40.新定义问题-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 高中数学新定义问题汇编，精选2024年新高考Ⅰ卷、北京高考真题，聚焦创新情境与逻辑推理，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |多选题、解答题|3道（含1道多选）|解析几何（距离公式、曲线方程）、集合与数列变换（逻辑推理）、等差数列分组（可分数列定义、概率）|以丝带曲线、数列变换等新定义情境为载体，分层设问（如北京卷21题从计算到充要条件证明），贴合高考对数学抽象、逻辑推理的考查趋势。|

40.新定义问题 1.（多选）（2024·新高考Ⅰ卷11题）设计一条美丽的丝带，其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O，且C上的点满足：横坐标大于－2，到点F（2，0）的距离与到定直线x＝a（a＜0）的距离之积为4，则（　　） A.a＝－2 B.点（2，0）在C上 C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D.当点（x0，y0）在C上时，y0≤ 解析：ABD　对于A：设曲线上的动点P（x，y），则x＞－2且×｜x－a｜＝4，因为曲线过坐标原点，故×｜0－a｜＝4，解得a＝－2，故A正确.对于B：又曲线方程为×｜x＋2｜＝4，而x＞－2，故×（x＋2）＝4.当x＝2，y＝0时，×（2＋2）＝8－4＝4，故（2，0）在曲线上，故B正确.对于C：由曲线的方程可得y2＝－（x－2）2，取x＝，则y2＝－，而－－1＝－＝＞0，故此时y2＞1，故C在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.对于D：当点（x0，y0）在曲线上时，由C的分析可得＝－（x0－2）2≤，故－≤y0≤，故D正确.故选A、B、D. 2.（2024·北京高考21题）已知集合M＝{（i，j，k，w）｜i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i＋j＋k＋w为偶数}.给定数列A：a1，a2，…，a8和序列Ω：T1，T2，…，Ts，其中Tt＝（it，jt，kt，wt）∈M（t＝1，2，…，s），对数列A进行如下变换：将A的第i1，j1，k1，w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1（A）；将T1（A）的第i2，j2，k2，w2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T2T1（A）；……；以此类推，得到数列Ts…T2T1（A），简记为Ω（A）. （1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）； （2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a1＋2，a2＋6，a3＋4，a4＋2，a5＋8，a6＋2，a7＋4，a8＋4？若存在，写出一个Ω，若不存在，说明理由； （3）若数列A的各项均为正整数，且a1＋a3＋a5＋a7为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω（A）的各项都相等”的充要条件为“a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8”. 解：（1）Ω（A）：3，4，4，5，8，4，3，10. （2）不存在.理由如下： 若存在Ω，则a1，a2与a3，a4增加值之和应该相等，注意到a1，a2一共增加了8，而a3，a4一共增加了6，从而不存在符合题意的Ω. （3）证明：因为存在序列Ω，使得a1＝a2＝…＝a8， 所以a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8. 又每次进行变换时，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8均增加1， 故经过n（n∈N*）次变换后，a1＋a2＋n＝a3＋a4＋n＝a5＋a6＋n＝a7＋a8＋n，可得a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8恒成立. 如果a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8， 且还有a1－a2＝a3－a4＝a5－a6＝a7－a8＝0， 则有a1＝a2＝a3＝a4＝a5＝a6＝a7＝a8，即Ω（A）为常数列， 由于每次变换后均有a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8， 故我们只需证明可在某一步变换后有a1－a2＝a3－a4＝a5－a6＝a7－a8＝0. 设（S1，S2，S3，S4）＝（a1－a2，a3－a4，a5－a6，a7－a8）， 从而（S1，S2，S3，S4）在每次变换后相当于在偶数个位置上加1，其余减1， 由a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝a7＋a8，可得初始情况下S1，S2，S3，S4同时为奇数或同时为偶数. 不妨设为偶，则a1＋a3＋a5＋a7为偶，所以S1＋S2＋S3＋S4为4的倍数，且在变换后仍同时为奇数或同时为偶数，且和为4的倍数. 经过若干次变换后，不妨设max｜Si｜达到最小值，且取max｜Si｜的Si最小， 不妨设成｜S1｜且S1＞0. 当S1≥2时， ①假设还有｜S2｜≥2. 若S2≥2， 则（S1，S2，S3，S4）→（S1－1，S2－1，S3－1，S4－1）→（S1－2，S2－2，S3，S4）， 若S2≤－2， 则（S1，S2，S3，S4）→（S1－1，S2＋1，S3－1，S4＋1）→（S1－2，S2＋2，S3，S4），（*） 总可使｜S1｜，｜S2｜同时减小，与假设矛盾. ②假设｜S2｜，｜S3｜，｜S4｜＜1， 若S2，S3，S4中有小于零的，设为S2，同（*）即可， 若S2，S3，S4均大于等于零，所有位置同时减2， 与假设矛盾. 当S1≤1时，Si要么为0，要么为±1， 由于S1＋S2＋S3＋S4是4的倍数，只可能为以下几种及其轮换： a.（0，0，0，0）， b.（1，1，－1，－1）→（0，0，0，0）， c.（1，1，1，1）→（0，0，0，0）， d.（－1，－1，－1，－1）→（0，0，0，0）， 故均与假设矛盾，即max｜Si｜最小值为0， 即总能使得（S1，S2，S3，S4）→（0，0，0，0），即存在序列Ω，使得Ω（A）为常数列. 3.（2024·新高考Ⅰ卷19题）设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是（i，j）—可分数列. （1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使得数列a1，a2，…，a6是（i，j）—可分数列； （2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是（2，13）—可分数列； （3）从1，2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m＋2是（i，j）—可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞. 解：（1）（i，j）＝（1，6），（1，2），（5，6）. （2）证明：当m＝3时，a1，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，a11，a12，a14， 可分成三组：a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14，每组均为公差为3d的等差数列， ∴m＝3时符合. 当m＞3时，数列a1，a2，…，a4m＋2去掉a2，a13以后，分成m组， 只需让前面的3组还按m＝3时的分法，即a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14，后面的每4个相邻的项一组即可，即a15，a16，a17，a18；…；a4m－1，a4m，a4m＋1，a4m＋2，每一组都能构成等差数列， ∴数列a1，a2，…，a4m＋2是（2，13）—可分数列. （3）易知a1，a2，…，a4m＋2是（i，j）—可分数列⇒1，2，…，4m＋2是（4p＋1，4q＋2）—可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}. 当0≤p≤q≤m时，删去4p＋1，4q＋2， 其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等差数列， 故数列1，2，…，4m＋2是（4p＋1，4q＋2）—可分数列，可分为（1，2，3，4），…，（4p－3，4p－2，4p－1，4p），…，（4（q＋1）－1，4（q＋1），4（q＋1）＋1，4（q＋1）＋2），…，（4m－1，4m，4m＋1，4m＋2）.p，q的可能取值方法数为＋m＋1＝. 易知a1，a2，…，a4m＋2是（i，j）—可分数列⇒1，2，…，4m＋2是（4p＋2，4q＋1）—可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}. 当q－p＞1时，删去4p＋2，4q＋1， 将1～4p与4q＋3～4m＋2从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数成等差数列. 考虑4p＋1，4p＋3，4p＋4，…，4q，4q＋2是否可分，等同于考虑1，3，4，…，4t，4t＋2是否可分，其中t＝q－p＞1，可分为（1，t＋1，2t＋1，3t＋1），（3，t＋3，2t＋3，3t＋3），（4，t＋4，2t＋4，3t＋4），…，（t，2t，3t，4t），（t＋2，2t＋2，3t＋2，4t＋2），每组4个数都能构成等差数列. 故数列1，2，…，4m＋2是（4p＋2，4q＋1）—可分数列，p，q且q－p＞1的可能取值方法数为－m＝. 从而Pm≥＝＞. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $