解答题 高考数学第19题新定义（专项训练，9大题型+高分必刷）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测

解答题 高考第19题新定义 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.而在最近几年内，不管是九省联考还是各地方的模拟卷都频繁出现新定义作为压轴题考察的形式，而在最近的2024年全国二卷、2021-2024年的北京卷，便以新定义作为压轴题型进行考察，故在今年高考中出现新定义类的考察形式依然会后所出现。 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。 题型1 集合新定义 （2024·重庆·模拟预测）集合是数学中的基本概念和重要内容.对于实数集中的两个非空有限子集和，定义和集.记符号表示集合A中的元素个数.当时，设是集合A中按从小到大排列的所有元素，记集合. (1)已知集合，，，若，求的值. (2)已知，记集合或. （i）当时，证明的充要条件是； （ii）若，，求的所有可能取值． 集合新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 1、（25-26高三上·北京朝阳·期中）设为正整数，若集合满足如下三个条件，则称具有性质： ①都是元素个数为的数集； ②对任意，集合的元素个数均为1； ③. (1)若集合具有性质，写出集合； (2)若集合具有性质，判断是否存在使得，并说明理由； (3)若集合具有性质，求的最大值. 2、（24-25高三上·江西吉安·阶段练习）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； (2)判断集合以及点构成的是不是稳定点集，并说明理由； (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. 3、（24-25高三上·山东·期中）已知集合，集合，记的元素个数为.若集合中存在三个元素，，，使得，则称为“理想集”. (1)若，分别判断集合，是否为“理想集”（不需要说明理由）； (2)若，写出所有的“理想集”的个数并列举； (3)若，证明：集合必为“理想集”. 题型2 复数新定义 （2025·河北保定·一模）数学中的数除了实数，复数之外，还有四元数.一般地，形如的数为四元数，其中都是实数，都是虚数单位，这些虚数单位满足.其中的模为，的共轭四元数记作．给定两个四元数，可以进行同复数类似的加减运算，例如：.对于四元数的乘法满足分配律和结合律，但不满足交换律，规定：，． (1)若，求的值； (2)已知四元数． （i）若，求证：； （ii）若数列均为正项数列，且（为常数），求证：． 新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 1、（2024·黑龙江大庆·模拟预测）欧拉（1707-1783），他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的取作就得到了欧拉恒等式，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数，圆周率，两个单位——虚数单位和自然数单位，以及被称为人类伟大发现之一的，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：，解决以下问题： (1)将复数表示成（，为虚数单位）的形式； (2)求的最大值； (3)若，则，这里，称为的一个次单位根，简称单位根．类比立方差公式，我们可以获得，复数，，求的值． 2．（24-25高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）一般地，任何一个复数 可以写成 ，其中 是复数的模， 是复数的辐角，我们称 叫做复数 的三角形式． 利用复数的三角形式可以进行复数的乘法、乘方等运算．如： ， (1)若复数 ，求复数 的实部和虚部； (2)利用复数的三角形式计算：的值； (3)若复数 满足 ，记复数 证明： 且 ． 3．（24-25高三上·广东·期末）在中学数学教材的课后阅读中，我们知道任何一个一元n次方程都有n个复数根，这些根在复平面上对应着一个个的点，比如对于方程来说，这个方程的3个复数根在复平面上对应的点就是，和．而且对于一个一元n次方程，如果该方程的根分别为，那么这个方程可以表示为，根据以上材料，回答下列问题： (1)直接写出方程与方程的复数根； (2)设函数（a，b，c为复数且），且方程有三个不同根，和，函数，且方程的根为和 （ⅰ）证明：若，和的虚部均为正实数，则和的虚部也为正实数（其中，与，，不相等）； （ⅱ）若，和在复平面上所对应的点分别为A，B和C（且A、B、C三点不共线），证明：和在复平面上的点始终在的内部． 题型3 函数导数新定义 （2025·河南鹤壁·模拟预测）“由样本估计总体”是统计学中一种重要的思想方法，而我们利用一些样本去估计某一参数的值时，常采用最大似然估计的方法：最大似然估计是由高斯首次提出，费尔希推广并使之得到广泛应用的一种估计方法，其原理是从总体中抽出具有个值的采样，求出似然函数，似然函数表示样本同时取得的概率，当似然函数取得最大值时参数的取值即为该参数的最大似然估计值. (1)已知一工个生产产品的合格率为，每件产品合格与否相互独立，现从某批次产品中随机抽取20件进行检测，有2件不合格： （ⅰ）用频率估计该批次产品合格率； （ⅱ）求合格率的最大似然估计值，并判断用最大似然估计法计算概率是否合理； (2)设一次试验中随机变量的概率分布如下： 1 2 3 现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； (3) 泊松分布是种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和． 函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决。 1、（2024·广西柳州·模拟预测）帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．注：，，，，…；为的导数）．已知在处的阶帕德近似为． (1)求实数a，b的值； (2)比较与的大小； (3)若有3个不同的零点，求实数m的取值范围． 2、（24-25高三上·江西鹰潭·阶段练习）法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. (1)已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. (2)已知函数有两个零点，记作，若，证明： 3、（2025·广东清远·二模）在几何学中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，弧长越小则曲线的弯曲程度越大，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）    (1)求单位圆上圆心角为的圆弧的平均曲率； (2)求抛物线在处的曲率； (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． 题型4 三角函数与解三角形新定义 （2025·江西南昌·模拟预测）人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为 (1)若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离； (2)已知，、，，若，，求M、P之间的曼哈顿距离. 对于三角函数与解三角形的新定义问题中：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，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合已学的三角函数运算公式，正余弦定理的应用进行有效的解答 1、（24-25高三上·全国·专题练习）对于集合和常数，定义：为集合A相对的的“正弦标准差”． (1)若集合，，求A相对的的“正弦标准差”； (2)若集合，是否存在，，使得相对任何常数的“正弦标准差”是一个与无关的定值？若存在，求出α，β的值；若不存在，请说明理由． 2、（2024·河北·二模）若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． (1)若，且满足，求的大小． (2)若为锐角三角形． （ⅰ）证明：． （ⅱ）若平分，证明：． 3．（24-25高三上·甘肃兰州·月考）人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为 (1)若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离； (2)已知，，，若，，求的值 题型5 向量新定义 （2025·陕西西安·三模）设为不小于3的正整数，集合满足.设为平面，点，对任意，点，且点满足. (1)若，且，求直线与所成角的大小； (2)证明：； (3)对任意，规定.设点满足.证明：存在，使得对任意，都有，或且与在的不同侧. 解决向量新定义问题时，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行所学知识体系的信息再加工，寻求相近知识点，并明确它们之间的共同点和不同点，在此基础上进行向量相关的概念，公式，运算，几何意义等知识的转换，有效输出，亦或是： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； 1、（24-25高三上·河北·阶段练习）在平面直角坐标系中，是坐标原点．若点列中的3个相邻的点满足，则称关于的方程是的特征方程，将方程的实数根称为的特征根．已知，点列的特征根为1和． (1)求点的坐标； (2)设，求数列的前项和； (3)若是公差为的等差数列，且各项都为正整数，和是已知的常数，求点列的特征根． 2、（24-25高三上·江西新余·阶段练习）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； (2)在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； (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. 3．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）对于一组向量、、、…、（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． (1)设，且，若是向量组、、的“长向量”，求实数的取值范围； (2)若，且，向量组、、、…、是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由； (3)已知、、均是向量组、、的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列、、、…、，满足为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 题型6 立体几何新定义 （2025·广西南宁·二模）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. 对于立体几何新定义问题的求解： 需要要求学生熟练掌握空间几何体的特征结构，通过空间几何体的特征结合题干所提出的新概念、新性质、新模式等信息，寻求相近知识点，通过转化化归思想的应用进行知识的迁移，实现有效输出。 1．（24-25高三上·河南南阳·期末）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； (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； (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. 2．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率与球面三角形内角和满足：，其中为常数，如图，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为半径的圆）的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于，为球面三角形面积，为球的半径. (1)若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为，求此球面三角形内角和； (2)求的值； (3)把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体.设凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，试证明凸多面体欧拉示性数为定值，并求出. 3．（25-26高三上·四川泸州·开学考试）在空间直角坐标系Oxyz中，称是曲面S的方程，如果曲面S上的任意点的坐标都是方程的解，且所有不在曲面S上的点的坐标都不是方程的解.如图是一个单叶双曲面，其方程为，它可以看作zOx面内某双曲线的一支绕z轴旋转一周所得的曲面. (1)证明：以平行于xOy面的平面（为常数）截所得的截痕（即截得的曲线）是圆. (2)已知过点的直线l的一个方向向量为，试判断直线l与的公共点的个数. (3)在第（2）问的条件下，设点，其中.若直线过点M且上的所有点都在上，求直线l与所成角的余弦值的取值范围. 题型7 数列新定义 （2025·浙江·二模）若数列中某相邻三项成等差数列，则称该三项为“等差组”；若数列中某相邻三项成等比数列，则称该三项为“等比组”.现有一个12项的正项数列，其共有10组相邻三项，记第组相邻三项为. (1)若数列满足， ①为“等差组”，为“等比组”，求； ②为“等比组”，为“等差组”，求. (2)若数列满足，且为“等差组”或“等比组”，求满足条件的数列的个数； (3)若数列满足，且中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，求的最大可能值. 数列中的“新定义问题”，主要考查数列与其他知识点交汇以及熟练==数列本身的性质，可能涉及构造新数列、证明新性质，通过给出一个新概念、新运算或新模型，创设全新的问题情景，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，了解主要的不等式的证明方法（比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法）和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，以不变应万变才是制胜法宝. 1、（24-25高三下·江西南昌·阶段练习）定义为数列的k阶差分数列（k为正整数），且满足．特别地当时，为数列的完美一阶差分数列，即．已知数列的首项，且为的二阶差分数列． (1)求的值； (2)设，为数列的完美一阶差分数列，对于，记是数列的前n项和，是否都有成立?并说明理由．（其中为组合数） (3)对于（2）中的数列，令，证明． 2、（2024·安徽·模拟预测）在数学中，把只能被自己和1整除的大于1自然数叫做素数（质数）.历史上研究素数在自然数中分布规律的公式有“费马数”；还有“欧拉质数多项式”：.但经后人研究，这两个公式也有局限性.现有一项利用素数的数据加密技术—DZB数据加密协议：将一个既约分数的分子分母分别乘以同一个素数，比如分数的分子分母分别乘以同一个素数19，就会得到加密数据.这个过程叫加密，逆过程叫解密. (1)数列中经DZB数据加密协议加密后依次变为.求经解密还原的数据的数值； (2)依据的数值写出数列的通项公式（不用严格证明但要检验符合）.并求数列前项的和； (3)为研究“欧拉质数多项式”的性质，构造函数是方程的两个根是的导数.设.证明：对任意的正整数，都有.（本小题数列不同于第（1）（2）小题） 3、（2024·山东·模拟预测）设，.如果存在使得，那么就说可被整除（或整除），记做且称是的倍数，是的约数（也可称为除数、因数）．不能被整除就记做．由整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若，，则；②，互质，若，，则；③若，则，其中. (1)若数列满足，，其前项和为，证明：； (2)若为奇数，求证：能被整除； (3)对于整数与，，求证：可整除. 题型8 平面解析几何新定义 （2025·重庆沙坪坝·模拟预测）某同学利用导数方法求出了过椭圆上一点的切线的方程为.事实上，法国数学家笛莎格在《圆锥曲线论稿》中给出了这样的结论：给定一点和一条直线，将点和直线分别称为椭圆的极点和极线.一般地，当点在椭圆上时，极线为椭圆在点处的切线；当点在椭圆外时，极线为过从点作椭圆的两条切线的切点的弦所在的直线；当点在椭圆内时，极线在椭圆外且与椭圆没有公共点.请利用这些结论解决下列问题： (1)已知点和直线分别为椭圆的极点和极线， ①求极线的方程； ②若为极线上任意一点，过点作椭圆的割线交椭圆于两点，记所在直线的斜率依次为，求证：. (2)给定椭圆和点，过点作斜率为的直线和椭圆相交于两点，分别连接交于点，记和轴的交点依次为，，求证：为线段的中点. 对于平面解析几何中的新定义，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、（2025·河南新乡·模拟预测）阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，他的主要一生研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线轨迹的建模》此书最突出的成果是研究出阿波罗尼斯圆上动点与相关定点的距离比值问题，即定义：已知动点与两个定点Q，P的距离之比为一个不等于1的正常数，则动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，且圆心在直线上，已知动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，其方程是，定点分别为椭圆的右顶点与右焦点，且椭圆的离心率， (1)求椭圆的两条准线距离； (2)如图所示，过右焦点作一条斜率为正数的直线l与椭圆相交于B，D（点在轴的上方），点是椭圆上相异于B，D的两点，平分，TF平分， ①求的取值范围； ②若点S，F，T是另一个阿波罗尼斯圆上的三点，且外接圆的面积为，试求直线l方程， 2、（24-25高三上·浙江·月考）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线族（不包括直线轴），直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线. (1)圆：是直线族的包络曲线，求，满足的关系式； (2)若点不在直线族的任意一条直线上，求的取值范围及直线族的包络曲线的方程； (3)在（1）（2）的条件下，过曲线上动点向圆做两条切线，，交曲线于点，，求面积的最小值. 3、（2024·江西新余·模拟预测）我们知道，在平面直角坐标系中，可以用两点之间距离公式刻画两点的距离，事实上，这里的距离属于这两个点的一种“度量”.在拓扑学中，我们规定某一实数满足：①，当且仅当时等号成立；  ②；  ③.其中，为平面直角坐标系内的三个点，我们就称是关于两点的一个“度量”.设：平面直角坐标系（为坐标原点）内两点的“距离”. (1)求证：两点的“距离”是关于两点的一个“度量”. (2)设为平面直角坐标系内任意一点. （ⅰ）若，请在下图中定性做出点的集合组成的图像（不必说明理由，但要求做出特殊点与其特征）.    （ⅱ）求证：. (3)规定平面内两条平行直线的距离为在上分别取的任意两个点距离的最小值.已知不重合的直线，，，求的取值范围. 题型9 概率统计新定义 （2025·江西·模拟预测）信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量所有可能的取值为，且，，定义的信息熵． (1)若，求的分布列及数学期望； (2)若，，试求关于的解析式，并求的最大值； (3)若，随机变量所有可能的取值为，且，证明：． 解决计数原理与概率背景下的新定义问题，就是要细读定义关键词，理解本质特征，适时转化为“熟悉”问题.总之，解决此类问题，取决于已有知识、技能、数学思想的掌握和基本活动经验的积累，还需要不断的实践和反思，不然就谈不上“自然”的、完整的解题. 1、（2025·海南三亚·一模）在统计中似然函数是指设总体的分布律或概率密度是未知参数，是总体的样本，称的联合分布律或概率密度函数为样本的似然函数，简记为.如果样本似然函数在处达到最大值，则称为参数的最大似然估计值.例如三亚某学校一次调研考试中数学科目及格率为，现任选20名同学的成绩作为样本进行分析，发现有2人不及格，此时可估计该学校本次模考中数学科目及格率为0.9.同时也可设及格率为，令样本似然函数为，，令解得，当时，单调递增，当时，单调递减，则当时，取得最大值，即的最大似然估计值为0.9，与及格率的估计值相等； (1)设一次试验中随机变量的概率分布如下： （i）现做4次独立重复试验，出现了1次，出现了2次，出现了1次，求的最大似然估计值； （ii）现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； (2)泊松分布是一种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和. （公式：） 2、（25-26高三上·安徽蚌埠·阶段练习）某核酸检测机构为筛查诊断新冠肺炎，需要检验唾液或咽拭子样本是否为阳性，现有份唾液或咽拭子样本，每个样本取到的可能性相等，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验次；（2）混合检验，将其中（且）份唾液或咽拭子样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，则这份的唾液或咽拭子样本全为阴性，因而这份唾液或咽拭子样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份唾液或咽拭子样本究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这份唾液或咽拭子样本的检验次数总共为次.假设在接受检验的唾液或咽拭子样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为.现取其中（且）份唾液或咽拭子样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为若关于的函数关系式与抗生素计量相关，其中是不同答案的正实数，满足，对任意的，都有 (1)证明：为等比数列； (2)当时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求的最大值. 参考数据：，，，， 3、（2025高三·全国·专题练习）已知（且），称为X的一个置换，其中，，，…，是1，2，3，…，n的一个全排列，如的所有置换为，．我们把一个置换中的个数称为这个置换的汉明距离，用Y表示，如，的汉明距离Y分别为0，2．定义某个置换中第i个数的汉明距离如置换中，，，且． (1)写出的所有置换，并求Y的期望． (2)当时， （ⅰ），，且，求事件“”的概率； （ⅱ）求汉明距离Y的方差． 参考公式：给定随机事件，，……，，若，则，． 1．（2024·广东深圳·模拟预测）已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，特别规定：若时，． (1)若，写出，及的值； (2)若数列是等差数列，求数列的通项公式； (3)设集合，，求证：且． 2．（2024·广东广州·模拟预测）若集合的非空子集满足：对任意给定的，若，有，则称子集是的“好子集”.记为的好子集的个数.例如：的7个非空子集中只有不是好子集，即.记表示集合的元素个数. (1)求的值； (2)若是的好子集，且.证明：中元素可以排成一个等差数列； (3)求的值. 3、（2024·浙江温州·模拟预测）复平面是人类漫漫数学历史中的一副佳作，他以虚无缥缈的数字展示了人类数学最纯粹的浪漫．欧拉公式可以说是这座数学王座上最璀璨的明珠，相关的内容是，欧拉公式:，其中表示虚数单位，是自然对数的底数．数学家泰勒对此也提出了相关公式:其中的感叹号!表示阶乘，试回答下列问题： (1)试证明欧拉公式． (2)利用欧拉公式，求出以下方程的所有复数解． ①；②； (3)求出角度的倍角公式(用表示，)． 4．（2024·全国·模拟预测）对于非空集合，定义其在某一运算（统称乘法）“×”下的代数结构称为“群”，简记为．而判断是否为一个群，需验证以下四点： 1.（封闭性）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足； 2.（结合律）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足； 3.（恒等元）存在，使得对任意，； 4.（逆的存在性）对任意，都存在，使得． 记群所含的元素个数为，则群也称作“阶群”．若群的“×”运算满足交换律，即对任意，，我们称为一个阿贝尔群（或交换群）． (1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群； (2)记为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得在该运算下构成一个群，并说明理由； (3)所有阶数小于等于四的群是否都是阿贝尔群？请说明理由． 5、（2025·甘肃金昌·二模）设函数的定义域为.若实数满足对任意的，都有，则称满足性质. (1)若函数满足性质，求实数的取值范围. (2)设的导函数为，且对任意的，都有. （i）证明：满足性质. （ii）已知数列满足，若，证明：. 6．（2024·浙江·三模）莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，，），例如：，对应，，，，，，.现对任意，定义莫比乌斯函数. (1)求，； (2)已知，记（为的质因数个数，为质数，，）的所有因数从小到大依次为，，…，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的值（用（）表示）. 7．（2025·云南红河·三模）高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一个重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系．其特例是球面三角形总曲率与球面三角形的面积满足，其中为球的半径．如图1，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为圆心的圆）的圆弧连接起来，所围成的图形叫做球面三角形，若平面，平面，平面两两所成的二面角的平面角分别为，，，则球面三角形的面积，已知． (1)若图1中，求劣弧的长； (2)若图1中球面三角形中的劣弧，，的长均为，求球面三角形的总曲率； (3)由图1截出三棱锥，并延长使，得到图2所示的三棱锥，若，，，为线段上的一个动点，为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，直线与平面所成的角为，求的最大值． 8、（2025·广东佛山·二模）对于椭圆：上的任意两点P，Q定义“”运算满足：过点作直线直线（规定当P和Q相同时，直线就是在点P处的切线），若l与有异于S的交点T，则；否则.已知“”满足交换律和结合律，记. (1)若，，求，以及； (2)对于上的四点，，，，求证：的充要条件是； (3)是否存在异于S的点P，使得？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由. 9、（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. 10．（2025·甘肃·模拟预测）在平面直角坐标系中，将双曲线绕着轴旋转一周构成双曲面，其中在旋转过程中的所有实轴落在平面内，设所在的平面为，平面满足，且与之间的距离为. (1)若点在上，试用含的方程表示（不用说明理由）. (2)设分别是截得的截面. （i）设分别为上的弦，求所在直线间的距离的取值范围； （ii）已知截面的圆周上的点恰好构成正边形的顶点，为上一动点，若对任意恒成立，求的取值范围. 11、（2025·云南曲靖·一模）当今社会，每天都有海量信息通过网络等渠道快速传播，虽提供了丰富知识和多样视角，但也存在信息过载、虚假信息等问题，需要我们谨慎筛选辨别．信息论之父香农（C．E.Shannon）在1948年发表的论文《通信的数学理论》中指出，任何信息都存在冗余，冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的出现概率或者说不确定性有关，把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”，并给出了计算“信息熵”的数学表达式，从而解决了对信息的量化度量问题．设随机变量的所有可能取值为1，2，…，，且，，定义的“信息熵”为． (1)当时，求的值； (2)当时，若，探究与是正相关还是负相关，说明理由； (3)若，，，求此时的． 12、（2025·河北·模拟预测）形如的方程叫不定方程，其中是方程中未知数的系数，是常数，则称元有序数组为不定方程的解.给出不定方程，对于方程的一组正整数解，当时，若，则称正整数解为方程的极值的一组解. (1)方程中有多少组极值的解； (2)求的最小值； (3)在的前提下，求时方程的极值的概率. 1．（2025·北京·高考真题）已知集合，从M中选取n个不同的元素组成一个序列：，其中称为该序列的第i项，若该序列的相邻项满足：或，则称该序列为K列． (1)对于第1项为的K列，写出它的第2项． (2)设为K列，且中的项满足：当i为奇数时，：当i为偶数时，.判断，能否同时为中的项，并说明理由； (3)证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列． 2．（2019·上海·高考真题）已知等差数列的公差，数列满足，集合. （1）若，求集合； （2）若，求使得集合恰好有两个元素； （3）若集合恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值. 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明： 1 / 99 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题 高考第19题新定义 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.而在最近几年内，不管是九省联考还是各地方的模拟卷都频繁出现新定义作为压轴题考察的形式，而在最近的2024年全国二卷、2021-2024年的北京卷，便以新定义作为压轴题型进行考察，故在今年高考中出现新定义类的考察形式依然会后所出现。 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。 题型1 集合新定义 （2024·重庆·模拟预测）集合是数学中的基本概念和重要内容.对于实数集中的两个非空有限子集和，定义和集.记符号表示集合A中的元素个数.当时，设是集合A中按从小到大排列的所有元素，记集合. (1)已知集合，，，若，求的值. (2)已知，记集合或. （i）当时，证明的充要条件是； （ii）若，，求的所有可能取值． 【答案】(1)2 (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）先根据求出的值，可确定集合，进而求. （2）（i）先证充分性，再证必要性. （ii）根据和，分析中元素的特征，求出，进而确定的值. 【详解】（1）因为，由， 所以， 所以且， 所以必有，所以，所以，所以. （2）（i）因为，可设，. 先证充分性：因为，所以且， 从而可以设，其中0， 此时中的元素为，故， 再证必要性，设，，其中， 注意到和集中的最小元素为，最大元素为， 因为，所以中间三个元素可以是， 也可以是，它们是对应相等的， 所以有，， 即，故，得证， （ii）①若，由第(i)小问的分析知， 可以设，，其中， 此时中的元素为， 这与条件矛盾， ②取，其中， 容易验证此时中的元素为，符合条件， 所以可以取2， ③若，设， 其中， 结合知至少存在两个不同的正整数，使得， 不妨设是符合这一条件最小的正整数，是符合这一条件最大的正整数， 注意到， 这是中的个不同的元素， 根据的定义我们有，即， 当时，由的最小性知，即， 此时我们有， 当时，也有， 因此是中的元素，但与(*)式中的个元素均不相等， 同理，根据的定义有是中的元素，但与(*)式中的个元素均不相等， 因为，所以，此时，矛盾， 综上，的取值只能为2， 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是数列的有关性质或求和. 集合新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 1、（25-26高三上·北京朝阳·期中）设为正整数，若集合满足如下三个条件，则称具有性质： ①都是元素个数为的数集； ②对任意，集合的元素个数均为1； ③. (1)若集合具有性质，写出集合； (2)若集合具有性质，判断是否存在使得，并说明理由； (3)若集合具有性质，求的最大值. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)13 【分析】（1）假设，根据条件②来进行排除，同理排除，最终得出； （2）用反证法证明，根据三个条件寻找矛盾即可； （3）结合（2）先证明，最多属于中的4个集合，再列举出时符合题意，反证不符合题意即可. 【详解】（1）由题意可得集合A中有3个不同的元素， 若，要使与满足条件②，则均不属于，所以， 同理可判断均不属于， 则符合题意，所以. （2）不存在，理由如下： 假设存在使得. 不妨设，设， ，，，. 由①②可知，a,b,c,d,e,f,g,h,l互不相同. 由③可知，存在集合与的交集不为， 且由②可知，集合与的交集中有且仅有一个元素， 不妨设集合为，且，故. 由②可知，的元素个数均为， 且均不为或， 所以集合或，或，或. 由于b,d,e,f,g,h,l互不相同，集合至少包含个元素，与①矛盾. 所以不存在使得. （3）设集合具有性质. 在中存在一个集合，其中至少有两个元素分别属于其他集合， 否则，若中的每一个集合中至多有一个元素属于其他集合， 则与②或③矛盾. 不妨设该集合为，设元素分别属于其他集合， 除了集合之外，设包含元素的集合有个，分别记为， 设集合包含元素. 当时，若，则，与②矛盾， 所以互不相同，且均不为. 因为的元素个数为，且已经包含一个元素，所以. 所以除了集合之外，包含元素的集合至多有个. 同理可得，除了集合之外，包含元素的集合至多有个， 除了集合之外，包含元素的集合至多有个， 除了集合之外，包含元素的集合至多有个. 所以. 当时，集合具有性质，其中： ，，，， ，，，， ，，，， . 所以的最大值为. 2、（24-25高三上·江西吉安·阶段练习）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； (2)判断集合以及点构成的是不是稳定点集，并说明理由； (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. 【答案】(1)不是，理由见解析 (2)是，理由见解析 (3)0 【分析】（1）举出反例，得到不是稳定点集； （2）设，，则，则，为定值，是稳定点集； （3）计算出，又为定值，故为定值，因为是单位圆上任意一点，所以，故. 【详解】（1）不是稳定点集，理由如下： 取，则； 取，则， 故不是稳定点集. （2）是稳定点集，理由如下： 设，，则， 则 ，为定值， 故是稳定点集. （3）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. 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 3、（24-25高三上·山东·期中）已知集合，集合，记的元素个数为.若集合中存在三个元素，，，使得，则称为“理想集”. (1)若，分别判断集合，是否为“理想集”（不需要说明理由）； (2)若，写出所有的“理想集”的个数并列举； (3)若，证明：集合必为“理想集”. 【答案】(1)不是“理想集”，是“理想集”；(2)答案见解析；(3)证明见解析 【解析】（1）不是“理想集”，是“理想集”. 由题意，令，则； 令，则；令，则； 令，则；所以不是“理想集”. 令，则，所以是“理想集”. （2）共16个“理想集”. 若，有. 当时，若，则，由可知，故或； 若，则，由可知，则，故. 故含有三个元素的“理想集”，或，共3个. 当时，，，，，，，， 共7个. 当时，，，，，，共5个. 当时，，共1个. 综上所述，所有“理想集”的个数为16个分别为： ，，，，，，，，， ，，，，，，. （3）若，记且. 利用反证法，假设对于中任意三个元素，，，均有， 则，，，…，. 记，于是，则. 因此，矛盾. 故集合必为“理想集”. 题型2 复数新定义 （2025·河北保定·一模）数学中的数除了实数，复数之外，还有四元数.一般地，形如的数为四元数，其中都是实数，都是虚数单位，这些虚数单位满足.其中的模为，的共轭四元数记作．给定两个四元数，可以进行同复数类似的加减运算，例如：.对于四元数的乘法满足分配律和结合律，但不满足交换律，规定：，． (1)若，求的值； (2)已知四元数． （i）若，求证：； （ii）若数列均为正项数列，且（为常数），求证：． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据定义计算即可； （2）（i）分别求出，，，得表达式及范围，即可得证； （ii）根据结合基本不等式即可得证. 【详解】（1）由，得， 所以 ； （2）（i）由题意 ， 则 ， 又因为， 所以， ， 或， ， 故， 所以； （ii）由， 得， 又因为 ，① 当且仅当时取等号， 同理，② ，③ ，④ 由①②③④得 ， 即， 又 ， 所以， 所以. 新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 1、（2024·黑龙江大庆·模拟预测）欧拉（1707-1783），他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的取作就得到了欧拉恒等式，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数，圆周率，两个单位——虚数单位和自然数单位，以及被称为人类伟大发现之一的，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：，解决以下问题： (1)将复数表示成（，为虚数单位）的形式； (2)求的最大值； (3)若，则，这里，称为的一个次单位根，简称单位根．类比立方差公式，我们可以获得，复数，，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据欧拉公式直接可得解； （2）由欧拉公式可证明，并得到，这即得结果； （3）根据单位根的概念，代入化简即可. 【详解】（1）由欧拉公式有 . （2）由于，，故， 而当时，有. 故的最大值是. （3）由于，故，而，所以. 故 （利用） （利用） （利用） （利用） （利用）. 所以. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对欧拉公式的使用和复数四则运算法则的熟练运用. 2．（24-25高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）一般地，任何一个复数 可以写成 ，其中 是复数的模， 是复数的辐角，我们称 叫做复数 的三角形式． 利用复数的三角形式可以进行复数的乘法、乘方等运算．如： ， (1)若复数 ，求复数 的实部和虚部； (2)利用复数的三角形式计算：的值； (3)若复数 满足 ，记复数 证明： 且 ． 【答案】(1)实部为，虚部为0； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）转化为三角形式后再计算即可； （2）令，再代入根据三角运算即可得到答案； （3）首先分析出，再计算得，即证明，则则，再累加计算，最后放缩即可. 【详解】（1）， ， 复数的实部为，虚部为0； （2）由可得： ， 令，则 ， ， （3）由可得:， ，， 令,则. ， 又 综上，． 3．（24-25高三上·广东·期末）在中学数学教材的课后阅读中，我们知道任何一个一元n次方程都有n个复数根，这些根在复平面上对应着一个个的点，比如对于方程来说，这个方程的3个复数根在复平面上对应的点就是，和．而且对于一个一元n次方程，如果该方程的根分别为，那么这个方程可以表示为，根据以上材料，回答下列问题： (1)直接写出方程与方程的复数根； (2)设函数（a，b，c为复数且），且方程有三个不同根，和，函数，且方程的根为和 （ⅰ）证明：若，和的虚部均为正实数，则和的虚部也为正实数（其中，与，，不相等）； （ⅱ）若，和在复平面上所对应的点分别为A，B和C（且A、B、C三点不共线），证明：和在复平面上的点始终在的内部． 【答案】(1)； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）分解因式可得的复数根为；设代入方程利用复数相等可得方程的复数根； （2）（ⅰ）反证法：若和的虚部不全为正实数，记为复数x的虚部，由，得，设函数，设方程其中一个根z满足，则，得出与矛盾（ⅱ）由（ⅰ）可知，由得，将、和看做向量、和，记，可利用反证法证明结论成立.． 【详解】（1），故该方程的复数根为． 设，代入方程可得， 即， 所以，解得， 故该方程的复数根为； （2）（ⅰ）反证法：若和的虚部不全为正实数， 记为复数x的虚部，注意到， 所以，而， ， 所以， 因为， 所以， 设函数， 设方程其中一个根z满足， 则，而，，所以． 所以与矛盾； （ⅱ）由（ⅰ）可知， ，即， 故有，将，和看作向量，和， 记，则①， 由于，且， 若z不在内部，不妨设过原点与z的连线与线段AB交于点M， 则由向量共线可得存在使得， 与结论①矛盾，故z在内部． 【点睛】关键点点睛：本题第二问（ⅰ）关键点是利用反证法：若和的虚部不全为正实数，记为复数x的虚部，则，得出与矛盾. 题型3 函数导数新定义 （2025·河南鹤壁·模拟预测）“由样本估计总体”是统计学中一种重要的思想方法，而我们利用一些样本去估计某一参数的值时，常采用最大似然估计的方法：最大似然估计是由高斯首次提出，费尔希推广并使之得到广泛应用的一种估计方法，其原理是从总体中抽出具有个值的采样，求出似然函数，似然函数表示样本同时取得的概率，当似然函数取得最大值时参数的取值即为该参数的最大似然估计值. (1)已知一工个生产产品的合格率为，每件产品合格与否相互独立，现从某批次产品中随机抽取20件进行检测，有2件不合格： （ⅰ）用频率估计该批次产品合格率； （ⅱ）求合格率的最大似然估计值，并判断用最大似然估计法计算概率是否合理； (2)设一次试验中随机变量的概率分布如下： 1 2 3 现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； (3)泊松分布是种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和． 【答案】(1)（i）；（ii）0.9，合理； (2)； (3). 【分析】（1）（ⅰ）由题设结合数据直接计算即可；（ⅱ）先根据似然函数定义结合二项分布的概率计算方法得似然函数，再结合导数工具求出似然函数最大值即可得解. （2）先由题设得，再由导数工具求出的最大值即可得解. （3）先由题设计算求得，再利用导数工具求出得，且其为及的最大值点，进而得，由该等式即可求解. 【详解】（1）（ⅰ）由题该批次产品合格率； （ⅱ）由题意得，似然函数，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 则当时，取得最大值，即的最大似然估计值为0.9， 与（ⅰ）中的估计值相等，用最大似然估计法计算概率是合理的. （2）依题意，， 令， 则，令，解得， 函数在上单调递减，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，而函数在上递增， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，所以的最大似然估计值为. （3）， 设，则函数与单调性相同， 因为为减函数，令得， 则时，函数单调递增；时，，函数单调递减， 所以为极大值点也及最大值点，所以为极大值点也及最大值点， 则由题的最大似然估计值为，即. 函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决。 1、（2024·广西柳州·模拟预测）帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．注：，，，，…；为的导数）．已知在处的阶帕德近似为． (1)求实数a，b的值； (2)比较与的大小； (3)若有3个不同的零点，求实数m的取值范围． 【答案】(1)，． (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求出，，，，根据，列方程组即可求解； （2）令，利用导数研究的单调性即可比较大小； （3），除1外还有2个零点，设为，，，由导数由函数零点个数求m的范围． 【详解】（1）由，， 知，，，， 由题意，， 所以，所以，． （2）由（1）知，，令， 则， 所以在其定义域内为增函数， 又， ∴时，； 时，， 所以时，；时，． （3）由（1）知，， 注意到，则除1外还有2个零点，设为，， ， 令， 当时，在上恒成立，则， 所以在上单调递减，不满足，舍去， 当时，除1外还有2个零点，设为，，则不单调， 所以存在两个零点，∴，解得， 当时，设的两个零点分别为s，， 则，， ∴，当时，，，则单调递增， 当时，，，则单调递减； 当时，，，则单调递增， 又，不妨设，， 而，且，，且， 所以存在，，满足， 即有3个零点，1，， 综上所述，m的取值范围为． 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 2、（24-25高三上·江西鹰潭·阶段练习）法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. (1)已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. (2)已知函数有两个零点，记作，若，证明： 【答案】(1)（i）；（ii）证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）（i）法一：构造函数，利用函数单调递增，则在上恒成立，然后转化为分离参数求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值定理知，恒成立 ，使得，将问题转化为恒成立，在对其进行求解即可； （ii）将，再结合拉格朗日中值定理进行证明即可； （2）由函数有两个零点，转化为方程有2个根，构造函数，然后求导借助函数的单调性和最值确定两个零点的范围，即可求解. 【详解】（1）（i）解：法一：由，且化简得，即， 令，可知在上单调递增， 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，显然在上单调递减， 所以，即，故实数的取值范围为. 法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得， 故问题转化为恒成立. 又，则恒成立，即恒成立， 因为， 故令，显然在上单调递减， 所以，所以，故实数的取值范围为. （ii）证明：要证，即证， 即证， 又， 由拉格朗日中值定理可知，存在， ， . 由题意知，当时，在上单调递增， 则，故， 即，所以命题得证. （2）函数有两个零点，即方程有两个根，即方程有2个根. 令， 所以在上单调递增，且，即方程有2个根，且这两根即为方程的根， 所以，则，则由，得， 所以，则， 要证，即证， 又，令， 令， 又，所以，故在上单调递增， 所以， 所以，故在上单调递减，所以， 即， 即，所以不等式得证. 【点睛】关键点点睛： （1）对于第一问和第二问关键是理解拉格朗日中值定理，借助定义进行求解即可； （2）第三问是函数“隐零点”问题，解决这类题的方法是对零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目中的条件解决问题. 3、（2025·广东清远·二模）在几何学中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，弧长越小则曲线的弯曲程度越大，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）    (1)求单位圆上圆心角为的圆弧的平均曲率； (2)求抛物线在处的曲率； (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． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据函数新定义求解即可； （2）由函数新定义先求一阶导数，再求二阶导数，然后代入公式计算可得； （3）先由函数新定义得到令，，则，再设，则，然后构造函数，求导分析单调性，再次构造函数，求导后三次构造函数，求导分析单调性得到最小值即可得出结果. 【详解】（1）易知单位圆上圆心角为的圆弧，， 所以． （2）由题意，因为在第一象限，所以， ，， 故，，故． （3），， 故，其中， 令，，则， 设，则， 令，， 时，，在上递减， 时，，在上递增， 故； 令， ， 令， 则，当时，恒成立， 故在上单调递增， 可得，即， 故有， 则在上递增， 故， 故的最小值为． 题型4 三角函数与解三角形新定义 （2025·江西南昌·模拟预测）人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为 (1)若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离； (2)已知，、，，若，，求M、P之间的曼哈顿距离. 【答案】(1)，余弦距离为； (2). 【分析】（1）根据题设中距离的定义求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离即可； （2）根据已知可得、，再结合及正余弦和差公式、平方关系求得、，进而求出M、P的坐标，再由曼哈顿距离的定义求结果. 【详解】（1）由题设定义知：， ，则余弦距离为； （2），又，则， ，则， 所以，结合，， 所以，可得或， 由，即，故，则， ， ， 所以，，则. 对于三角函数与解三角形的新定义问题中：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，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合已学的三角函数运算公式，正余弦定理的应用进行有效的解答 1、（24-25高三上·全国·专题练习）对于集合和常数，定义：为集合A相对的的“正弦标准差”． (1)若集合，，求A相对的的“正弦标准差”； (2)若集合，是否存在，，使得相对任何常数的“正弦标准差”是一个与无关的定值？若存在，求出α，β的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；(2)存在，，使得相对任何常数的“正弦标准差”是一个与无关的定值，理由见解析 【解析】（1）， 其中. （2）存在，，使得相对任何常数的“正弦标准差”是一个与无关的定值， 理由如下： ， 只需，则， 即，整理得， 因为，， 所以，，， 则， 所以，则， 所以， 即， 整理得，故， 因为，所以，， 则，， 检验，将，代入得 ，满足要求， 故存在，，使得相对任何常数的“正弦标准差”是一个与无关的定值， 此时. 2、（2024·河北·二模）若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． (1)若，且满足，求的大小． (2)若为锐角三角形． （ⅰ）证明：． （ⅱ）若平分，证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）先判断与相似，进而得到，应用余弦定理求出的值即可； （2）（ⅰ）在内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得：，针对分别在、和内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式，且表示出三角形的面积，由余弦定理形式相加，再化简整理得：，即可得证；（ⅱ）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，平分，将代入，化简整理即可得证. 【详解】（1）若，即，得， 点满足，则， 在和中，，， 所以与相似，且， 所以，即， 由余弦定理得：，且，， 得，且， 所以； （2）（ⅰ）在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得： ， ， ， 三式相加可得：① 在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得： ， 在和内，同理：，， 三式相等：， 因为，由等比性质得：② 由①②式可证得：； （ⅱ）因为， 即， 所以， 在中， 分别由余弦定理得：，，， 三式相加整理得， ， 将代入得： 若平分，则，， 所以③ 又由余弦定理可得：④ 由③-④得： 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形得面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键. 3．（24-25高三上·甘肃兰州·月考）人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为 (1)若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离； (2)已知，，，若，，求的值 【答案】(1)，；(2) 【解析】（1）， ，故余弦距离等于； （2） ； 故，，则. 题型5 向量新定义 （2025·陕西西安·三模）设为不小于3的正整数，集合满足.设为平面，点，对任意，点，且点满足. (1)若，且，求直线与所成角的大小； (2)证明：； (3)对任意，规定.设点满足.证明：存在，使得对任意，都有，或且与在的不同侧. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）用线面角的向量求法求解； （2）将已知条件转化为向量共面形式证明； （3）利用周期性及（2）中结论证明. 【详解】（1）由已知，是等边三角形，且平面， 以为坐标原点，分别以、所在直线为轴、轴建立空间直角坐标系，如图，    设，则， 所以， 又平面的法向量为，设直线与平面所成角为， 则，因为，所以. （2）， 所以，即，因为，所以. （3）由知，具有周期， 对，若， 当时，由（2）得； 当时，由周期性的符号（相对于）一致，故与始终在的不同侧； 由抽屉原理，因，则必，使，都有，或且与始终在的不同侧. 解决向量新定义问题时，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行所学知识体系的信息再加工，寻求相近知识点，并明确它们之间的共同点和不同点，在此基础上进行向量相关的概念，公式，运算，几何意义等知识的转换，有效输出，亦或是： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； 1、（24-25高三上·河北·阶段练习）在平面直角坐标系中，是坐标原点．若点列中的3个相邻的点满足，则称关于的方程是的特征方程，将方程的实数根称为的特征根．已知，点列的特征根为1和． (1)求点的坐标； (2)设，求数列的前项和； (3)若是公差为的等差数列，且各项都为正整数，和是已知的常数，求点列的特征根． 【答案】(1)， (2) (3)和 【分析】（1）根据特征方程和特征根的定义求解即可； （2）由（1）知，化简，再利用裂项相消法求解即可； （3）求得，设，分别求出，再根据特征方程和特征根的定义即可得出答案. 【详解】（1）因为点列的特征根为和， 所以点列的特征方程为， 所以， 则，即， 所以， 所以的坐标为， 由， 得，即， 所以， 所以的坐标为； （2）由（1）知， ， 所以； （3）因为， 所以， 所以， 设， 则， ， ， 设， 则①， ②， 由①②得，即， 将代入②得， 因为是公差为的等差数列，且各项都为正整数， 所以， 又，所以，得， 又， 所以点列的特征方程为，特征根为和. 【点睛】关键点点睛：理解特征方程和特征根的定义是解决本题的关键. 2、（24-25高三上·江西新余·阶段练习）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； (2)在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； (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. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意可知，，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值； （2）计算出、、，利用平面向量的夹角公式可得出关于的方程，解之即可； （3）设、，利用平面向量的线性运算得出、关于、的关系式，利用余弦定理可得出和平面向量数量积的运算性质化简得出，设，利用正弦定理可得出，，利用三角恒等变换以及正弦函数的有界性可求得的最大值. 【详解】（1）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. （2）由，，得，， 且， 所以，， ，则， ， 因为与的夹角为，则，解得. （3）依题意设、， 且，，， 因为为的中点，则， 因为为中点，同理可得， 所以，， 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，，， ， 为锐角，且， 因为，则， 故当时，取最大值， 则 3．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）对于一组向量、、、…、（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． (1)设，且，若是向量组、、的“长向量”，求实数的取值范围； (2)若，且，向量组、、、…、是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由； (3)已知、、均是向量组、、的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列、、、…、，满足为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 【答案】(1) (2)存在“长向量”，且“长向量”为、，理由见解析； (3) 【分析】（1）得到，从而得到不等式，求出答案； （2），若存在“长向量”，只需使，又，故，即，当或6时，符合要求，得到结论； （3）由题意得，同理，，三式相加并化简，得，设，由得，设，由对称得到方程组，求出，其中，故． 【详解】（1）由题意可得：，即，又， 故， 故， 解得； （2）存在“长向量”，且“长向量”为、，理由如下： 由题意可得， 若存在“长向量”，只需使， 又， ， 即，即， 当或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为、． （3）由题意，得，，即， 即，同理，， 三式相加并化简，得， 即，，所以， 设，由得， 设，因为与关于点对称，与（且）关于点对称， 则依题意得：， 将①代入②得，， 从而， ……， ， 以上个式子相加化简得， ， 又由②知， ， 即， 所以， 其中， ， 当且仅当时等号成立，故． 题型6 立体几何新定义 （2025·广西南宁·二模）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). 【分析】（1）根据给定条件可得为正四棱锥，利用正四棱锥的结构特征，结合面面角的向量法求解. （2）利用多面体的离散总曲率的定义，列式计算即可. （3）利用正四棱锥内切球的性质求出球，进而探讨球与球的半径关系，再利用球的表面积公式及公比绝对值小于的无穷等比数列所有项和公式求解. 【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. 对于立体几何新定义问题的求解： 需要要求学生熟练掌握空间几何体的特征结构，通过空间几何体的特征结合题干所提出的新概念、新性质、新模式等信息，寻求相近知识点，通过转化化归思想的应用进行知识的迁移，实现有效输出。 1．（24-25高三上·河南南阳·期末）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； (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； (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. 【答案】(1) (2) (3)①16；② 【分析】（1）根据题意可得两个面的法向量，结合向量垂直运算求解； （2）分析可知几何体为正八面体.法1：根据题中公式直接求内切圆半径，即可得表面积；法2：利用等体积法求内切圆半径，即可得表面积； （3）根据题意分析几何体的结构特征.①利用割补法求体积；②求相应的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）根据题意，平面的法向量，平面的法向量， 所以，故. （2）不妨设，在平面内取一点，则向量， 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. 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； （3）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.      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），    ①如图2，就是把图1的几何图形进行分割的结果.    所以所构成的几何体如图3所示.    法一：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. 法二：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. ②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. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义，解题关键是利用新定义求出法向量，然后利用向量求法得到所要求的二面角余弦值即可． 2．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率与球面三角形内角和满足：，其中为常数，如图，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为半径的圆）的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于，为球面三角形面积，为球的半径. (1)若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为，求此球面三角形内角和； (2)求的值； (3)把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体.设凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，试证明凸多面体欧拉示性数为定值，并求出. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析； 【分析】（1）由球面三角形边角定义，转化为大圆弧长可求圆心角，由球面三角形三条边长均为，得两两垂直，从而得到面面垂直，进而求内角和可得； （2）将球面平均分割为个全等的球面三角形，由特值代入公式待定即可； （3）将球面分割为个球面多边形，再转化为球面三角形，借助球面三角形总曲率与球面三角形内角和关系，利用所有分割后的球面三角形面积之和（用表示）即为球面面积建立等量关系求证即可． 【详解】（1）如图，设球心为，球面三角形三个顶点分别为， 由球面三角形三边长均为，由题意，即每个大圆弧长均为. 又单位球面的球半径，则球面三角形每条边所对圆心角为， 所以在三棱锥中，两两垂直. 由，，且平面，平面， 则平面，平面， 故平面平面，同理平面平面，平面平面， 即球面三角形任意两条边所在的半平面构成的二面角均为， 故球面三角形的个角均为，从而此球面三角形内角和为. （2）若将地球看作一个球体， 在地球上零度经线和经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分成个全等的球面三角形， 由（１）可知，每个球面三角形的个角均为，且球面三角形内角和， 从而每个球面三角形的面积为， 则每个球面三角形的总曲率为， 设，由题意，且为常数， 则有，从而. （3）将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜，使膨胀为一个半径为的球， 每个顶点均在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形变为球面上的多边形， 且膨胀前后不变. 不妨记球面仍为单位球面，半径， 对于任意一个球面边形，可用球面上的边分割成个球面三角形， 由（2）可知，，则每个球面三角形的内角和． 即每个内角和为的球面三角形面积为， 记，称为分割成个球面三角形的球面边形的内角和． 所以球面边形面积为. 由已知凸多面体顶点数为，棱数为，面数为， 则可记球面上多边形， 对每一个球面多边形，设其边数为，内角和为，面积为， 则， 由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有球面多边形的角之和为，顶点数为， 从而所有球面多边形内角和为， 又球面多边形每条边被重复计算次，棱数为，故， 则， 又所有球面多边形面积之和， 故，故. 【点睛】关键点点睛：解决本题关键在于转化化归思想的应用，一是理解球面三角形及边角的定义，将球面内角和问题转化多面体的二面角之和求解；二是将凸多面体膨胀为球面后，凸多面体欧拉示性数没有变化，从而将凸多面体问题转化为球面问题处理；三是利用分割法将球面面积转化为球面三角形的面积之和，从而建立等量关系求解． 3．（25-26高三上·四川泸州·开学考试）在空间直角坐标系Oxyz中，称是曲面S的方程，如果曲面S上的任意点的坐标都是方程的解，且所有不在曲面S上的点的坐标都不是方程的解.如图是一个单叶双曲面，其方程为，它可以看作zOx面内某双曲线的一支绕z轴旋转一周所得的曲面. (1)证明：以平行于xOy面的平面（为常数）截所得的截痕（即截得的曲线）是圆. (2)已知过点的直线l的一个方向向量为，试判断直线l与的公共点的个数. (3)在第（2）问的条件下，设点，其中.若直线过点M且上的所有点都在上，求直线l与所成角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析； (2)无数个； (3). 【分析】（1）将代入得，由圆方程即可判断截痕是圆. （2）设点是l上的点，根据向量共线坐标运算求得点P的坐标，代入满足曲面方程，即可求解. （3）设是直线上的点，设是直线的方向向量，则.代入曲面方程得，.解得，利用向量夹角公式及正弦函数性质即可求解范围. 【详解】（1）以平面截曲面：， 代入得. 这是一个圆的方程，圆心在，半径.因此，所得的截痕是圆. （2）设点是l上的点，则，， 则，，. 代入曲面方程 恒成立， 故直线l上的点全部在曲面上，即公共点有无数个. （3）点，.设是直线上的点， 设是直线的方向向量， 则，则. 代入曲面方程， 则要使对任意恒成立， 则，， 解得是符合要求的方向向量， 而又直线l的方向向量. 两直线所成角的余弦为：，，. 对于有， 由，得，所以. 对于有， 由，得，所以. 综上，所求角余弦值的取值范围为. 题型7 数列新定义 （2025·浙江·二模）若数列中某相邻三项成等差数列，则称该三项为“等差组”；若数列中某相邻三项成等比数列，则称该三项为“等比组”.现有一个12项的正项数列，其共有10组相邻三项，记第组相邻三项为. (1)若数列满足， ①为“等差组”，为“等比组”，求； ②为“等比组”，为“等差组”，求. (2)若数列满足，且为“等差组”或“等比组”，求满足条件的数列的个数； (3)若数列满足，且中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，求的最大可能值. 【答案】(1)①；②； (2)； (3). 【分析】（1）根据等差中项和等比中项可求①②的； （2）先确定，再根据分类计数原理可求数列的个数； （3）先证明两个一般命题，再根据命题可求的最大可能值. 【详解】（1）①因为为“等差组”，故成等差数列，故，故， 而为“等比组”，故成等比数列，故，故. ②若为“等比组”，为“等差组”，则成等比数列，故， 且成等差数列，故. （2）因为为“等差组”或“等比组”，故有4种情形： 若为“等差组”，为“等差组”，则； 若为“等差组”，为“等比组”，则， 而为正项数列，故即， 故，而，故，故，； 若为“等比组”，为“等比组”，则，； 若为“等比组”，为“等差组”，则， 故，而，故，. 从而开始的相邻三项，要么为“等比组”，要么为“等差组”， 对于确定的、，此后等比组的公比、等差组的公差均确定， 故此时有个满足条件的数列， 故满足条件的数列的个数为. （3）先考虑一个一般命题： 若，若正项数列中中一个“等差组”，另一个为“等比组”，则先“等比组”再“等差组”得到的较大. 证明：若先“等差组”，再“等比组”，则， 若先“等比组”，再“等差组”，则，其中， 此时 ， 故先“等比组”再“等差组”得到的较大.. 再考虑另一个一般命题：若，若正项数列中的为“等差组”或“等比组”，则当增大时，也增大. 证明：若均为“等差组”或“等比组”， 由等差数列的性质和等比数列的性质可得当增大时，也增大. 若先“等差组”，再“等比组”，则， 由得， 故由双勾函数的性质可得增大时，也增大； 若先“等比组”，再“等差组”，则， 而，故增大时，也增大，故命题成立. 对于数列满足，， 而中恰有5组“等差组”和5组“等比组”， 要使得的最大，则前述两个命题可得需前5组为“等比组”， 后5组为“等差组”，此时个数分别为， 故的最大可能值为. 数列中的“新定义问题”，主要考查数列与其他知识点交汇以及熟练==数列本身的性质，可能涉及构造新数列、证明新性质，通过给出一个新概念、新运算或新模型，创设全新的问题情景，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，了解主要的不等式的证明方法（比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法）和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，以不变应万变才是制胜法宝. 1、（24-25高三下·江西南昌·阶段练习）定义为数列的k阶差分数列（k为正整数），且满足．特别地当时，为数列的完美一阶差分数列，即．已知数列的首项，且为的二阶差分数列． (1)求的值； (2)设，为数列的完美一阶差分数列，对于，记是数列的前n项和，是否都有成立?并说明理由．（其中为组合数） (3)对于（2）中的数列，令，证明． 【答案】(1)11264 (2)是，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据数列的k阶差分数列的定义，得到①和②，整理推得，从而构造等差数列，求出其通项公式即得； （2）由完美一阶差分数列的定义，可得，再由，利用组合数性质即可推得； （3）作差推理可得，故，从而根据等比数列的求和公式可证，再利用均值定理即可证明. 【详解】（1）∵时，为数列的2阶差分数列， 由， 可得① 又因为的二阶差分数列，则有 ② 由①②可得：，即，也即． 即，则得，显然是等差数列，公差，首项为， 故，即，进而，故． （2）对于为数列的完美一阶差分数列， 注意到，， 进而， 故．． 再根据组合性质， 可得 故，即时，恒成立． （3）∵要证明，显然要将通项放缩， 由（2）知，即， 因，则，，及， 根据要证明的结论的特征，不妨先比较与的大小． ∵ ∵，∴，即． 进而．此时赋值，2，3，…累加得： ． （利用均值定理），进而， 于是． 故．命题成立． 2、（2024·安徽·模拟预测）在数学中，把只能被自己和1整除的大于1自然数叫做素数（质数）.历史上研究素数在自然数中分布规律的公式有“费马数”；还有“欧拉质数多项式”：.但经后人研究，这两个公式也有局限性.现有一项利用素数的数据加密技术—DZB数据加密协议：将一个既约分数的分子分母分别乘以同一个素数，比如分数的分子分母分别乘以同一个素数19，就会得到加密数据.这个过程叫加密，逆过程叫解密. (1)数列中经DZB数据加密协议加密后依次变为.求经解密还原的数据的数值； (2)依据的数值写出数列的通项公式（不用严格证明但要检验符合）.并求数列前项的和； (3)为研究“欧拉质数多项式”的性质，构造函数是方程的两个根是的导数.设.证明：对任意的正整数，都有.（本小题数列不同于第（1）（2）小题） 【答案】(1)，， (2)， (3)证明见解析 【分析】（1）根据费马数公式求解素数，再根据DZB数据加密协议，即可求解； （2）首先猜想数列的通项公式，再利用裂项相消的方法求和； （3）首先求和，得到数列的递推关系式，再根据基本不等式，即可证明. 【详解】（1）根据费马数 求得 （2）根据上面的数据得数列的这项公式为 经检.验：的数值符合该公式. 数列前项的和 （3）证明： 由依次可得（基本不等式取等条件不成立.）. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是第一问，根据“费马数”，求数列的前3项，第二问的关键是需讨论为奇数和偶数两种情况求和，第3问的关键是构造基本不等式证明不等式. 3、（2024·山东·模拟预测）设，.如果存在使得，那么就说可被整除（或整除），记做且称是的倍数，是的约数（也可称为除数、因数）．不能被整除就记做．由整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若，，则；②，互质，若，，则；③若，则，其中. (1)若数列满足，，其前项和为，证明：； (2)若为奇数，求证：能被整除； (3)对于整数与，，求证：可整除. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用等比数列前项和公式，求得，再结合二项式定理以及整除性质②即可得出证明； （2）由二项展开式可得为奇数时，满足，可得结论； （3）分别对整数为奇数和偶数进行分类讨论，利用表达式将的表达式化简成含有的式子，再结合（2）中的结论即可证明可整除. 【详解】（1）因为，可知数列是以为首项，公比为的等比数列； 所以， 而，且31与9互质； 易知 ， 所以； ， 所以； 结合整除性质②可知：； （2）因为， 且为奇数，所以； 因此能被整除. （3）易知. 当时，， ， 上式中，由（2）知，能被整除， 另一方面， ， 上式中，所以也能被整除，且与互质， 所以能被整除，即能被整除. 类似可证当时，， ， 显然，由（2）知，能被整除； 另一方面， ， 所以能被整除；且与互质. 能被整除. 综上可知能被整除. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于对整数的奇、偶进行分类讨论，得出的表达式，将的表达式通过拆分化简成含有中的式子，再结合（2）中的结论以及整除性质，即可得出证明. 题型8 平面解析几何新定义 （2025·重庆沙坪坝·模拟预测）某同学利用导数方法求出了过椭圆上一点的切线的方程为.事实上，法国数学家笛莎格在《圆锥曲线论稿》中给出了这样的结论：给定一点和一条直线，将点和直线分别称为椭圆的极点和极线.一般地，当点在椭圆上时，极线为椭圆在点处的切线；当点在椭圆外时，极线为过从点作椭圆的两条切线的切点的弦所在的直线；当点在椭圆内时，极线在椭圆外且与椭圆没有公共点.请利用这些结论解决下列问题： (1)已知点和直线分别为椭圆的极点和极线， ①求极线的方程； ②若为极线上任意一点，过点作椭圆的割线交椭圆于两点，记所在直线的斜率依次为，求证：. (2)给定椭圆和点，过点作斜率为的直线和椭圆相交于两点，分别连接交于点，记和轴的交点依次为，，求证：为线段的中点. 【答案】(1)①；②证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）①由极点极线的定义可得极线方程；②利用齐次化可证； （2）利用（1）②的结论可证三点共线，从而可证为线段的中点. 【详解】（1）①因为，故在椭圆外，故极线为即直线的方程为. ②设，设直线的方程为：， 又椭圆方程可化为， 故， 由得： ， 设， 则（★） 故为（★）的两个解， 所以 因为过，故，故， 故 . （2） 由（1）可得椭圆的以点为极点的极线方程为， 故点在极线上，同样记，连接， 由（1）中的结论可知，，且， 故即三点共线， 如图所示，设， 则， 由（1）中②知，故， 故，故为线段的中点. 对于平面解析几何中的新定义，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、（2025·河南新乡·模拟预测）阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，他的主要一生研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线轨迹的建模》此书最突出的成果是研究出阿波罗尼斯圆上动点与相关定点的距离比值问题，即定义：已知动点与两个定点Q，P的距离之比为一个不等于1的正常数，则动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，且圆心在直线上，已知动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，其方程是，定点分别为椭圆的右顶点与右焦点，且椭圆的离心率， (1)求椭圆的两条准线距离； (2)如图所示，过右焦点作一条斜率为正数的直线l与椭圆相交于B，D（点在轴的上方），点是椭圆上相异于B，D的两点，平分，TF平分， ①求的取值范围； ②若点S，F，T是另一个阿波罗尼斯圆上的三点，且外接圆的面积为，试求直线l方程， 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）利用定义整理得，再根据条件列式求得； （2）①首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，在以为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程. 【详解】（1）设（且），， 则， 整理得，， 另一方面动点的阿波罗尼斯圆方程是， 于是，，解得，，，， 则椭圆的两条准线距离. （2）①由，又， 则（或由角平分线定理得）, 令，则，设，，则有， 又直线的斜率，则， 又得， 将其代入中， 得，即， 因，则， 故的取值范围为； ②因点S，F，T在以B，D为定点的阿波罗尼斯圆上，不妨设此圆半径为，直线与圆相交于点，显然点也在圆上， 根据阿波罗尼斯圆定义有：， 即，整理得， 因圆的面积，解得，即， 又， 则 解得，， 则，故直线l方程为. 2、（24-25高三上·浙江·月考）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线族（不包括直线轴），直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线. (1)圆：是直线族的包络曲线，求，满足的关系式； (2)若点不在直线族的任意一条直线上，求的取值范围及直线族的包络曲线的方程； (3)在（1）（2）的条件下，过曲线上动点向圆做两条切线，，交曲线于点，，求面积的最小值. 【答案】(1)；(2)，曲线的方程为.；(3) 【解析】（1）由题可得，直线族为圆M的切线， 故满足，，所以满足． （2）将点代入，可得关于的方程， 因为点不在直线族上，故方程无实数解， 所以，那么，故， 因为区域的边界为抛物线， 下证：是的包络曲线． 证明：联立直线与，可得，所以， 故直线族：为抛物线的切线. 因此直线族的包络曲线的方程为. （3）设，，， 则， 故 由直线与相切，所以， 整理得，① 同理可得，，② 由①②可得直线． 直线与联立得，（显然） 可得， 由韦达定理可得． 因此， 由于点到直线的距离， 所以面积为， 令，则， 由，解得， 当，，当，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 那么（当且仅当时取到）， 所以面积的最小值是.    3、（2024·江西新余·模拟预测）我们知道，在平面直角坐标系中，可以用两点之间距离公式刻画两点的距离，事实上，这里的距离属于这两个点的一种“度量”.在拓扑学中，我们规定某一实数满足：①，当且仅当时等号成立；  ②；  ③.其中，为平面直角坐标系内的三个点，我们就称是关于两点的一个“度量”.设：平面直角坐标系（为坐标原点）内两点的“距离”. (1)求证：两点的“距离”是关于两点的一个“度量”. (2)设为平面直角坐标系内任意一点. （ⅰ）若，请在下图中定性做出点的集合组成的图像（不必说明理由，但要求做出特殊点与其特征）.    （ⅱ）求证：. (3)规定平面内两条平行直线的距离为在上分别取的任意两个点距离的最小值.已知不重合的直线，，，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）图象见解析；（ii）证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题设定义逐一检验①②③，即可证明结果； （2）（i）根据题设定义，利用，即可求解；（ii）设，则，再令，即可证明结果； （3）根据题设，令，得到，再分，和，三种情况，根据造函数，，，利用函数的单调性，即可求出结果. 【详解】（1）①显然成立， 令，由于，， 故当且仅当时等号成立 令，则，所以单调递增， 得到，即，当且仅当时等号成立， ②易知显然成立， ③由于单调递增，故由可得： ， 故， 即，所以距离是一种度量. （2）（ⅰ）如图    （ⅱ）设，则=， 令，则，即. （3）设，，， 令，则. 当时，成立， 不妨设（同理）， 设， 令单调递增，单调递减， ，则， 令， ①当时，， ②当时，，，， ③当时，，，由于为一次或二次函数， 故①、②、③均唯一使， 故在单调递增，在单调递减， ④时，，单调递增，综上， ，有， 解得， 当，同理可求得，所以. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于理解“度量”和“距离”的定义，再结合不等式及导数知识，即可求解. 题型9 概率统计新定义 （2025·江西·模拟预测）信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量所有可能的取值为，且，，定义的信息熵． (1)若，求的分布列及数学期望； (2)若，，试求关于的解析式，并求的最大值； (3)若，随机变量所有可能的取值为，且，证明：． 【答案】(1)分布列见解析；期望为 (2)， (3)证明见解析 【分析】（1）先根据分布列概率和为1求出 ，得到完整分布列，再利用数学期望公式计算 . （2）通过已知条件得出信息熵关于的表达式，然后构造函数，利用导数研究其单调性，进而求出的最大值. （3）通过对与的表达式进行分析和运算，来证明. 【详解】（1）解： ，解得 所以的分布列为 1 2 3 4 所以 （2）解：当时，， 又，所以，同理， ． 设，， 则 令，得． 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 当时，，此时取极大值． 综上所述，当时，取最大值， 且 （3）证明：， 则， 而，， 所以，，… ，． 所以 ． 又 所以 因为，所以， 所以． 同理，， 所以，即． 解决计数原理与概率背景下的新定义问题，就是要细读定义关键词，理解本质特征，适时转化为“熟悉”问题.总之，解决此类问题，取决于已有知识、技能、数学思想的掌握和基本活动经验的积累，还需要不断的实践和反思，不然就谈不上“自然”的、完整的解题. 1、（2025·海南三亚·一模）在统计中似然函数是指设总体的分布律或概率密度是未知参数，是总体的样本，称的联合分布律或概率密度函数为样本的似然函数，简记为.如果样本似然函数在处达到最大值，则称为参数的最大似然估计值.例如三亚某学校一次调研考试中数学科目及格率为，现任选20名同学的成绩作为样本进行分析，发现有2人不及格，此时可估计该学校本次模考中数学科目及格率为0.9.同时也可设及格率为，令样本似然函数为，，令解得，当时，单调递增，当时，单调递减，则当时，取得最大值，即的最大似然估计值为0.9，与及格率的估计值相等； (1)设一次试验中随机变量的概率分布如下： （i）现做4次独立重复试验，出现了1次，出现了2次，出现了1次，求的最大似然估计值； （ii）现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； (2)泊松分布是一种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和. （公式：） 【答案】(1)（i）；（ii） (2) 【分析】(1)根据独立重复试验和给定的概率分布求出样本似然函数，再对其求导，令导数为求出可能的极值点，通过判断导数的正负确定函数单调性，进而得到最大似然估计值. (2)根据泊松分布的概率分布求出样本似然函数，再根据最大似然估计值为建立等式，最后求出数列的前项和. 【详解】（1）i：设似然函数为 当且仅当，即时取等号 则的最大似然估计值为 ii：）， 令， 则，令，解得， 易知在上单调递减， 则当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则时，取得最大值，所以的最大似然估计值为 （2）由题意设最大似然函数为 设，则 设解得，则时时 可知在时取最大值，即的最大值在时取得 与单调性一致，则的极大似然值为解得. 2、（25-26高三上·安徽蚌埠·阶段练习）某核酸检测机构为筛查诊断新冠肺炎，需要检验唾液或咽拭子样本是否为阳性，现有份唾液或咽拭子样本，每个样本取到的可能性相等，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验次；（2）混合检验，将其中（且）份唾液或咽拭子样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，则这份的唾液或咽拭子样本全为阴性，因而这份唾液或咽拭子样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份唾液或咽拭子样本究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这份唾液或咽拭子样本的检验次数总共为次.假设在接受检验的唾液或咽拭子样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为.现取其中（且）份唾液或咽拭子样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为若关于的函数关系式与抗生素计量相关，其中是不同答案的正实数，满足，对任意的，都有 (1)证明：为等比数列； (2)当时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求的最大值. 参考数据：，，，， 【答案】(1)证明见解析 (2)4 【分析】（1）根据题设结合递推公式及等比数列的定义化简求解求证即可； （2）先由（1）求得，，，由题意得，进而得到， 设，利用导数研究函数的单调性，进而求解即可． 【详解】（1）证明：由，， 知①， 即②， 由①②，得，， 而满足上式，则，即， 则，是首项为1，公比为的等比数列. （2）由（1）知，， 当进行逐份检验时，的值只有，所以， 当进行混检时，的取值为， 当时，对应的情况为份混检之后的结果均为阴性，故； 当时，对应的情况为份混检之后的结果均为阳性， 故， ， 由题意，， 则，即，则， 又且，， 设，则， 当时，，即在上单调递减， 又， ， ， 则的最大值为4. 3、（2025高三·全国·专题练习）已知（且），称为X的一个置换，其中，，，…，是1，2，3，…，n的一个全排列，如的所有置换为，．我们把一个置换中的个数称为这个置换的汉明距离，用Y表示，如，的汉明距离Y分别为0，2．定义某个置换中第i个数的汉明距离如置换中，，，且． (1)写出的所有置换，并求Y的期望． (2)当时， （ⅰ），，且，求事件“”的概率； （ⅱ）求汉明距离Y的方差． 参考公式：给定随机事件，，……，，若，则，． 【答案】(1)置换见解析，2 (2)（ⅰ）；（ⅱ）1 【分析】（1）利用置换的概念，写出的所有置换；先求出随机变量Y的所有可能取值，再利用古典概型的概率公式及期望公式求解． （2）（ⅰ）分别求出，及的概率，进而求出；（ⅱ）利用题中给出的公式，并结合（ⅰ）中的结果求解． 【详解】（1）的所有置换为 ，，，，，． 显然，6个置换的汉明距离Y分别为0，2，2，3，3，2， 所以Y的所有可能取值为0，2，3， ，，， 则Y的分布列为 Y 0 2 3 P 所以Y的期望． （2）（ⅰ）第一步：由题意分析所求事件包含的情形 由题意知，（或）． 第二步：分别求出，， 由分析知，，，且，， ． 第三步：代入数据求得结果 所以． （ⅱ）第一步：求出 显然的所有可能取值为0，1，且，， 则的分布列为 0 1 P 所以， 又，所以． 第二步：求出 的所有可能取值为0，1，且，， 的分布列为 0 1 P 所以，则． 第三步：求出 ，，且，的所有可能取值为0，1，由（ⅰ）得， 则， 则的分布列为 0 1 P 所以． 第四步：求出结果 因为，（提示：是由两个因式相乘，其结果是由其中个因式中任取1个数与另1个因式中任取1个数相乘，取遍为止后相加得到的） 则， 故． 1．（2024·广东深圳·模拟预测）已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，特别规定：若时，． (1)若，写出，及的值； (2)若数列是等差数列，求数列的通项公式； (3)设集合，，求证：且． 【答案】(1)，，； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据数列的定义，分别求出，，； （2）假设，，均与数列是等差数列矛盾，进而得到数列是以为首项，为公差的等差数列，进而得到； （3）根据定义得到数列是递增数列；用反证法证明，假设存在正整数，若，则推出，与假设矛盾，所以；，所以要证，只需证，且，能推出，所以，所以，所以结论成立. 【详解】（1）因为，所以，， 由得，，所以， 由得，，所以； （2）由题可知，所以，即， 若，则，， 所以，，与是等差数列矛盾，所以， 设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以， 假设存在使得，设，由得， 由得，，与是等差数列矛盾， 所以对任意都有， 所以数列是等差数列，； （3）因为对于，，所以，所以，即数列是递增数列， 先证明， 假设，设正整数， 由于，故存在正整数使得，所以， 因为是各项均为正整数的递增数列，所以， 所以，， 所以，， 又因为数列是递增数列，所以，与假设矛盾， 所以； 再证明， 由题可知，所以要证，只需证，设且， 因为数列是各项均为正整数的递增数列，所以存在正整数，使得， 令， 若则，即，所以，所以，所以， 若，则，所以所以， 因为，所以，所以， 所以； 综上所述，且. 【点睛】方法点睛：新定义问题解题策略 首先，明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行运算；最后得到结论. 2．（2024·广东广州·模拟预测）若集合的非空子集满足：对任意给定的，若，有，则称子集是的“好子集”.记为的好子集的个数.例如：的7个非空子集中只有不是好子集，即.记表示集合的元素个数. (1)求的值； (2)若是的好子集，且.证明：中元素可以排成一个等差数列； (3)求的值. 【答案】(1)11 (2)证明见解析 (3)6 【分析】（1）根据“好子集”的定义，就的所有非空子集一一判断即得； （2）将集合中的元素从小到大排列，分析判断得出时，和奇偶性相反，和奇偶性必相同，按定义有，推得结论； （3）记，证中包含1的好子集个数为，同理中包含1的好子集个数为，推得所求的为的包含1，2024的所有好子集的个数，利用（ 2）的 结论，即可计算出结果. 【详解】（1）的全部非空子集为，，，，，，，，，，，，，，， 其中好子集有，，，，，，，，，，，共有11个. 所以. （2）将的元素从小到大排列，即，，其中. 首先对任意的， 若和奇偶性相同，则，所以，而， 集合中和中间没有项，故产生矛盾! 即对任意的，和奇偶性相反，则对任意的，和奇偶性必相同， 于是由题意，因，则， 而且，所以. 即对任意的，，即. 由的任意性知，是一个等差数列. （3）记.首先证明中包含1的好子集个数为. 的好子集分为两类：包含1的和不包含1的. 因为中不包含1的好子集每个元素均减去1即为的好子集， 的每个好子集每个元素均加上1即为的好子集，所以的不包含1的好子集与的好子集一一对应， 其个数为.故包含1的好子集个数为. 同理可证：中包含1的好子集个数为，这也恰是中包含1但不包含的好子集个数. 于是中包含1且包含的好子集的个数为 故题目所求的为的包含1，2024的所有好子集的个数. 显然，是好子集. 若好子集中除了1，2024外至少还有一个元素，则由（2）可知，中元素从小到大排列可以构成一个等差数列， 设为.设公差为，因为， 而，所以为的小于的正约数，故. 而每一个都唯一对应一个的包含1，2024的好子集，这样的子集有5个. 因此. 【点睛】思路点睛：准确理解和把握集合新定义的规定，按照要求，从具体到一般思考、探索规律，运用分类讨论和数学基本知识（如等差、等比数列定义、通项公式）进行剖析，层层推出结论. 3、（2024·浙江温州·模拟预测）复平面是人类漫漫数学历史中的一副佳作，他以虚无缥缈的数字展示了人类数学最纯粹的浪漫．欧拉公式可以说是这座数学王座上最璀璨的明珠，相关的内容是，欧拉公式:，其中表示虚数单位，是自然对数的底数．数学家泰勒对此也提出了相关公式:其中的感叹号!表示阶乘，试回答下列问题： (1)试证明欧拉公式． (2)利用欧拉公式，求出以下方程的所有复数解． ①；②； (3)求出角度的倍角公式(用表示，)． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② (3) 【分析】（1）根据泰勒展开式，结合虚数的运算法则即可证明； （2）利用欧拉公式，同角三角函数关系及对数运算即可求解； （3）根据二项式定理及同角三角函数的平方关系即可求解． 【详解】（1）证明：令， 则 因为 所以，即 （2）①因为，， 所以； ②由得，， 所以，， 由得，当时，， 所以，两边同时取对数得，， 解得， （3） 令实部相等， 即得． 【点睛】关键点睛：第三问中，应用及二项式定理，结合复数相等即可证明． 4．（2024·全国·模拟预测）对于非空集合，定义其在某一运算（统称乘法）“×”下的代数结构称为“群”，简记为．而判断是否为一个群，需验证以下四点： 1.（封闭性）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足； 2.（结合律）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足； 3.（恒等元）存在，使得对任意，； 4.（逆的存在性）对任意，都存在，使得． 记群所含的元素个数为，则群也称作“阶群”．若群的“×”运算满足交换律，即对任意，，我们称为一个阿贝尔群（或交换群）． (1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群； (2)记为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得在该运算下构成一个群，并说明理由； (3)所有阶数小于等于四的群是否都是阿贝尔群？请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)在复数的乘法运算下构成一个群，理由见解析 (3)所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群，理由见解析 【分析】（1）根据题意结合实数运算分析证明； （2）根据题意结合复数运算分析证明； （3）分类讨论群的阶数，根据题意结合反证法分析证明. 【详解】（1）我们需证在普通加法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证： ①封闭性：对，则，封闭性成立； ②结合律：对，，结合律成立； ③恒等元：取，则对任意，．符合恒等元要求； ④逆的存在性：对任意，，且，满足逆的存在性． 综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群． （2）首先提出，的“×”运算可以是复数的乘法：，理由如下． 即证明在普通乘法下可构成一个群，同（1），需从四方面进行验证： ①封闭性：设，，其中，即． 则， 所以 ，即，封闭性成立； ②结合律：设，，，其中， 即，结合律成立； ③恒等元：取，则对任意，，符合恒等元要求； ④逆的存在性：对任意，取其共轭，则，满足逆的存在性； 综上所述，在复数的乘法运算下构成一个群． （3）所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群，理由如下： 若群的阶数为0，则为空集，与定义矛盾．所以的阶数为1，2，3，4．下逐一证明． （1）若群的阶数为1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时是阿贝尔群；                                                         （2）若群的阶数为2，设其元素为，其中是恒等元，则，符合交换律，故此时是阿贝尔群；                                         （3）若群的阶数为3，设其元素为，其中是恒等元，由群的封闭性，． 若，又，推出，则集合有两个相同的元素， 不满足集合的唯一性，矛盾，所以， 现要验证交换律，即． 若，有前知，且，所以， 与群的封闭性矛盾．所以，交换律成立，故此时是阿贝尔群；                                                 （4）若群的阶数为4，设其元素为，其中是恒等元， 由群的封闭性，，由③的分析可知，且， 所以或． 若．由群中逆的存在性，群中存在一个元素使得，很明显， 所以或． 假设，即，又，推出则集合有两个相同的元素， 不满足集合的唯一性，矛盾，故只能； 先证交换律对成立，即． 若，则由，只能等于． 又因为，（和同理）， 不满足群中逆的存在性，矛盾，所以．交换律对成立． 接下来只需证交换律对和也成立． 事实上，由和的对称性，只需证即可． 由群中逆的存在性，存在使得． ①若，则只需证． 若，由群的封闭性，，所以只能等于， 又因为，得，即， 但是任取的，该结论具有局限性，不对一般的成立，故矛盾． 即，此时交换律对成立． ②若．群中逆的存在性，存在使得， 又因为，所以只能等于，即， 由①可得：，即此时交换律对成立． 故群的阶数为4时，交换律成立，故此时是阿贝尔群． 综上所述，所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群． 【点睛】方法点睛：对于新定义题型，要能读懂题意，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化化归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换转化为简单的问题． 5、（2025·甘肃金昌·二模）设函数的定义域为.若实数满足对任意的，都有，则称满足性质. (1)若函数满足性质，求实数的取值范围. (2)设的导函数为，且对任意的，都有. （i）证明：满足性质. （ii）已知数列满足，若，证明：. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据满足性质，将代入给定的不等式，化简求解即可； （2）（i）对任意的，设，求，赋值法结合导函数判断函数的单调性和最值，即可证明; （ii）根据题意可得.分和两种情况，分别证明即可. 【详解】（1）因为函数满足性质，所以对任意的. . 解得，所以实数的取值范围是. （2）（i）对任意的，设， 则，且 当时，. 当时，在中，将替换为，将替换为，可得， 整理得.① 当时，由①得.即， 当时，由①得，即. 所以在上单调递增，在上单调递减.从而. 同此对任意的.都有，即. 所以满足性质. （ii）由（i）可知满足性质，令， 所以. 当时，，整理得， 所以. 当时， ， 即. 令，由，得， 令，由，得， ， 因此对任意正整数，都有. 6．（2024·浙江·三模）莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，，），例如：，对应，，，，，，.现对任意，定义莫比乌斯函数. (1)求，； (2)已知，记（为的质因数个数，为质数，，）的所有因数从小到大依次为，，…，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的值（用（）表示）. 【答案】(1)， (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）由，，根据所给定义计算可得； （2）（ⅰ）依题意只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，再由组合数公式计算可得； （ⅱ）由（ⅰ）分析可知，因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，即可推导出，最后利用累乘法计算可得. 【详解】（1）因为，因为的指数，所以； 又，易知，，，，， 所以； （2）（ⅰ）的因数中如有平方数，根据莫比乌斯函数的定义，， 因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数， 从个质数中任选个数的乘积一共有种结果， 所以 . （ⅱ）方法一：由（ⅰ）知，因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数， 所以 . 令， 则（，）， 所以. 所以，. 因为，所以. 方法二： . 由展开式原理可知，的展开式即为上式所求. 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解题干所给定义，得到的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数. 7．（2025·云南红河·三模）高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一个重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系．其特例是球面三角形总曲率与球面三角形的面积满足，其中为球的半径．如图1，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为圆心的圆）的圆弧连接起来，所围成的图形叫做球面三角形，若平面，平面，平面两两所成的二面角的平面角分别为，，，则球面三角形的面积，已知． (1)若图1中，求劣弧的长； (2)若图1中球面三角形中的劣弧，，的长均为，求球面三角形的总曲率； (3)由图1截出三棱锥，并延长使，得到图2所示的三棱锥，若，，，为线段上的一个动点，为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，直线与平面所成的角为，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)根据弧长公式计算即可； (2)根据弧长公式计算出，通过垂直关系得出，再计算球面三角形的面积，根据公式求出球面三角形的总曲率即可； (3)根据余弦定理，线面垂直的判定定理和性质定理得出，，两两垂直，以此建系，分别求出平面法向量和平面法向量，通过重要不等式计算即可. 【详解】（1）设劣弧的长度为，因为，， 所以； （2）设，，的长度为，， 则，且，所以，，， 故平面，平面，平面两两垂直，得， 所以球面三角形的面积， 故球面三角形的总曲率； （3）由余弦定理知：，所以， ，所以， 因为，所以，因为，故， 由题知，是球的直径，则，， 因为，，且，平面，所以平面， 又平面，则， 因为，，且，平面，所以平面， 因为，所以为等腰直角三角形， 所以． 因为，，两两垂直， 以为坐标原点，以，所在直线为，轴，过点作的平行线为轴， 建立如图空间直角坐标系，设，，则， ，，，，， ，， 则，，，， 设平面法向量，则， 取，则，，可得， 设平面法向量，则， 取，则，，可得， 要使取最大值，则取最小值，取最大值， 因为 ， 令，，则，， 可得， 当且仅当，即时等号成立． 则取最大值，为最小值，所以． 8、（2025·广东佛山·二模）对于椭圆：上的任意两点P，Q定义“”运算满足：过点作直线直线（规定当P和Q相同时，直线就是在点P处的切线），若l与有异于S的交点T，则；否则.已知“”满足交换律和结合律，记. (1)若，，求，以及； (2)对于上的四点，，，，求证：的充要条件是； (3)是否存在异于S的点P，使得？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)，，； (2)证明见解析； (3)存在，为或或. 【分析】（1）依次写出过的相关直线，联立椭圆求交点，根据题设定义求，以及即可； （2）应用向量的坐标表示及三角恒等变换得，同理得，根据向量平行的坐标表示、辅助角公式化简，即可证； （3）设，，根据平行关系及（2）的结论即可判断存在性并确定点坐标. 【详解】（1）由题设，直线的斜率为，则过且平行于直线的直线方程， 联立，可得，解得（舍）或，则， 所以， 过且平行于椭圆在点处切线的直线方程为， 联立，可得（舍）或，故， 过且平行于的直线方程为， 联立，可得（舍）或，故， 所以， 过且平行于的直线方程为， 联立，可得（舍）或，故， 过且平行于的直线方程为， 联立，可得，故， 又对于椭圆上任意一点，都有，故，， 所以； （2）由， ， ， 所以， 同理， 故，当且仅当 ， 所以，即，得证； （3）设，， 由，点处的切线平行于， 由（2）知，则， 由，所以，则， 由，所以，则， 若，则，即， 所以存在异于S的点P，使得，坐标为或或. 9、（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)， 【分析】(1)利用两内棱的端点构成四边形为平行四边形，然后证明两个内棱相交且互相平分，然后得到三个内棱相交于同一点且互相平分； （2）由定义易证：四边形为菱形，于是再由中位线定理，其对棱相等，所以可以补形为长方体，然后建立空间直角坐标系求解即可； （3）由（2）易知棱长与外接球表面积的关系，然后设，求得直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得， 得 求得 然后利用三角形为锐角三角形求得 最后求最值即可. 【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. 10．（2025·甘肃·模拟预测）在平面直角坐标系中，将双曲线绕着轴旋转一周构成双曲面，其中在旋转过程中的所有实轴落在平面内，设所在的平面为，平面满足，且与之间的距离为. (1)若点在上，试用含的方程表示（不用说明理由）. (2)设分别是截得的截面. （i）设分别为上的弦，求所在直线间的距离的取值范围； （ii）已知截面的圆周上的点恰好构成正边形的顶点，为上一动点，若对任意恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）结合题意，可得旋转过程中所有点的纵坐标保持不变，将横坐标替换点在平面内的旋转半径，进而求解即可； （2）（i）分共面和异面两种情况结合空间向量求解即可； （ii）设，易得，，进而结合空间向量得到，进而转化问题为，换元，进而求解即可. 【详解】（1）将双曲线绕着轴旋转一周， 在旋转过程中所有点的纵坐标保持不变，将横坐标替换点在平面内的旋转半径， 则双曲面的方程为. （2）（i）若共面，则， 如图1，过弦的中点作，垂足为，过作，垂足为， 则所在直线间的距离为. 因为与之间的距离为，所以， 则，故. 若异面，如图2，设，且，，则. 设向量满足且， 则由，可得， 解得，取，则. 又，设所在直线间的距离为， 则. 综上所述，所在直线间的距离的取值范围为. （ii）设， 易知. 因为恰好构成正边形的顶点，所以. 由，可得， 则 . 由，可得， 则 由恒成立，可得. 则. 令，由，可得，则. 因为，所以，且当时，， 则，故的取值范围为. 11、（2025·云南曲靖·一模）当今社会，每天都有海量信息通过网络等渠道快速传播，虽提供了丰富知识和多样视角，但也存在信息过载、虚假信息等问题，需要我们谨慎筛选辨别．信息论之父香农（C．E.Shannon）在1948年发表的论文《通信的数学理论》中指出，任何信息都存在冗余，冗余大小与信息中每个符号（数字、字母或单词）的出现概率或者说不确定性有关，把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”，并给出了计算“信息熵”的数学表达式，从而解决了对信息的量化度量问题．设随机变量的所有可能取值为1，2，…，，且，，定义的“信息熵”为． (1)当时，求的值； (2)当时，若，探究与是正相关还是负相关，说明理由； (3)若，，，求此时的． 【答案】(1)0 (2)负相关，理由见解析 (3) 【分析】（1）直接利用公式求解； （2）先求出，再判断单调性即可求解； （3）由可知数列从第二项起，是首项为，公比为4的等比数列，故而可求出，再由可得的解析式. 【详解】（1）当时，，． （2）与负相关，理由如下： 当时，，． 令，， 则， 因为，则，所以，即， 函数在上单调递减． 与负相关． （3）由题意知， ． ． ． 令① 则② 由①-②得，， ． ． ． 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是理解新定义，特别是第三问，根据等比数列定义写出，进而写出的通项公式，应用错位相减法及等比数列前项和公式求化简. 12、（2025·河北·模拟预测）形如的方程叫不定方程，其中是方程中未知数的系数，是常数，则称元有序数组为不定方程的解.给出不定方程，对于方程的一组正整数解，当时，若，则称正整数解为方程的极值的一组解. (1)方程中有多少组极值的解； (2)求的最小值； (3)在的前提下，求时方程的极值的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据极值的定义可得中有三个337和三个338，再根据组合数求解即可； （2）根据公式可得，再讨论正整数解即可； （3）根据方程的1-极值情况分析2-极值的情况，进而可得3-极值的情况，再根据排列组合数求解即可. 【详解】（1）， 是极值时，中有三个337和三个338， 即有组极值的解. （2）， 因为， 由均值不等式得：， 所以，， 即， 当且仅当，时取等，不合题意，不是S的最小值， 下面讨论式子： 它是关于x的增函数，令，则使取得最小，只需要， 即的最小值为，同理，的最小值均为，当时取等号， 所以，； （3）由题意，时不合题意； 考虑是方程的1-极值的一组解时的一种情况，由（1）知有20组， 若化为2-极值，只需将个位中的一个7减去1，加到另一个7上，或是将个位中的一个8减去1，加到另一个8上，即个位化为或是， 则方程的2.-极值的个数为. 3-极值是1-极值中的个个位7减去1，加到个8上； 或是一个7减去2，另两个7各加1； 或是两个8各减1加到另一个8上， 其个位形式为或是或是 或是或是. 其个数为， 在的前提下，时方程的极值的概率. 1．（2025·北京·高考真题）已知集合，从M中选取n个不同的元素组成一个序列：，其中称为该序列的第i项，若该序列的相邻项满足：或，则称该序列为K列． (1)对于第1项为的K列，写出它的第2项． (2)设为K列，且中的项满足：当i为奇数时，：当i为偶数时，.判断，能否同时为中的项，并说明理由； (3)证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列． 【答案】(1)或 (2)不能，理由见解析 (3)证明过程见解析 【分析】（1）根据新定义即可得解； （2）假设与能同时在中，导出矛盾，从而得出与不能同时在中的结论； （3）假设全体元素构成一个K列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论. 【详解】（1）根据题目定义可知，或， 若第一项为，显然或不符合题意（不在集合中），所以下一项是或； （2）假设二者同时出现在中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨设在之前. 显然，在K列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从到必定要向下一项走奇数次. 但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在中，所以从到必定要向下一项走偶数次. 这导致矛盾，所以二者不能同时出现在中. （3）法1：若中的所有元素构成K列，考虑K列中形如的项， 这样的项共有个，由题知其下一项为，共计16个， 而，因为只能6由2来，3只能由7来， 横、纵坐标不能同时相差4，这样下一项只能有12个点， 即对于16个，有12个与之相对应，矛盾． 综上，由M的全部元素组成的序列都不是K列． 法2：假设全体元素构成一个K列，则. 设，. 则和都包含个元素，且中元素的相邻项必定在中. 如果存在至少两对相邻的项属于，那么属于的项的数目一定多于属于的项的数目， 所以至多存在一对相邻的项属于. 如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如和， 否则将导致属于的项的个数比属于的项的个数多2，此时. 从而这个序列的前项中，第奇数项属于，第偶数项属于； 这个序列的后项中，第奇数项属于，第偶数项属于. 如果不存在相邻的属于的项，那么也可以看作上述表示在或的特殊情况. 这意味着必定存在，使得. 由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数的点的数量一定分别是和（不一定对应）. 但容易验证，和都包含个横纵坐标之和为奇数的点和个横纵坐标之和为偶数的点，所以，得. 从而有. 这就得到. 再设，. 则同理有. 这意味着. 从而得到，但显然它们是不同的集合，矛盾. 所以由M的全部元素组成的序列都不是K列． 2．（2019·上海·高考真题）已知等差数列的公差，数列满足，集合. （1）若，求集合； （2）若，求使得集合恰好有两个元素； （3）若集合恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值. 【答案】（1）；（2）或；（3） 【分析】（1）根据正弦函数周期性的特点，可知数列周期为，从而得到；（2）恰好有两个元素，可知或者，求解得到的取值；（3）依次讨论的情况，当时，均可得到符合题意的集合；当时，对于，均无法得到符合题意的集合，从而通过讨论可知. 【详解】（1）， ，， ，，， 由周期性可知，以为周期进行循环 （2），， 恰好有两个元素 或 即或 或 （3）由恰好有个元素可知： 当时，，集合，符合题意； 当时，， 或 因为为公差的等差数列，故 又，故 当时，如图取，，符合条件    当时，， 或 因为为公差的等差数列，故 又，故 当时，如图取，，符合条件 当时，， 或 因为为公差的等差数列，故 又，故 当时，如图取时，，符合条件 当时，， 或 因为为公差的等差数列，故     又，故 当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有，即，即，,不符合条件； 当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有，即，即，不是整数，故不符合条件； 当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有或 若，即，不是整数， 若，即，不是整数， 故不符合条件； 综上： 【点睛】本题考查三角函数、数列、函数周期性的综合应用问题.解题的难点在于能够周期，确定等量关系，从而得到的取值，再根据集合的元素个数，讨论可能的取值情况，通过特殊值确定满足条件的；对于无法取得特殊值的情况，找到不满足条件的具体原因.本题对于学生的综合应用能力要求较高，属于难题. 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可； （2）根据可分数列的定义即可验证结论； （3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义. 【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形， 得到新数列，然后对进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是，或，或. 所以所有可能的就是. （2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组. （如果，则忽略②） 故数列是可分数列. （3）定义集合，. 下面证明，对，如果下面两个命题同时成立， 则数列一定是可分数列： 命题1：或； 命题2：. 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 此时，由于从数列中取出和后， 剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组； ③，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 故此时数列是可分数列. 第二种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 由于，故，从而，这就意味着. 此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，，共组； ③全体，其中，共组； ④，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数： ，，，. 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数. 而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列. 至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列. 然后我们来考虑这样的的个数. 首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个； 而如果，假设，则可设，，代入得. 但这导致，矛盾，所以. 设，，，则，即. 所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个. 所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个. 这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为. 当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于. 而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个. 所以数列是可分数列的概率一定满足 . 这就证明了结论. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论. 1 / 111 学科网（北京）股份有限公司 $