【详解】由题可知抛物线方程为：，则，， 则该抛物线在各点处的曲率， 当时，取最大值. 故选：C. 15．（2024·安徽·三模）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.若为上任意个实数，满足，则称函数在上为“凹函数”.也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上为“凹函数”.已知，且，令的最小值为，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】记函数，先判断函数的凹凸性，然后利用琴生不等式得，即可求解. 【详解】记函数，首先证明其凹凸性： ， 在上为“凹函数”. 由琴生不等式，得， 即. 所以， 即当时，取最小值，所以. 故选：B. 题型六：开放性题型 16．（2025·陕西咸阳·三模）写出一个同时具有下列性质的函数的解析式： ． ①是奇函数  ②是偶函数  ③函数有极值 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据①③可取，再根据正弦函数的性质结合诱导公式写出符合题意的函数形式即可. 【详解】因为是奇函数及函数有极值， 因此不妨假设， 可知，因为是偶函数， 所以，可以取，所以 故答案为：（答案不唯一） 17．（2025·河北·模拟预测）已知定义在上的函数满足，且，试写出一个满足上述条件的的解析式： . 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据函数的递推关系，可猜想函数为，验证即可. 【详解】因为中间符号为“”，前后两个代数式中间符号为“”， 所以类比两角差的余弦公式， 但，所以猜测的一个解析式为. 检验，， 所以，满足题意， 又，满足题意， 故的一个解析式为. 故答案为：（答案不唯一）. 18．（2025·北京·二模）设函数，则使得函数在区间上存在最大值的一个值为 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】首先求出的解析式，再根据正弦函数的性质求出的范围，即可得解. 【详解】因为，则， 令，所以， 因为在区间上存在最大值， 所以， 则， 又，即，所以或， 所以符合题意的一个值为（答案不唯一）. 故答案为：（答案不唯一） 题型七：劣构性题型 19．（2025·北京朝阳·二模）已知函数． (1)求的最小正周期和单调递增区间； (2)设函数，再从条件①、条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一，求在区间上的最大值和最小值． 条件①：在区间上单调递增； 条件②：的最大值为； 条件③：为偶函数． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)最小正周期，单调递增区间为 (2)答案见解析 【分析】（1）由两角和的正弦公式化简，再由正弦型函数的周期性、单调性求解； （2）分别选择条件后根据条件分析的取值是否唯一，若唯一，再由正弦型函数的性质求最值即可，若不唯一，则放弃该条件的选择. 【详解】（1）由题意得， 所以的最小正周期， 由， 得． 所以的单调递增区间为． （2）选择条件①： 由题意得． 由（1）可知的单调递增区间为． 由在区间上单调递增，得 解得． 又因为，所以． 从而存在且唯一， 当时，， 所以当，即时，取得最大值； 当，即时，取得最小值．                     选择条件②： 由题意得， 函数最大值为，则只需， 由于，故的取值不唯一，故不符合题意，即不能选择条件②； 选择条件③： 由题意得． 由为偶函数可知， 解得． 又因为，所以． 从而存在且唯一． 当时，， 所以当，即时，取得最小值； 当，即时，取得最大值． 20．（2025·云南红河·三模）已知函数的最小正周期为． (1)求函数的单调递增区间； (2)在中，角的对边分别为，，从下列①，②中任选一个作为条件，求的取值范围． 条件①：若的面积为，； 条件②：． （注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．） 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）利用正弦型函数的周期性求出参数，再利用正弦型函数的单调性求单调递增区间； （2）选①，利用三角形面积公式结合余弦定理求出角，再利用余弦定理结合基本不等式求范围；选②，利用正弦定理将边转化成角，结合三角恒等变换求出角，再利用余弦定理结合基本不等式求范围. 【详解】（1）由题意可知，解得，所以， 令，，可得，， 所以函数的单调递增区间为，． （2）选①，由，可得， 由余弦定理可得，，所以， 化简可得，即，因为，所以. 因为， 由余弦定理可得，，则，所以， 又因为，所以，即，解得， 又因为，所以． 所以的取值范围是. 选②，由，可得， 根据正弦定理，有， 因为, 所以， 化简得，又因为，所以，即， 因为，所以. 因为， 由余弦定理可得，，则，所以， 又因为，所以，即，解得，又因为，所以． 所以的取值范围是. 21．（2025·山西·二模）从以下两个条件中选择一个合适的条件将题目补充完整（只填序号），并求解本题： ①； ②曲线在处的切线方程为. 题目：已知函数存在极值，并且__________. (1)求的解析式； (2)当时，求函数的最值. 注：如果选择多个条件，按第一个解答记分. 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为. 【分析】（1）选①，由导数定义求出参数值，再检验即可得解；选②；由切线斜率求出参数值，再检验即可得解； （2）由（1）得出函数单调性并计算端点值和极值即可得解. 【详解】（1）定义域为， . 若选①：因为，所以由导数定义可知， 即，解得. 所以， 可知，当时，单调递减； 当时，单调递增，所以函数在处取得极值，符合题意， 所以. 若选②：由曲线在处的切线方程为，可知， 所以，解得， 所以， 可知，当时，单调递减； 当时，单调递增，所以函数在处取得极值，符合题意， 所以. （2）由（1）知，当时，单调递减； 当时，单调递增. 又，，，且， 在区间上的最大值为，最小值为. 题型八：探究性题型 22．（2025·陕西榆林·二模）已知数列为有穷数列，且每一项均为正整数．若数列满足如下两个性质，则称数列为的阶数列： ①；②对于，使得的正整数对有个． (1)写出所有5的2阶数列； (2)若存在的6阶数列，证明：； (3)若存在2025的阶数列，求的最大值． 【答案】(1)数列3，1，1和数列2，2，1和数列1，2，1，1； (2)证明见详解； (3)512578. 【分析】（1）根据阶数列的定义，即可写出答案； （2）根据存在的6阶数列，可得，得，继而分类讨论的取值，说明每种情况下都有，即可证明结论； （3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列为的形式，从而设其中有项为2，有项为1，则，利用二次函数单调性求出最值即可. 【详解】（1）由题意得，则，或，或，或，或. 故所有5的2阶数列有：数列3，1，1和数列2，2，1和数列1，2，1，1. （2）因为对于，使得的正整数对有个， 且存在的6阶数列，所以，得. ①当时，因为存在的6阶数列，所以数列中各项均不相同，则. ②当时，因为存在的6阶数列，所以数列各项中必有不同的项，所以. 若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，所以，不符合题意，所以. ③当时，因为存在的6阶数列，所以数列各项中必有不同的项，所以. 综上所述，若存在的6阶数列，则. （3）若数列中的每一项都相等，则， 若，所以数列中存在大于1的项， 若末项，将拆分成个1后变大，所以此时不是最大值，所以. 当时，若，交换的顺序后变为，所以此时不是最大值，所以. 若，所以，所以将改为，并在数列末尾添加一项1，则变大， 所以此时不是最大值，所以. 若数列中存在相邻的两项，设此时中有项为2， 将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，所以此时不是最大值， 所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式. 设其中有项为2，有项为1， 因为存在2025的阶数列，所以， 所以， 即当且仅当时，取最大值为512578. 所以，若存在2025的阶数列，的最大值为512578. 23．（2025·广东·一模）已知无穷数列满足，为正整数，． (1)若，求； (2)证明：“存在，使得”是“是周期为3的数列”的必要不充分条件； (3)若，是否存在数列，使得恒成立？若存在，求出一组的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)或3或5． (2)证明见详解 (3)不存在，理由见详解 【分析】（1）分别令，代入，求出，再根据对进行取舍. （2）证明必要性是以是周期为3的周期数列当条件，推出存在，使得这个结论成立；不充分性只需举出符合存在，使得的特殊数列，推出不是周期数列即可. （3）对，要考虑和两种情况，注意考虑这种特殊情况. 【详解】（1）因为对任意成立； 令得，所以，则或3， 若，由，则，则或3， 若，由，则，则或5， 因为，综上所述：或3或5． （2）记， 必要性：若是周期为3的周期数列，或， 当时，数列前5项为：， 由得，该式当且仅当或时成立， 与为正整数矛盾； 当时，数列前5项为：， 由得，则或（舍，此时）， 因此，此时数列：，存在，使得， 另一方面：取数列其中当时，， 此时数列不是周期数列， 综上，“存在，使得”是“是周期为3的周期数列”的必要不充分条件． （3）不存在，理由如下： 等价于或， 首先说明不存在，使得，否则由得记为， 所以， 依此类推得前项为（第项），则要么相等，要么有一项为0，矛盾，因此对任意成立， 其次，不存在，使得以及同时成立，否则两式相加得，矛盾． （ⅰ）若（*）式只对有限个正整数才成立，不妨设当且仅当时（*）式成立，其中， 则当时，（**）式恒成立，此时恒成立， 由此易知当，因此数列是无界数列， （ⅱ）若存在无限个正整数使得（*）式成立，不妨设当且仅当时（*）式成立， 其中，考虑与，为方便书写记且， 则， 若，则， 若，则， 则， 此时， 无论哪种情况总有成立，即恒成立， 记，则恒成立，由此易得数列是无界数列， 所以，存在使得，故不存在符合题意的． 【点睛】易错点睛：对，要考虑和两种情况，注意考虑这种特殊情况. 24．（24-25高三上·河北衡水·阶段练习）对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的n阶不动点.其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为A和B，即， . (1)若，证明：集合中有且仅有一个元素； (2)已知 . （i）若且函数在区间的值域为，则称区间是函数的“完美区间”.试问函数是否存在“完美区间”，若存在，求出实数a的取值范围，若不存在，说明理由； （ii）讨论集合B的子集的个数. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）存在，；（ii）答案见解析 【分析】（1）令，求导，可得函数的单调性，进而可得函数有唯一零点，可得结论； （2）（i）分析可知有两个不同的实根，构建，，利用导数分析零点问题；（ⅱ）由题意可知只需研究的不动点即可，令，求出其导数，判断其单调性，然后分类讨论的取值范围，判断的零点情况，即可判断的稳定点个数.，进而可得集合的子集的个数. 【详解】（1）令，求导得， 令，可得， 当，，当，， 所以，所以有唯一零点， 所以集合中有且仅有一个元素. （2）（i）假设存在完美区间为，则，， 即方程在上有两个不同的实根， 所以在上有两个不同的实根，即， 令，则，于是有两个不同的实根. 令，，则，， 令，，则， 可知在上递增，且， 当时，；当时，； 可知在上单调递减，在上单调递增，则， 且当时，；当时，； 所以当时，方程，有两个不同的正数解， 故函数存在“完美区间”，且实数 a的取值范围为； （ii）当时，由函数， 可得导函数，所以在上单调递增， 由反函数的知识，稳定点在原函数与反函数的交点上， 即稳定点与的不动点等价， 故只需研究的不动点即可； 令， 则，则在上单调递减， 1）当时，恒成立，即在上单调递增， 当x无限接近于0时，趋向于负无穷小， 且， 故存在唯一的，使得，即有唯一解， 所以此时有唯一不动点； 2）当时，即时，， 当趋向无穷大时，趋近于0，此时， 存在唯一，使得， 此时在上单调递增，在上单调递减， 故， 当趋近于0时，趋向于负无穷大，当向正无穷大时，趋向负无穷大时， 设，则在上单调递增， 且， 又在时单调递增， ①当时，即， 此时，方程有一个解，即有唯一不动点，所以集合的子集有2个； ②当，即， 此时，方程无解，即无不动点，所以集合的子集有1个； ③当时，即，此时，方程有两个解， 即有两个不动点，所以集合的子集有4个； 综上，当时或时，集合的子集有2个； 当时，集合的子集有1个； 当时，集合的子集有4个. 【点睛】方法点睛：本题属新定义题型，读懂题意是关键；研究方程根的个数问题常转化为判断函数零点的个数问题，利用导数研究含参函数的单调性，从而判断方程根（或函数零点）的个数问题．注意分类讨论思想的应用． 题型九：概率与数列交汇 25．（2025·山东·二模）近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能（Artificial  Intelligence，简称AI）已然成为科技变革的核心驱动力.有媒体称DeepSeek开启了我国AI新纪元.某高校拟与某网络平台合作组织学生参加与AI知识有关的网络答题活动，为了解男女学生参与答题意愿的差异，用比例分配的分层随机抽样方法在全体学生中抽取100人，设事件“学生报名参加答题活动”，“学生为男生”，据统计，，. (1)根据已知条件，完成下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否推断该校学生报名参加答题活动与性别有关联? 性别 男生 女生 合计 未报名参加答题活动 报名参加答题活动 合计 100 (2)网络答题规则：答题活动不限时间，不限轮次，答多少轮由选手自行确定；每轮均设置道题，选手参与该轮答题，则至少答一道题，一旦答对一题，则其本轮答题结束，答错则继续答题，直到第道题答完，本轮答题结束.已知甲同学报名参加答题活动，假设甲每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率均为. ①求甲在一轮答题过程中答题数量的数学期望； ②假设甲同学每轮答题答对前两题中的一道，本轮答题得2分，否则得1分.记甲答题累计得分为的概率为，求的最大值. 参考公式与数据：，其中. 0.10 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，能， (2)①；② 【分析】（1）根据题设，结合条件概率的定义求出数据，进而完成列联表，再计算出的值判断即可； （2）①首先列出的概率表达式，然后用数学期望公式将它的数学期望表达式列出来，进行化简和错位相减从而得到数学期望； ②根据题意可得，，时，，进而可得数列是首项为，公比为的等比数列，求出，进而可求出的最大值. 【详解】（1）因为，所以报名参加答题活动人数为， 又因为，所以报名参加答题活动的男生人数为， 报名参加答题活动的女生人数为， 又，所以样本中男生人数为，女生人数为50， 得到列联表为： 性别 男生 女生 合计 未报名参加答题活动 20 35 55 报名参加答题活动 30 15 45 合计 50 50 100 零假设为：学生报名参加答题活动与性别无关， 则， 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为学生报名参加答题活动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005； （2）①设甲完成一轮答题，答题数量为随机变量，则的所有可能取值为， 其中，， 所以. ， 以上两式错位相减得 ， 所以 . ②每轮比赛甲得1分的概率为，得2分的概率为， 依题意可得，， 当时，则， 因为，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 故， 又且， 所以数列是各项均为1的常数列，则， 所以，解得. 当为奇数时，，， 当n为偶数时，，， 所以的最大值在为偶数时产生， 又当为偶数时，随着的增大而减小， 所以当时，的最大值为. 26．（2025·贵州黔南·三模）在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为，上两步台阶的概率为；且每次上一步台阶用时，上两步台阶用时. (1)假设，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒? (2)若“机器狼”走3次后从地面到达第5步台阶的概率为，当取最大值时，求“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率. (3)若，记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，其中，证明：数列是等比数列，并求. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）列出上完步台阶的走法，即可计算时间； （2）依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可求出取最大值时的值，再由相互独立事件的概率公式计算可得； （3）依题意可得，即可得到，即可证明，从而得到，再由累加法计算可得. 【详解】（1）“机器狼”上完步台阶的走法有： 当时，用时； 当时，用时； 当时，用时； 所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为秒； （2）依题意，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时取得最大值， “机器狼”从地面上到第7步台阶有，，，共4种情况， 则“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率； （3）“机器狼”从地面上到第步台阶，它是由第步台阶上两步到达第步台阶，或由第步台阶上一步到达第步台阶， 记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为， 所以， 所以， 则， 又，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以 ， 即. 27．（2025·北京通州·一模）已知数列（N是大于3的整数）为有穷数列，定义为“卷积核”数列满足： (1)若数列，卷积核，求数列B. (2)设，已知且，，若.求证：数列B中最大的项为，（表示a，b中的最大值）. (3)已知且不全为0，卷积核，是否存在数列A，使得数列B的任意一项均为0?若存在，请写出一个满足条件的数列A；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在，理由解析 【分析】（1）要算，从开始往后选三项与进行点积即可， （2）方法一：由可知数列的首尾项相同，成对称结构，且，从一直递增到中间项，再对称地递减，要证明数列中最大的项就从中间项开始点积，即可求证，方法二：利用作差法即可证明. （3）方法一：当为偶数时，存在数列:符合题意，当为奇数时，利用反证法求证得为常数列，产生矛盾得解.方法二：利用反证法即可证明. 【详解】（1）, , 所以数列 （2）方法一：依题意有 当时， 由 又则， 即当时，， 当时，记， 由 即当时，， 综上可得：数列B中最大的项为. 方法二：由已知可得. 当时，， 因为>0, 所以 当时，， 因为<0, 所以 因为 所以 因为 所以 所以 所以当时，, 所以数列中最大的项为或或. 因为 所以 因为 所以 所以. （与无法比较大小，假设，当时数列B的最大值为， 当时，数列B的最大值为；当时，数列B的最大值为.） 综上，数列中最大的项为或. （3）方法一：当为偶数时，取数列的通项， 此时对,有， 故当为偶数时，存在数列，使得数列的各项为0， 当为奇数时，设且， 下面用反证法证明不存在数列，使得数列的各项为0， 假设存在数列，使得数列的各项为0.为了更好地描述，我们记中不存在的， 则对任意的，有， 上式相减可得，即数列中的奇偶项分别为等差数列， 设， 且有, 进而 又由知， 故， 整理可得进而代入可得， 故， 则， 取，有，即， 故， 因为，故， 由知,故只能为的常数列，不符合题意，假设不成立， 综上，当为偶数时，存在数列:符合题意. 方法二：①当N为偶数时，存在数列A使得数列B的任意一项均为0， 此时可令 ②当N为奇数时，不存在数列A使得数列B的任意一项均为0，证明如下： 假设存在数列A使得数列B的任意一项均为0 因为 所以，，，…,，. 所以，， ，，. 所以, 所以, 所以 所以 因为 所以. 与不全为0矛盾. 所以假设不成立. 题型十：函数交汇问题 28．（2025·山东菏泽·二模）某选数游戏规则：给定个不同数（参与者不知道具体数值但知道的大小），屏幕每次随机出现一个数，参与者需通过按Y键选择该数，或按N键跳过继续查看下一个数，一旦按Y键选择，该游戏结束；若前个数均被跳过，系统将自动选定最后一个数．最终所选数若为这个数中最大的，则参与者获胜，反之则失败．小王参与该游戏时决定采取如下策略：对于给定的，前个数均按N键跳过（，表示直接选取第一次出现的数），从第个数开始，若当前数比前面所有已出现的数都大则按Y键选择，否则按N键继续观察下一个数，如此重复直至游戏结束，记小王获胜概率为． (1)当时，写出的值； (2)当时，求，并证明当最大时，满足 (3)已知当时，（为欧拉常数）．在本次游戏中，如果，最大时，求的估计值． 【答案】(1)；； (2)，证明见解析 (3). 【分析】（1）设三个数是1，2，3，通过列举法，由古典概率模型计算公式求解即可； （2）设最大数在（）次出现，要想获胜，前个数中的最大值必出现在前次中，且第次取到最大值，得到 ，结合，，即可求证； （3）由（2）得到，再由条件得到①，②，③，联立可得，，即可求解. 【详解】（1）不妨设三个数是1，2，3，三个数的大小排列有6种情形：123，132，213，231，312，321. 当时，取到最大的情形有：312，321.  所以； 当时，取到最大的情形有：132，213，231，所以； 当时，取到最大的情形有：123，213. 所以. （2）当最大数在第次出现时，均有可能获胜.设最大数在（）次出现，要想获胜，前个数中的最大值必出现在前次中，且第次取到最大值，所以 ， 同理 ， 因此，当时，最大. （3）首先对于，当最大时，. 否则若， 则.①， ②， ③， ①②得 ，所以， ①③得 ，所以， 所以，. 29．（2025·上海徐汇·二模）对于函数，记.如果是满足的最小正整数，则称是函数的“最小导周期”. (1)已知函数，其中，求证：对任意实数，都有； (2)设，，若函数的最小导周期为，记，当实数变化时，求的最小值； (3)设，，若函数满足对恒成立，且存在使得，试用表示，并证明. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）根据“最小导周期”的定义即可证明； （2）由题意有对任意实数恒成立，令，得，令，得，根据的取值验证函数的最小导周期为即可得，由可视为点与点之间的距离，利用数形结合即可求解； （3）记，由在上恒成立及存在使，可知是函数的极大值点，即，，解得，由，得，由得，又，即，即得证. 【详解】（1）证明：因为， ， ， ， 所以，对任意实数，都有. （2），， 由题意知，对任意实数恒成立， 令，则，即， 令，则，则， 所以或. 若，则，，最小导周期不是，矛盾； 若，则，，，最小导周期为，符合要求，所以. 可视为点与点 之间的距离，当实数变化时，点在直线上运动，点在曲线上运动， 因此所求最小值可转化为曲线上的点到直线距离的最小值， 而曲线在直线上方，平移直线使其与曲线相切， 则切点到直线的距离即为所求. 设切点，，切线斜率，得，切点为， 点到直线距离. 即的最小值为. （3），， 记，即. 由在上恒成立及存在使， 可知是函数的极大值点，于是， 则①， 又，则②， 由①②得，则. 又因为， 所以，由得， 又因为， 所以， 有，于是， 所以. 30．（2025·上海宝山·二模）定义在上的可导函数，集合为正整数，其中称为的自和函数，称为的固着点. 已知. (1)若，，求的值及的固着点； (2)若，是的自和函数，且在上是严格增函数，求的最大值； (3)若，，且是的固着点，求的取值范围，并证明：. 【答案】(1)，固着点 (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）根据题设定义得，进而有，即可求解； （2）根据条件得到在区间上恒成立，从而有，即可求解； （3）法一，根据题设得到在上有唯一的解，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得的单调性，进而可得， 再构造函数，利用其单调性，即可求解；法二，前同法一，得，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求其单调区间，利用单调性，即可求解. 【详解】（1）由题得，所以， 因为，所以，解得， 所以，固着点. （2）由题得，则， 所以，因为是上的严格增函数， 所以在区间上恒成立， 由，得到，所以， 所以，因此的最大值是. （3）（方法一）由题得，， 所以， 因为，且是的固着点，所以（*）在上有唯一的解， 记，则，所以在是严格减函数， 从而，又当时，，故的值域是， 所以，即， 记，则由上述可知是的严格减函数且， ， 因为，所以，所以  ① 又， 记，则， 因为，所以，所以， 所以是上的严格增函数， 故，从而  ② 由①②可知，，即， 又是的严格减函数，所以，故. （方法二） 由题得，，所以， 因为且是的固着点，所以（*）在上有唯一的解 求导得， 当时，，是上的严格减函数， 所以，所以方程（*）无解； 当时， （ⅰ）当时，在恒成立，故是上的严格增函数， 所以，所以方程（*）无解； （ⅱ）当时，如下表 - 0 + 严格减 极小值 严格增 可知在严格减，在严格增， 又，，当时，， 所以方程（*）在无解，在有唯一解，满足题意的的取值范围， 因为是的唯一解，所以， 又，令， 则，所以是上的严格减函数， 所以，即， 又当时，，所以， 又在上有唯一的零点，则， 综上，，此时. 【专题强化】 一、单选题 1．（2024·四川成都·二模）已知向量，是平面内的一组基向量，为内的定点，对于内任意一点，当时，称有序实数对为点的广义坐标.若点，的广义坐标分别为，，则“"是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据平面向量基本定理可得解. 【详解】由已知可得，， 若，则，使，即，则，即； 若，则，使，即， 故“"是“”的充要条件， 故选：C. 2．（2024·云南昆明·模拟预测）向量的广义坐标是用于描述向量或系统状态的一组数值，其选择取决于问题的特定背景和需求．在物理学、工程学、计算机图形学等领域，广义坐标被广泛应用．比如，物理学中的振动系统可能采用角度作为广义坐标，而工程学中的结构分析可能使用特定坐标系来简化问题．通过选择适当的广义坐标，可以更自然地描述问题，简化数学表达，提高问题的可解性，并使模型更符合实际场景．已知向量，是平面内的一组基向量，O为内的定点．对于内任意一点P，若，则称有序实数对为点P的广义坐标．若点A，B的广义坐标分别为，，关于下列命题正确的（    ） A．点关于点O的对称点不一定为 B．A，B两点间的距离为 C．若向量平行于向量，则的值不一定为0 D．若线段的中点为C，则点C的广义坐标为 【答案】D 【分析】根据广义坐标的定义，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量共线性质逐一判断即可. 【详解】对于A，，设关于点的对称点为，则， 因为，不共线，所以，A错误； 对于B，因为， 所以， 当向量，是相互垂直的单位向量时，，两点间的距离为，否则距离不为，B错误； 对于C，当与中至少一个是时，结论成立； 当与都不为时，设（），有，即，所以，C错误； 对于D，， 所以线段中点的广义坐标为，D正确 故选：D 3．（2024·新疆·模拟预测）定义：对于数列若存在，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，则下列选项中，满足为有界数列的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对于A：根据题意结合等差数列求和公式分析判断；对于B：根据题意结合裂项相消法判断；对于C：根据题意结合并项求和法分析判断；对于D：根据题意结合等比数列求和公式分析判断. 【详解】对于选项A：因为为等差数列，则， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故A错误； 对于选项B：因为， 则， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故B错误； 对于选项C：当为偶数时，， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故C错误； 对于选项D：可知数列是以首项、公比均为的等比数列， 则， 可知当时，，符合有界数列的定义，故D正确； 故选：D. 4．（2024·上海徐汇·一模）已知数列的前项和为，设（为正整数）.若存在常数，使得任意两两不相等的正整数，都有，则称数列为“轮换均值数列”.现有下列两个命题：①任意等差数列都是“轮换均值数列”.②存在公比不为1的等比数列是“轮换均值数列”.则下列说法正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题 【答案】A 【分析】根据题意，对于①，设等差数列的公差为，由等差数列的性质可得可得，即可得①正确；对于②，设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式分析，可得，可得②不正确，综合即可得答案. 【详解】对于①，设等差数列的公差为，则， 代入 可得 ，即可得到，①正确； 对于②，设等比数列的公比为，则， 代入， 可得 要使其为常数，化简后会发现很难对于任意的都满足为常数（因为公比）， 故不存在公比不为1的等比数列是“轮换均值数列. ②不正确. 故选：A 5．（2024·上海长宁·一模）数列为严格增数列，且对任意的正整数n，都有，则称数列满足“性质Ω”． ①存在等差数列满足“性质Ω”； ②任意等比数列，若首项，则满足“性质Ω”； 下列选项中正确的是（   ） A．①是真命题，②是真命题； B．①是真命题，②是假命题； C．①是假命题，②是真命题； D．①是假命题，②是假命题． 【答案】B 【分析】根据等差数列基本量的计算即可判断①，根据等比数列为常数列时，即可判断②. 【详解】设等差数列的首项和公差分别为， 若等差数列满足“性质Ω”； 由可得，故，即，故只需要即可满足“性质Ω”；故①是真命题， 设等比数列的首项和公比分别为，则， 因此存在等比数列不满足“性质Ω”；故②是假命题 故选：B 6．（2024·青海·模拟预测）如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C. 【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点， 易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误； 连接，，有，，故， 所以线段与相交，C错误； 连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确. 故选：D. 7．（2025·上海浦东新·二模）已知圆锥曲线的对称中心为原点，若对于上的任意一点，均存在上两点，，使得原点到直线，和的距离都相等，则称曲线为“完美曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”． 下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 【答案】A 【分析】对于命题①，通过考虑以原点为圆心的圆与椭圆上直线的位置关系来判断； 对于命题②，通过取双曲线顶点，分析以原点为圆心的圆与双曲线相关直线的位置关系来判断. 【详解】判断命题①： 已知过椭圆上任意一点作以原点为圆心的圆的切线，分别交椭圆于，两点，连接. 根据直线与圆的位置关系，当与圆相切时，满足给定条件. 当与圆相交时，因为圆的圆心是固定的原点，我们可以通过缩小圆的半径，使得圆逐渐靠近，直到与圆相切；同理，当与圆相离时，扩大圆的半径，也能使圆靠近直至相切.所以从直线与圆位置关系的动态调整角度可知，一定能找到合适的圆半径使得与圆相切，故①正确.      判断命题②： 当在双曲线顶点时，过作圆的切线，交双曲线于另外两点，. 由双曲线的性质可知，双曲线在顶点附近的形状特点决定了，过顶点作圆的切线与双曲线相交得到的线段，其整体位置与以原点为圆心的圆是相离的.这是因为双曲线的渐近线性质以及顶点处的曲线走向，使得从顶点出发的切线与双曲线相交形成的线段不会与圆相切，所以②不正确.    故选：A. 8．（2025·河南·一模）拓扑排序（Topological Sorting）是图论中的一个概念，它适用于有向无环图（DAG，DirectedAcyclic Graph）.拓扑排序的结果是一个线性序列，该序列满足对于图中每一条有向边，顶点在序列中都出现在顶点之前，每个顶点出现且只出现一次.如果图中含有环，则无法进行拓扑排序.在一所大学的计算机科学系，学生们必须按照特定的顺序选修一系列专业课程.这些课程之间存在先修要求，意味着某些课程必须在其他课程之前完成.例如，如果课程是课程的先修课，那么学生必须首先完成课程才能选修课程.下图展示了五门课程及其之间的先修关系.箭头表示了先修的要求方向，即箭头起点的课程必须在箭头终点的课程之前完成.如果没有直接的先修关系，两门课程可以互换位置.根据图形，下列代表了这五门课程的一个正确拓扑排序为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据一个有效的拓扑排序应该是先列出没有其他课程作为先修要求的课程，然后是它的后续课程，依次分析各课程特点即可得出结果. 【详解】课程和课程没有先修关系，所以它们可以互换位置. 根据图中的箭头指向，我们知道课程依赖于课程， 课程依赖于课程和课程，而课程依赖于课程和课程. 因此，一个有效的拓扑排序应该是先列出没有其他课程作为先修要求的课程（如）， 然后是它的后续课程（如），接着是依赖于或的课程（如）， 最后是.选项C符合. 故选：C 9．（2025·江苏·三模）已知函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则内至少存在一个点，使得，其中称为函数在闭区间上的“中值点”.则函数在区间上的“中值点”的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求导，解方程，即可得出结论. 【详解】因为，则，且，， 由题意可得，可得，解得， 因此，函数在区间上的“中值点”的个数为. 故选：C. 10．（2025·河南新乡·二模）曲率是用于描述曲线在某一点处弯曲程度的量，对于平面曲线，其曲率（是的导数，是的导数），曲率半径是曲率的倒数，其表示与曲线在某点处具有相同弯曲程度圆的半径.已知质点以恒定速率沿曲率半径为的曲线作曲线运动时，向心加速度的大小为.若该质点以恒定速率沿形状满足的光滑轨道运动，则其在点处的向心加速度的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用曲率的定义可求得，进而得曲率半径，利用向心加速度的定义计算可求向心加速度. 【详解】设，则，，所以，， 则曲线在点处的曲率，曲率半径， 故曲线在点处的向心加速度的大小为. 故选：B. 二、多选题 11．（2025·浙江温州·三模）已知数列满足，定义：集合，使得，并记该集合的元素个数为，则以下说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．存在数列，其中有一项能使得且 D．若任取数列的两项，恰好是元素的概率大于，则 【答案】BCD 【分析】由集合新定义，结合等差、等比数列性质及古典概率概率计算公式，逐个判断即可. 【详解】A项：，则，故错误； B项：，则，故正确； C项：如，则，即且，故正确； D项：注意到，由于， 所以至多存在一个使得，且， 对于其余的和中，至多只有一个属于，且， 则至少需剔除（）个元素， 所以， 又，解得，故正确． 故选：BCD 12．（2025·四川·模拟预测）已知，，设集合A，B，C是的三个不同的子集，若真包含于B，则称子集A，B是S的一个“二阶链条”， 若A真包含于B，B真包含于C，则称子集A，B，C是S的一个“三阶链条”.记S的“二阶链条”的个数为，S的“三阶链条”的个数为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】由“二阶链条”， “三阶链条”定义结合集合真子集个数，二项式定理可得，即可判断选项正误. 【详解】对任意S的k元子集B，B的j（元子集A的个数 是， 则S的k元子集B 的真子集个数为：； 又S有个k元子集，故S的“二阶链条”的个数： ，又， 则； 对任意S的m元子集C，C的k元子集B的个数是， B的j元子集A的个数是， 由前文分析可知：C的k元子集B的真子集个数为：， S的m元子集C的真子集个数为： ， 故S的“三阶链条”的个数： . 故，A正确； ，B错误； ，C正确； ，D错误. 故选：AC 【点睛】结论点睛：对于含有n个元素的集合，其子集有个，真子集有个， 非空子集有个，非空真子集有个. 13．（2025·四川成都·三模）对于空间中一组向量，若存在不全为零的实数使得，则称这组向量线性相关，否则称这组向量线性无关.则（   ） A．若，，，则，，线性相关 B．若，，，则，，线性无关 C．若，，线性无关，则，，线性相关 D．对于非零向量，，，若存在实数，使得，则，，线性相关 【答案】AB 【分析】根据题意，设，由向量相等的条件求，可判断AB；利用反证法判断C；根据条件无法判断，，是否线性相关，判断D. 【详解】若，，， 根据题意，设， 即， 所以，解得，取， 所以，A正确； 若，，， 根据题意，设， 即， 所以，解得， 所以，，线性无关，B正确； 假设，，线性相关， 则存在不全为零的实数使得， 则， 因为，，线性无关，则，得， 与假设矛盾，C错误； 对于非零向量，，，若存在实数，使得， 即， 所以， 但不能确定，，是否线性相关，D错误. 故选：AB 14．（2025·江西萍乡·二模）若数列的前项中，最大项为，最小项为，则称数列为的“极差数列”．下列关于极差数列的说法正确的为（   ） A．若数列是等差数列，则它的极差数列也是等差数列 B．若数列的极差数列是等差数列，则也是等差数列 C．数列的极差数列可能为等比数列 D．数列的极差数列的极差数列仍是 【答案】AD 【分析】A选项可利用等差数列的定义进行验证；B选项可以举反例排除；当时，，则可判断C；推导出，，由此能证明的“极差数列”仍是，则可判断D. 【详解】对于A，设等差数列的公差为d， 当时，，，则，此时是等差数列， 当时，，，， 当时，，， 结合等差数列的概念可知A正确； 对于B，形如， 从开始奇数项依次减去1，偶数项依次加上1， 则数列是一个以首项为0，公差为1的等差数列， 但是数列不是等差数列，故B选项错误； 对于C，当时，，则不可能为等比数列，故C错误； 对于D，∵， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的“极差数列”仍是，故D正确； 故选：AD. 15．（2025·福建厦门·三模）已知是首项为，公比为的递增等比数列，其前项和为．若对任意的，总存在，使得，则称是“可分等比数列”，则（） A．不是“可分等比数列” B．是“可分等比数列” C．若是“可分等比数列”，则 D．若是“可分等比数列”，则 【答案】ACD 【分析】对于A，取，则不存在，使得；对于B，取，则不存在，使得；对于C，D根据“可分等比数列”的定义，用反证法证明即可. 【详解】对于A，若，则， 因为，所以， 又因为， 所以不存在正整数，使得， 所以不是＂可分等比数列＂，所以选项A正确： 对于B，若，则， 所以，当时，， 所以不存在正整数，使得，所以不是＂可分等比数列＂，所以选项B错误； 对于C，若，则有，所以不存在正整数，使得，所以， 因为是递增等比数列，所以，所以， 因为，所以，即． 下证：对任意，当且仅当时，． 反证法：假设存在正整数，使得当时，， 取满足条件的最小正整数，此时有，使得且， 则，即，即与矛盾． 所以对任意，当且仅当时，，所以选项C正确； 对于D，下证：． 由上可知，即恒成立，只需，即恒成立， ①当时，因为恒成立，所以符合要求； ②当时，因为， 当时，，不符合题设要求． 综上，，所以选项D正确． 故选：ACD. 16．（2025·山东潍坊·二模）曲线的曲率定义如下：若是的导数，是的导数，则曲线在点处的曲率，则（   ） A．曲线上不存在曲率大于的点 B．曲线在点处的曲率最大 C．曲线在点处的曲率为 D．曲线在点与处曲率相等，则 【答案】ABD 【分析】利用曲率的定义可判断ABC选项；由题意得出，令，结合基本不等式可得出关于的不等式，解之可判断D选项. 【详解】对于A选项，设，则，， 所以，， 所以，曲线上不存在曲率大于的点，A对； 对于B选项，令，则，， 所以，， 故当时，取最小值，此时取最大值，且， 所以，曲线在点处的曲率最大，B对； 对于C选项，由可得， 令，则， 则，所以，，， 所以，曲线在点处的曲率为，C错； 对于D选项，设，则，， 则在点处的曲率， 因为曲线在点与处曲率相等， 即，即， 即， 整理可得， 因为且、均为正数，所以，， 由基本不等式可得， 即，令，则， 即，由于，解得，即，D对. 故选：ABD. 三、填空题 17．（2025·山东·二模）已知项数为的数列满足，若数列中存在连续三项，使得成立，则称数列为“友好数列”.当时，“友好数列”的个数为 ；当时，随机选取一个数列，该数列是“友好数列”的概率为 【答案】 6 【分析】①根据“友好数列”的定义，直接枚举时所有可能的三元组； ②当时，分别计算满足前三个和后三个条件以及同时满足两个条件的数列数目，再通过容斥原理求总数. 【详解】对于①： 当时，数列共有种可能. 需满足，分情况讨论： ：可取0，1，2，对应，共3种； ：可取0，1，共2种； ：可取0，共1种； 总数为. 对于②： 当时，数列共有种可能. 需满足存在至少一个三元组满足条件： 计算满足前三个条件的数列数目： 前三个元素满足，有6种可能，任意，共有种. 计算满足后三个条件的数列数目： 后三个元素满足，有6种可能，任意，共有种. 计算同时满足两个条件的数列数目： 需满足，，有4种可能. 根据容斥原理，总数为 所以概率为. 故答案为：①6     ②. 18．（2025·福建宁德·三模）已知数列共有项，其中项为，项为.若数列满足对任意中的的个数不少于的个数，则称数列为“规范数列”.当，时，“规范数列”的个数为 ，记表示数列是“规范数列”的概率，则的最小值为 . 【答案】 5 【分析】根据定义列出当，条件下的所有“规范数列”，由此可得第一空结论，结合组合数定义确定有个，个，，时数列的个数，再求其中“规范数列”的个数，结合古典概型概率公式求结论. 【详解】（1）当时，满足要求的“规范数列”有 ；；；； ； 所以当，时，“规范数列”的个数为. （2），，时，具有“规范数列”数列特征的数列的个数为， 当，，时，由已知数列共有项，其中项为，项为， 所以满足条件的数列的个数为， 若数列为“规范数列”，则第一项为， 若第一项为，第二项为时，“规范数列”个数为， 当第一项为，第二项为，第三项必然为，此时“规范数列”个数为， 所以. 故， 因为函数在上单调递增， 所以当时，取最小值，， 故答案为：；. 19．（2025·河南·模拟预测）我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”，已知三棱锥中，，、、分别在棱、、上，且截面与底面平行，，则三棱锥与三棱锥的相对积之比为 ． 【答案】 【分析】根据相似锥体的体积比是边长比的立方，表面积比为边长的平方比，结合“相对积”的定义求解即可. 【详解】设三棱锥、三棱锥的体积分别为，表面积分别为， 因为，，、、分别在棱、、上， 且截面与底面平行，所以两个棱锥相似， 所以，， 则三棱锥与三棱锥的相对积之比为. 故答案为：. 20．（24-25高三下·广东广州·期末）已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.如果为的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的有 个，的所有可能取值构成的集合是 . 【答案】 7 【分析】分两种情况得出的所有可能值以及相应的的个数； 【详解】①情形一：分别取的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 为正四面体高的一半，等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况； ②情形二：分别取的中点 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中， 则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. 所以符合条件的有7个，的所有可能取值构成的集合是； 故答案为：7； 21．（2025·浙江绍兴·二模）设点在“笑口”型曲线上，则的最小值为 . 【答案】/-0.125 【分析】分和两种情况去绝对值化简，利用二次函数求最值即可 【详解】当时，，即，平方得，即， 此时 ，. 当时，，即，平方得，即， 此时 ， 综上，的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查含绝对值的曲线方程，解题的关键是去绝对值，得到不含绝对值的曲线方程. 本题中将获得的新曲线方程代入，消元后可得到所求的最小值. 22．（2025·北京朝阳·二模）设，过原点的直线（不与轴重合）与圆交于点P与直线交于点．过点作轴的平行线，过点作轴的垂线，这两条直线交于点，称为的箕舌线函数，记作，给出下列四个结论： ①函数的图象关于y轴对称； ②若，则； ③设函数，则的最大值为； ④设函数，则的最小值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③ 【分析】设，联立直线和圆的方程，求出点纵坐标即可得出解析式，根据函数的奇偶性可判断①，对求导，求出的单调区间，可判断②，对于③，分，再利用基本不等式，即可求解；对于④，根据条件得，令，则，利用其单调性，即可求解. 【详解】圆的圆心在轴上，设圆与的另一个交点为， 设，当点不与点重合时，直线的方程为， 联立，解得，所以点纵坐标为，此时点， 当点与点重合时，点的纵坐标也满足，所以， 对任意的，，所以的定义域为， 对于命题①，因为，所以是偶函数，故①正确； 对于命题②，因为，当时，，即在区间上单调递增， 所以当时，若，则，所以②错误， 对于命题③，，因为，当时，， 当时，，又，当且仅当，即时取等号， 所以，故③正确， 对于命题④，，令， 则，易知在区间上单调递减，在区间上单调递增， 若，即时，， 即当时，的最小值为，所以④错误， 故答案为：①③. 四、解答题 23．（2025·湖南·二模）甲同学与乙同学进行如下游戏：在个白色小方格中，甲同学将从上往下数的第i行，从左往右数的第j列涂黑，而乙同学从除黑色方格以外的任意一格出发，只能往前、后、左、右四个方向移动，且不能经过黑色方格.若乙可以不重复的一次性经过所有白色方格，则乙获胜，否则甲获胜，记甲涂黑的方格为. (1)若，甲同学随机涂黑一个方格，求甲获胜的概率. (2)若甲将涂黑，求证：当m为奇数时，甲一定获胜. (3)若m为奇数，乙从出发，甲将涂黑，其中i，j不同时为1，求证：甲获胜的概率. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）不难看出只有当甲不涂黑方格的四个角和中心处，甲一定获胜，由此可得甲获胜的概率； （2）给格子标号，若乙要获胜，则标号为1的格子数与标号为2的格子数之差的绝对值不大于1， 即1比2的数量多两个时，此时甲一定获胜，计算当m为奇数时，1号和2号的格子数， 发现1的数量比2的数量多两个，故当m为奇数时，甲一定获胜； （3）由（2）可知，考虑1比2多两个的情况，只有涂黑2时，1比2的数量多两个，此时甲一定获胜， 计算2号格子的数量，除以甲能涂黑的格子数，即可证明甲获胜的概率. 【详解】（1）甲随机涂黑一个，在方格的四个角和中心处，显然乙可以不重复地一次性经过所有白色方格， 只有当甲涂黑，，，时，乙无法不重复地一次性经过所有白色方格， 故甲获胜的概率为. （2）我们为格子标号： 1 黑格 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 乙不妨从1出发，则乙的路线必定是1→2→1→2…， 若乙要获胜，则标号为1的格子数与标号为2的格子数之差的绝对值不大于1， 若最后是2，则说明1的数量和2的数量相同，若最后是1，则说明1比2多一个， 由于m为奇数，则第1,3，5，7…m列，1的数量比2的数量多1个， 这样的列数一共有个，也就是1比2的数量多， 同理，第2，4，6，…列，2的数量比1的数量多一个（不考虑黑格），这样的列一共有列， 因此1的数量比2的数量多个， 但实际情况是第二列中1的数量和2的数量一样多，因此1的数量比2的数量多两个， 这说明乙无法不重复地一次性经过所有白色方格，因此当m为奇数时，甲一定获胜. （3）受到（2）的启发，我们仍然为格子标号： 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 乙的路线仍然是1→2→1→2→…,乙获胜只需要使1和2一样多，或1比2多一个， 我们考虑1比2多两个的情况： 若不考虑涂黑的格子，由（2）可知：1比2的数量多1个 当且仅当涂黑2时，1比2的数量多两个，此时甲一定获胜， 第1，3，5…m列每列个2，第2，4，6…列每列有个2，因此一共有个2， 又因为甲可以涂黑除了共个方格，因此甲获胜的概率. 24．（2025·重庆·三模）已知数列满足，且. 若整数能被正整数整除，则称为的一个正约数. 设的正约数个数为，将这个正约数从小到大排成一排，分别为. (1)证明：是等比数列. (2)证明：为定值. (3)在和之间插入个数，使 成等差数列. ①当时，求； ②在①的前提下，是否存在正整数，使得？若存在， 求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 (3)①；②存在；正整数对为或 【分析】（1）根据题意整理可得，结合等比数列定义分析判断； （2）利用累加法可得，结合题意分析可知，即可证明结论； （3）①根据题意结合等差数列可得，利用裂项相消法分析求解；②分析可知，且当时方程不成立，进而检验求解即可. 【详解】（1）因为，整理可得， 且，可得， 则，所以是等比数列. （2）由（1）可知：，且， 当时，则 ， 且符合上式，所以， 可知整数只能被正整数整除， 即的正约数为，个数为， 所以为定值. （3）①由（2）可知：， 因为成等差数列， 则 ， 当时，所以； ②存在，理由如下：由①可得， 因为， 显然，可知为正整数，即， 又因为， 即当时，，方程不成立； 若，可得，解得，符合题意； 若，可得，解得，符合题意； 综上所述：符合题意的正整数对为或. 25．（2025·江苏南京·二模）不透明的口袋中装有编号分别为的个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取次，每次取1个球，记取出的个球的最大编号为随机变量，则称服从参数为的“”分布，记为. (1)若，求； (2)若，且，求的最小值； (3)若，求证：且，. 【答案】(1)； (2)3； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据组合数和独立事件乘法公式即可得到答案； （2）计算得，再利用期望公式得，再根据的单调性即可得到最小值； （3）方法一：首先利用期望公式得，再利用得，最后再合理放缩并求和即可； 方法二：等价转化为证明，再利用数学归纳法即可证明. 【详解】（1）由，得 . （2）由，得． 则 . 令，得． 又在上单调递减， 且， 故的最小值为3． （3）由，得 ， 所以 . 方法1：先证． 设，则．令，得，列表如下： 0 0 极小值 所以， 故，当且仅当时取＂=＂． 令，则， 故， 即． 所以 ， 所以， 所以，故且． 方法2：要证且，即证，即证． ①当时，左边右边，成立； ②假设当且时命题成立，即． 则当时， ， 只要证，即证且． 因为， 所以且． 故当时，，命题也成立． 综合①②，且， 故得证． 26．（2025·福建三明·三模）若对于函数，存在直线，使得方程有个解、、、，且，则称直线为函数的阶临界直线，若可趋近于无穷大，则称直线为函数的无限阶临界直线. (1)判断函数，的奇偶性并直接写出它的一条阶临界直线方程； (2)若，，判断函数是否存在阶临界直线，并说明理由； (3)已知函数.证明：函数存在无限阶临界直线. 【答案】(1)偶函数， (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）分析函数的奇偶性，结合阶临界直线的概念可得结果； （2）利用导数分析函数的单调性，结合阶临界直线的概念可得结果； （3）利用导数分析函数的单调性，推导出当时，，，可得，求出函数在处的切线方程，结合阶临界直线可证得结论成立. 【详解】（1）令，其中，则， 所以，函数为偶函数， ，故当时，函数取最小值， 当时，，，， 当时，，，， 所以函数在点处的切线方程为，在点处的切线方程为， 如下图所示： 函数的一条阶临界直线方程为. （2）若，， 令，， 令，， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以不存在、，使得， 综上可知函数不存在阶临界直线. （3）当时，， 令，， 所以在上单调递减， 因为，，所以当时，， 因为， ，， 所以， 则存在，使， 当时，，，所以， 所以， 因为函数在处的切线方程为， 函数在处的切线方程， 又因为， 所以 ， 所以， 所以直线与直线重合， 则、、、、为方程的解， 且， 又因为可趋近于无穷大，所以存在直线为函数的无限阶临界直线. 27．（2025·宁夏石嘴山·三模）某学校排球社团为了解性别、身高等因素是否对学生喜欢排球有影响，随机调查了该校男、女生共100名，其中部分数据如下： 性别 排球 喜欢 不喜欢 女生 30 30 男生 30 10 (1)经计算，样本中女生身高的平均数和方差分别为168和48，男生的身高平均数和方差分别为178和30，根据以上信息，试估计该校全体学生身高的平均数和方差； (2)在某次社团活动中，甲、乙、丙这三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.记次传球后球在甲手中的概率为. （i）求； （ii）若随机变量服从两点分布，且，则.记前次（即从第1次到第次）传球中球在甲手中的次数为随机变量，求的数学期望，并比较前次传球中球分别在甲、乙、丙三人手中的次数的数学期望的大小. 【答案】(1)平均数172，方差64.8； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）利用分层抽样的平均数、方差公式列式计算即可. （2）（i）根据给定条件可得递推公式，再利用构造法求出通项公式；（ii）由结合分组求和及等比数列前n项和公式，求出，再求出球在乙、丙手中的次数的数学期望并比较大小. 【详解】（1）样本平均数； 样本方差为. （2）（i）依题意，，则， 又，因此数列是以为首项，为公比的等比数列，， 所以. （ii）由（i）知， 则当时， ， 记次传球后球在乙手中的概率为，前次传球中球在乙、丙手中的次数分别为随机变量， 则，，而， 数列是以为首项，为公比的等比数列，，即， ， 同理，因此， 又， 所以. 28．（2025·安徽芜湖·二模）某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为，末通过测试I的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为.通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废. (1)若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量X.当，时，求X的期望与方差； (2)已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率； (3)为估计（2）中的，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记.若要使得总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量. 参考内容：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有. 【答案】(1)， (2) (3)1000 【分析】（1）先计算出每个芯片通过测试的合格率后，可得服从二项分布，则可借助二项分布的期望与方差公式计算得解； （2）可借助正难则反的思想计算出出一枚芯片合格的概率，也可借助全概率公式计算出出一枚芯片合格的概率，再结合首次测试（测试I）通过率为与条件概率公式计算从而得解； （3）由题意可得，则，，再结合所给参考内容，可得，，利用基本不等式可得，则对，均有，取可得，计算即可得解. 【详解】（1）每个芯片通过测试的合格率为，， 则，； （2）解法一：记事件A：通过测试I，事件B：通过测试II，事件C：芯片合格， ， 则； 解法二：记事件：经过测试I，事件：经过测试II，事件B：芯片合格， ，，，， ， 则； （3）因为，所以，， 解法一：，， ，， 又，当且仅当时等号成立， ，均有， 取，则， 根据题意要使得总能不超过0.1， 当，即时满足条件， 最小样本量大约为1000. 解法二：由已知得对，， ， 记，，， 又，当且仅当时等号成立， ，均有， 取，则， 根据题意要使得总能不超过0.1， 当，即时满足条件， 最小样本量大约为1000. 29．（2025·重庆·三模）在一款冒险游戏中，共有编号为从 1 到 的 个平台从前至后排列，玩家从平台 1 出发． 玩家需投掷一个质地均匀的骰子(6 个面上的数字分别为 1，2，3，4，5，6)：若骰子向上的面的点数小于 3 ． 则移动到相邻的前一个平台；若骰子向上的面的点数不小于 3 ， 则移动到相邻的后一平台 投掷机会耗尽时到达的平台编号数即为其最终得分； 在挑战过程中， 当他处于平台 1 而需要移动到前一平台时， 游戏立刻结束， 得分为 0 ． 玩家在投掷机会耗尽前 (或因规则被迫结束挑战) 不会停止挑战． (1)若玩家拥有 3 次投掷机会，求在他的最终得分为 0 分的条件下，抛掷结果中有且仅有两次点数小于 3 的概率； (2)设玩家拥有 次投掷机会，其最终得分为 ． ①求 ； ② 设 ，证明： 当 为偶数时， ． 【答案】(1)； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）写出，再利用条件概率公式即可得到答案； （2）①写出，再计算其分布列，最后利用期望公式即可得到答案； ②分析得，再利用期望公式计算即可. 【详解】（1）由题可知，移动到前一个平台的概率为， 移动到后一个平台的概率为． 记第次移动到后一个平台为，移动到前一个平台则为． 设“拥有3次投郑机会的玩家最终得分为0”为事件， “抛掷结果中有且仅有两次点数小于3”为事件， 则； . （2）①则， ， ， 作的分布列如下： 0 1 3 5 . ②由题意知，． 而， 当时，， . 因此， . 30．（2025·湖南长沙·一模）给定实数，对于正整数，设数列满足每一项取1的概率为，取0的概率为 ，且各项取值相互独立.如果数列中的0将数列分成（项、项、…、项 ）全为1 的连续段，则记 ，特别地，定义 ，例如，时，. (1)时，记随机变量 求 的概率. (2)对于数列，定义 为：若 ，则它是最大的正整数 ，使 ；若 ，则它为0，例如， 时，. （i）时，求随机变量 的分布及数学期望； （ii）求随机变量 的数学期望. (3)当 时，求随机变量 的数学期望. 【答案】(1) (2)（i）分布见解析，数学期望为；（ii） (3) 【分析】（1）通过枚举法可列出四种情况，进而求出概率； （2）（i），可以取的值有0，1，2，3，求出对应的概率，进而可根据数学期望公式求出期望的值；对于（2）中的（ii），先列出的求和表达式，然后利用错位相减求出和，进而得出;根据最后一项取值分情况讨论，得出的递推关系，再由时的值，通过累加法求出. 【详解】（1）时， 或者 , 或者或者 . 此时 . （2）（i）枚举 共8种情况，可知的可能取值为0，1，2，3，可求得的分布列如下： 0 1 2 3 故 、 （ii）法1:有，， 对，若，则 . 故 . 因此. . 法2:若，则 ； 若，则， 因此，若记表示，，则满足. 从而 ，故 ， 则 ， 故 . （3）记 则 ，由（2）(ii)知 . 若 则  ； 若 则  . 因此. 得 ， 因此对， ， 代入 ，得 当时， 也满足该式， 故 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第10讲：新高考新定义 开放性、探究、压轴专题 【题型归纳】 · 题型一：向量新定义 · 题型二：数列新题型 · 题型三：立体几何新定义 · 题型四：圆锥曲线新定义 · 题型五：函数新定义 · 题型六：开放性题型 · 题型七：劣构性题型 · 题型八：探究性题型 · 题型九：概率与数列交汇 · 题型十：函数交汇问题 【题型过关】 题型一：向量新定义 1．（2025·河南新乡·二模）已知，都是非零向量，定义新运算，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（2025·福建漳州·模拟预测）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． 3．（2024·河北邯郸·二模）对任意两个非零的平面向量和，定义：，．若平面向量满足，且和都在集合中，则（    ） A．1 B． C．1或 D．1或 题型二：数列新题型 4．（2025·湖南永州·三模）如果数列对任意的，都有成立，则称为“速增数列”.若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（   ） A．62 B．63 C．64 D．65 5．（2025·全国·模拟预测）数列按如下方式定义：；若n为质数，则；若n为合数，且恰能写成k个质数（可能相等）之积，则，如．则的前50项和为（    ） 附：不超过50的所有质数： 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47 A．100 B．104 C．108 D．112 6．（2025·北京海淀·一模）对于无穷数列和正整数，若存在满足且，则称数列具有性质．下列选项中错误的是（   ） A．若，则数列不具有性质 B．若，则数列具有性质 C．存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质 D．若数列和均具有性质，则具有性质 题型三：立体几何新定义 7．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 8．（2025·江西新余·模拟预测）在空间中，我们把点集表示的曲面称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与轴平行或垂直的平面与截成的封闭曲线为椭圆．设圆柱面，高不平行于坐标面的正四棱锥的五个顶点均在上，则其体积的最小值为：（    ）（注：若正方形的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定）． A． B． C． D． 9．（2025·河南·三模）与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，两个垂足之间的线段叫做公垂线段，已知任意两条异面直线有且仅有一条公垂线段，且公垂线段是分别连接两条异面直线上两点的线段中最短的一条．如图，在四面体ABCD中，AD是异面直线AB和CD的公垂线段，r为四面体ABCD的内切球半径，则（   ） A． B． C． D． 题型四：圆锥曲线新定义 10．（2024·湖北·二模）函数的图象是等轴双曲线，其离心率为，已知对勾函数的图象也是双曲线，其离心率为．则 ． 11．（2023·河北衡水·一模）在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）.如果用坐标平面分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为 .    12．（2024·山东枣庄·模拟预测）设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则 ；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为 ． 题型五：函数新定义 13．（2024·安徽·模拟预测）给出定义：若函数在D上可导，即存在，且导函数在D上也可导，则称在D上存在二阶导数，记.若在D上恒成立，则称在D上为凸函数.以下四个函数在上不是是凸函数的是（    ） A． B． C． D． 14．（2024·广西来宾·模拟预测）曲率是数学上衡量曲线弯曲程度的重要指标，对于曲线，其在点处的曲率，其中是的导函数，是的导函数．则抛物线上的各点处的曲率最大值为（    ） A． B．p C． D． 15．（2024·安徽·三模）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.若为上任意个实数，满足，则称函数在上为“凹函数”.也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上为“凹函数”.已知，且，令的最小值为，则为（    ） A． B． C． D． 题型六：开放性题型 16．（2025·陕西咸阳·三模）写出一个同时具有下列性质的函数的解析式： ． ①是奇函数  ②是偶函数  ③函数有极值 17．（2025·河北·模拟预测）已知定义在上的函数满足，且，试写出一个满足上述条件的的解析式： . 18．（2025·北京·二模）设函数，则使得函数在区间上存在最大值的一个值为 ． 题型七：劣构性题型 19．（2025·北京朝阳·二模）已知函数． (1)求的最小正周期和单调递增区间； (2)设函数，再从条件①、条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一，求在区间上的最大值和最小值． 条件①：在区间上单调递增； 条件②：的最大值为； 条件③：为偶函数． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 20．（2025·云南红河·三模）已知函数的最小正周期为． (1)求函数的单调递增区间； (2)在中，角的对边分别为，，从下列①，②中任选一个作为条件，求的取值范围． 条件①：若的面积为，； 条件②：． （注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．） 21．（2025·山西·二模）从以下两个条件中选择一个合适的条件将题目补充完整（只填序号），并求解本题： ①； ②曲线在处的切线方程为. 题目：已知函数存在极值，并且__________. (1)求的解析式； (2)当时，求函数的最值. 注：如果选择多个条件，按第一个解答记分. 题型八：探究性题型 22．（2025·陕西榆林·二模）已知数列为有穷数列，且每一项均为正整数．若数列满足如下两个性质，则称数列为的阶数列： ①；②对于，使得的正整数对有个． (1)写出所有5的2阶数列； (2)若存在的6阶数列，证明：； (3)若存在2025的阶数列，求的最大值． 23．（2025·广东·一模）已知无穷数列满足，为正整数，． (1)若，求； (2)证明：“存在，使得”是“是周期为3的数列”的必要不充分条件； (3)若，是否存在数列，使得恒成立？若存在，求出一组的值；若不存在，请说明理由． 24．（24-25高三上·河北衡水·阶段练习）对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的n阶不动点.其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为A和B，即， . (1)若，证明：集合中有且仅有一个元素； (2)已知 . （i）若且函数在区间的值域为，则称区间是函数的“完美区间”.试问函数是否存在“完美区间”，若存在，求出实数a的取值范围，若不存在，说明理由； （ii）讨论集合B的子集的个数. 题型九：概率与数列交汇 25．（2025·山东·二模）近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能（Artificial  Intelligence，简称AI）已然成为科技变革的核心驱动力.有媒体称DeepSeek开启了我国AI新纪元.某高校拟与某网络平台合作组织学生参加与AI知识有关的网络答题活动，为了解男女学生参与答题意愿的差异，用比例分配的分层随机抽样方法在全体学生中抽取100人，设事件“学生报名参加答题活动”，“学生为男生”，据统计，，. (1)根据已知条件，完成下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否推断该校学生报名参加答题活动与性别有关联? 性别 男生 女生 合计 未报名参加答题活动 报名参加答题活动 合计 100 (2)网络答题规则：答题活动不限时间，不限轮次，答多少轮由选手自行确定；每轮均设置道题，选手参与该轮答题，则至少答一道题，一旦答对一题，则其本轮答题结束，答错则继续答题，直到第道题答完，本轮答题结束.已知甲同学报名参加答题活动，假设甲每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率均为. ①求甲在一轮答题过程中答题数量的数学期望； ②假设甲同学每轮答题答对前两题中的一道，本轮答题得2分，否则得1分.记甲答题累计得分为的概率为，求的最大值. 参考公式与数据：，其中. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 26．（2025·贵州黔南·三模）在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为，上两步台阶的概率为；且每次上一步台阶用时，上两步台阶用时. (1)假设，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒? (2)若“机器狼”走3次后从地面到达第5步台阶的概率为，当取最大值时，求“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率. (3)若，记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，其中，证明：数列是等比数列，并求. 27．（2025·北京通州·一模）已知数列（N是大于3的整数）为有穷数列，定义为“卷积核”数列满足： (1)若数列，卷积核，求数列B. (2)设，已知且，，若.求证：数列B中最大的项为，（表示a，b中的最大值）. (3)已知且不全为0，卷积核，是否存在数列A，使得数列B的任意一项均为0?若存在，请写出一个满足条件的数列A；若不存在，请说明理由. 题型十：函数交汇问题 28．（2025·山东菏泽·二模）某选数游戏规则：给定个不同数（参与者不知道具体数值但知道的大小），屏幕每次随机出现一个数，参与者需通过按Y键选择该数，或按N键跳过继续查看下一个数，一旦按Y键选择，该游戏结束；若前个数均被跳过，系统将自动选定最后一个数．最终所选数若为这个数中最大的，则参与者获胜，反之则失败．小王参与该游戏时决定采取如下策略：对于给定的，前个数均按N键跳过（，表示直接选取第一次出现的数），从第个数开始，若当前数比前面所有已出现的数都大则按Y键选择，否则按N键继续观察下一个数，如此重复直至游戏结束，记小王获胜概率为． (1)当时，写出的值； (2)当时，求，并证明当最大时，满足 (3)已知当时，（为欧拉常数）．在本次游戏中，如果，最大时，求的估计值． 29．（2025·上海徐汇·二模）对于函数，记.如果是满足的最小正整数，则称是函数的“最小导周期”. (1)已知函数，其中，求证：对任意实数，都有； (2)设，，若函数的最小导周期为，记，当实数变化时，求的最小值； (3)设，，若函数满足对恒成立，且存在使得，试用表示，并证明. 30．（2025·上海宝山·二模）定义在上的可导函数，集合为正整数，其中称为的自和函数，称为的固着点. 已知. (1)若，，求的值及的固着点； (2)若，是的自和函数，且在上是严格增函数，求的最大值； (3)若，，且是的固着点，求的取值范围，并证明：. 【专题强化】 一、单选题 1．（2024·四川成都·二模）已知向量，是平面内的一组基向量，为内的定点，对于内任意一点，当时，称有序实数对为点的广义坐标.若点，的广义坐标分别为，，则“"是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（2024·云南昆明·模拟预测）向量的广义坐标是用于描述向量或系统状态的一组数值，其选择取决于问题的特定背景和需求．在物理学、工程学、计算机图形学等领域，广义坐标被广泛应用．比如，物理学中的振动系统可能采用角度作为广义坐标，而工程学中的结构分析可能使用特定坐标系来简化问题．通过选择适当的广义坐标，可以更自然地描述问题，简化数学表达，提高问题的可解性，并使模型更符合实际场景．已知向量，是平面内的一组基向量，O为内的定点．对于内任意一点P，若，则称有序实数对为点P的广义坐标．若点A，B的广义坐标分别为，，关于下列命题正确的（    ） A．点关于点O的对称点不一定为 B．A，B两点间的距离为 C．若向量平行于向量，则的值不一定为0 D．若线段的中点为C，则点C的广义坐标为 3．（2024·新疆·模拟预测）定义：对于数列若存在，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，则下列选项中，满足为有界数列的是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·上海徐汇·一模）已知数列的前项和为，设（为正整数）.若存在常数，使得任意两两不相等的正整数，都有，则称数列为“轮换均值数列”.现有下列两个命题：①任意等差数列都是“轮换均值数列”.②存在公比不为1的等比数列是“轮换均值数列”.则下列说法正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题 5．（2024·上海长宁·一模）数列为严格增数列，且对任意的正整数n，都有，则称数列满足“性质Ω”． ①存在等差数列满足“性质Ω”； ②任意等比数列，若首项，则满足“性质Ω”； 下列选项中正确的是（   ） A．①是真命题，②是真命题； B．①是真命题，②是假命题； C．①是假命题，②是真命题； D．①是假命题，②是假命题． 6．（2024·青海·模拟预测）如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·上海浦东新·二模）已知圆锥曲线的对称中心为原点，若对于上的任意一点，均存在上两点，，使得原点到直线，和的距离都相等，则称曲线为“完美曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”． 下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 8．（2025·河南·一模）拓扑排序（Topological Sorting）是图论中的一个概念，它适用于有向无环图（DAG，DirectedAcyclic Graph）.拓扑排序的结果是一个线性序列，该序列满足对于图中每一条有向边，顶点在序列中都出现在顶点之前，每个顶点出现且只出现一次.如果图中含有环，则无法进行拓扑排序.在一所大学的计算机科学系，学生们必须按照特定的顺序选修一系列专业课程.这些课程之间存在先修要求，意味着某些课程必须在其他课程之前完成.例如，如果课程是课程的先修课，那么学生必须首先完成课程才能选修课程.下图展示了五门课程及其之间的先修关系.箭头表示了先修的要求方向，即箭头起点的课程必须在箭头终点的课程之前完成.如果没有直接的先修关系，两门课程可以互换位置.根据图形，下列代表了这五门课程的一个正确拓扑排序为（ ） A． B． C． D． 9．（2025·江苏·三模）已知函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则内至少存在一个点，使得，其中称为函数在闭区间上的“中值点”.则函数在区间上的“中值点”的个数为（    ） A． B． C． D． 10．（2025·河南新乡·二模）曲率是用于描述曲线在某一点处弯曲程度的量，对于平面曲线，其曲率（是的导数，是的导数），曲率半径是曲率的倒数，其表示与曲线在某点处具有相同弯曲程度圆的半径.已知质点以恒定速率沿曲率半径为的曲线作曲线运动时，向心加速度的大小为.若该质点以恒定速率沿形状满足的光滑轨道运动，则其在点处的向心加速度的大小为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2025·浙江温州·三模）已知数列满足，定义：集合，使得，并记该集合的元素个数为，则以下说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．存在数列，其中有一项能使得且 D．若任取数列的两项，恰好是元素的概率大于，则 12．（2025·四川·模拟预测）已知，，设集合A，B，C是的三个不同的子集，若真包含于B，则称子集A，B是S的一个“二阶链条”， 若A真包含于B，B真包含于C，则称子集A，B，C是S的一个“三阶链条”.记S的“二阶链条”的个数为，S的“三阶链条”的个数为，则（   ） A． B． C． D． 13．（2025·四川成都·三模）对于空间中一组向量，若存在不全为零的实数使得，则称这组向量线性相关，否则称这组向量线性无关.则（   ） A．若，，，则，，线性相关 B．若，，，则，，线性无关 C．若，，线性无关，则，，线性相关 D．对于非零向量，，，若存在实数，使得，则，，线性相关 14．（2025·江西萍乡·二模）若数列的前项中，最大项为，最小项为，则称数列为的“极差数列”．下列关于极差数列的说法正确的为（   ） A．若数列是等差数列，则它的极差数列也是等差数列 B．若数列的极差数列是等差数列，则也是等差数列 C．数列的极差数列可能为等比数列 D．数列的极差数列的极差数列仍是 15．（2025·福建厦门·三模）已知是首项为，公比为的递增等比数列，其前项和为．若对任意的，总存在，使得，则称是“可分等比数列”，则（） A．不是“可分等比数列” B．是“可分等比数列” C．若是“可分等比数列”，则 D．若是“可分等比数列”，则 16．（2025·山东潍坊·二模）曲线的曲率定义如下：若是的导数，是的导数，则曲线在点处的曲率，则（   ） A．曲线上不存在曲率大于的点 B．曲线在点处的曲率最大 C．曲线在点处的曲率为 D．曲线在点与处曲率相等，则 三、填空题 17．（2025·山东·二模）已知项数为的数列满足，若数列中存在连续三项，使得成立，则称数列为“友好数列”.当时，“友好数列”的个数为 ；当时，随机选取一个数列，该数列是“友好数列”的概率为 18．（2025·福建宁德·三模）已知数列共有项，其中项为，项为.若数列满足对任意中的的个数不少于的个数，则称数列为“规范数列”.当，时，“规范数列”的个数为 ，记表示数列是“规范数列”的概率，则的最小值为 . 19．（2025·河南·模拟预测）我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”，已知三棱锥中，，、、分别在棱、、上，且截面与底面平行，，则三棱锥与三棱锥的相对积之比为 ． 20．（24-25高三下·广东广州·期末）已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.如果为的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的有 个，的所有可能取值构成的集合是 . 21．（2025·浙江绍兴·二模）设点在“笑口”型曲线上，则的最小值为 . 22．（2025·北京朝阳·二模）设，过原点的直线（不与轴重合）与圆交于点P与直线交于点．过点作轴的平行线，过点作轴的垂线，这两条直线交于点，称为的箕舌线函数，记作，给出下列四个结论： ①函数的图象关于y轴对称； ②若，则； ③设函数，则的最大值为； ④设函数，则的最小值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 四、解答题 23．（2025·湖南·二模）甲同学与乙同学进行如下游戏：在个白色小方格中，甲同学将从上往下数的第i行，从左往右数的第j列涂黑，而乙同学从除黑色方格以外的任意一格出发，只能往前、后、左、右四个方向移动，且不能经过黑色方格.若乙可以不重复的一次性经过所有白色方格，则乙获胜，否则甲获胜，记甲涂黑的方格为. (1)若，甲同学随机涂黑一个方格，求甲获胜的概率. (2)若甲将涂黑，求证：当m为奇数时，甲一定获胜. (3)若m为奇数，乙从出发，甲将涂黑，其中i，j不同时为1，求证：甲获胜的概率. 24．（2025·重庆·三模）已知数列满足，且. 若整数能被正整数整除，则称为的一个正约数. 设的正约数个数为，将这个正约数从小到大排成一排，分别为. (1)证明：是等比数列. (2)证明：为定值. (3)在和之间插入个数，使 成等差数列. ①当时，求； ②在①的前提下，是否存在正整数，使得？若存在， 求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由. 25．（2025·江苏南京·二模）不透明的口袋中装有编号分别为的个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取次，每次取1个球，记取出的个球的最大编号为随机变量，则称服从参数为的“”分布，记为. (1)若，求； (2)若，且，求的最小值； (3)若，求证：且，. 26．（2025·福建三明·三模）若对于函数，存在直线，使得方程有个解、、、，且，则称直线为函数的阶临界直线，若可趋近于无穷大，则称直线为函数的无限阶临界直线. (1)判断函数，的奇偶性并直接写出它的一条阶临界直线方程； (2)若，，判断函数是否存在阶临界直线，并说明理由； (3)已知函数.证明：函数存在无限阶临界直线. 27．（2025·宁夏石嘴山·三模）某学校排球社团为了解性别、身高等因素是否对学生喜欢排球有影响，随机调查了该校男、女生共100名，其中部分数据如下： 性别 排球 喜欢 不喜欢 女生 30 30 男生 30 10 (1)经计算，样本中女生身高的平均数和方差分别为168和48，男生的身高平均数和方差分别为178和30，根据以上信息，试估计该校全体学生身高的平均数和方差； (2)在某次社团活动中，甲、乙、丙这三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.记次传球后球在甲手中的概率为. （i）求； （ii）若随机变量服从两点分布，且，则.记前次（即从第1次到第次）传球中球在甲手中的次数为随机变量，求的数学期望，并比较前次传球中球分别在甲、乙、丙三人手中的次数的数学期望的大小. 28．（2025·安徽芜湖·二模）某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为，末通过测试I的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为.通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废. (1)若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量X.当，时，求X的期望与方差； (2)已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率； (3)为估计（2）中的，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记.若要使得总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量. 参考内容：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有. 29．（2025·重庆·三模）在一款冒险游戏中，共有编号为从 1 到 的 个平台从前至后排列，玩家从平台 1 出发． 玩家需投掷一个质地均匀的骰子(6 个面上的数字分别为 1，2，3，4，5，6)：若骰子向上的面的点数小于 3 ． 则移动到相邻的前一个平台；若骰子向上的面的点数不小于 3 ， 则移动到相邻的后一平台 投掷机会耗尽时到达的平台编号数即为其最终得分； 在挑战过程中， 当他处于平台 1 而需要移动到前一平台时， 游戏立刻结束， 得分为 0 ． 玩家在投掷机会耗尽前 (或因规则被迫结束挑战) 不会停止挑战． (1)若玩家拥有 3 次投掷机会，求在他的最终得分为 0 分的条件下，抛掷结果中有且仅有两次点数小于 3 的概率； (2)设玩家拥有 次投掷机会，其最终得分为 ． ①求 ； ② 设 ，证明： 当 为偶数时， ． 30．（2025·湖南长沙·一模）给定实数，对于正整数，设数列满足每一项取1的概率为，取0的概率为 ，且各项取值相互独立.如果数列中的0将数列分成（项、项、…、项 ）全为1 的连续段，则记 ，特别地，定义 ，例如，时，. (1)时，记随机变量 求 的概率. (2)对于数列，定义 为：若 ，则它是最大的正整数 ，使 ；若 ，则它为0，例如， 时，. （i）时，求随机变量 的分布及数学期望； （ii）求随机变量 的数学期望. (3)当 时，求随机变量 的数学期望. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$