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解答题07 6类新定义答题模板
（函数与导数新定义、数列新定义、集合新定义、概率统计新定义、
立体几何新定义、解析几何新定义）
模板01 函数与导数新定义的答题模板
函数与导数的新定义主要涉及两种类型的定义：概念新定义型和性质新定义型。
1. 概念新定义型：
这类定义主要是以函数新概念为背景，通常考查考生对函数新概念的理解，涉及函数的三要素（定义域、值域、对应关系）。这类题目要求考生能够理解和应用函数的基本概念。
2. 性质新定义型：
这类定义主要是以函数新性质为背景，重点考查考生灵活应用函数性质的能力，涉及函数的各种相关性质的拓展延伸，要求考生能够将这些新定义与已知的函数性质结合起来解决问题。
总结来说，函数与导数的新定义题型主要考查考生对新概念的接受和应用能力，以及对现有性质的拓展和创新能力。在解题过程中，考生需要灵活运用所学知识，将新定义与旧概念结合起来，解决具体问题。
1. 理解新定义（能理解题目中给出的新定义，通常涉及到函数的新特性或导数的新计算方法）
2. 应用基本导数性质（根据已知的导数性质和方法，如导数的定义、四则运算来求解函数的导数）
3. 解决特定问题（对于一些复杂的导数问题，可能需要利用到函数的单调性、极值、最值等性质，或者结合特定的数学工具和方法，如泰勒公式、洛必达法则等）
（2024·河南·三模）设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则为曲线的拐点.
(1)判断曲线是否有拐点，并说明理由；
(2)已知函数，若为曲线的一个拐点，求的单调区间与极值.
1．（2024·全国·模拟预测）若函数在上满足且不恒为0，则称函数为区间上的绝对增函数，称为函数的特征函数，称任意的实数为绝对增点（为函数的导函数）．
(1)若1为函数的绝对增点，求的取值范围；
(2)绝对增函数的特征函数的唯一零点为．
（ⅰ）证明：是的极值点；
（ⅱ）证明：不是绝对增函数．
2．（2024·福建·三模）设为函数的导函数，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数，区间称作函数的凹区间；反之，则称为区间上的凸函数，区间称作函数的凸区间.
(1)已知函数，求的凹、凸区间；
(2)如图所示为某个凹函数的图象，在图象上任取两个不同的点，，过线段的中点作轴的垂线，与函数图象和轴分别交于，两点，则有.
①将不等关系转化为对应的不等式；
②证明：当，时，恒成立.
3．（2024·福建厦门·三模）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，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.其中，，…，.已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数a，b的值；
(2)设，证明：；
(3)已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：.
1．（2024·湖南长沙·模拟预测）定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数．
(1)当时，判断是否为极值可差比函数，并说明理由；
(2)是否存在使的极值差比系数为 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
(3)若，求的极值差比系数的取值范围．
2．（2024·安徽合肥·模拟预测）给定自然数且，设均为正数，（为常数），.如果函数在区间上恒有，则称函数为凸函数.凸函数具有性质：.
(1)判断，是否为凸函数，并证明；
(2)设，证明：；
(3)求的最小值.
3．（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.
(1)若，求函数在上的“拉格朗日中值点”；
(2)若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
(3)若，且，求证:.
4．（2024·湖南湘西·模拟预测）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法．给定自然数m，n，我们定义函数在处的阶帕德近似为，该函数满足．
注：．
设函数在处的阶帕德近似为．
(1)求的解析式；
(2)证明：当时，；
(3)设函数，若是的极大值点，求k的取值范围．
模板02 数列新定义的答题模板
在新定义数列的考题中，有以下几种情况：
新定义的数列类型：例如，斐波那契数列的变种、递推数列、分段定义的数列等。这些数列的定义和性质可能与传统数列有所不同，需要考生仔细阅读题目，准确理解新定义。
数列性质的探究：考生可能需要探究新定义数列的通项公式、递推关系、特殊项的性质等。这要求考生能够灵活运用数学归纳法、数列极限等数学工具。
数列与函数、不等式等其他数学知识的综合应用：新定义数列的题目往往与其他数学知识相结合，考查考生的综合运用能力。例如，数列与函数的图像、数列与不等式的解法等。
实际问题的数学建模：新高考数学注重考查学生的实际应用能力，因此，数列问题可能会与实际问题相结合，要求考生建立数学模型来解决实际问题。
熟悉并掌握高中数学数列的基本概念和性质。
提升阅读理解能力，准确把握新定义数列的特点。
培养逻辑推理和创新思维，能够独立探究数列的性质。
加强与其他数学知识的联系，提高综合运用数学知识解决问题的能力。
注重实际问题的数学建模训练，提升解决实际问题的能力。
总之，新高考数学数列部分的考查更加注重考生的综合能力，考生需要在平时的学习中注重基础知识的积累，同时加强思维训练和实际应用能力的培养。
（2024·新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．（2024·甘肃平凉·模拟预测）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，2，3经过第一次“和扩充”后得到数列1，3，2，5，3；第二次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3.设数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.
(1)若，，，求，；
(2)若，求正整数n的最小值；
(3)是否存在实数a，b，c，使得数列为等比数列 若存在，求a，b，c满足的条件；若不存在，请说明理由.
2．（2024·吉林·三模）已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”.
(1)数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；
(2)若为的“伴随数列”，证明：；
(3)已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值.
3．（2024·河北邯郸·模拟预测）已知给定数列，从第二项起后项与前项作差，得到新数列，定义这个新数列为数列的阶差数列，记为，继续上述操作，得到新数列，称为的阶差数列，记为，一般地，对任意，称数列为数列的阶差数列．
(1)写出数列的阶差数列；
(2)若数列的首项阶差数列，求的通项公式；
(3)若数列的首项，且，求数列的最小值．
1．（2024·广东广州·模拟预测）若有穷数列（且）满足，则称为M数列.
(1)判断下列数列是否为M数列，并说明理由：
①1，2，4，3.
②4，2，8，1.
(2)已知M数列中各项互不相同.令，求证：数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列；
(3)已知数列是（且）个连续正整数的一个排列.若，求的所有取值.
2．（2024·江西九江·二模）已知无穷数列中，，记.
(1)若为，是一个周期为4的数列（即），直接写出的值；
(2)若为周期数列，证明：，使得当时，是常数；
(3)设是非负整数，证明：的充分必要条件为为公差为的等差数列.
3．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：．数列对于确定的正整数k，若存在正整数n使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”
(1)已知数列满足，判断是否对，总存在确定的正整数k，使得数列为“k阶可分拆数列”，并说明理由；
(2)设数列的前n项和为．
（ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值；
（ⅱ）在（ⅰ）问的前提下，若数列满足，其前n项和为，求证：当且时，成立．
模板03 集合新定义的答题模板
集合中的新概念问题通常涉及重新定义集合本身或其内部元素，通过结合集合论的知识进行创新，需要运用集合论的现有知识来解决问题。
集合中的新运算问题通常源于创新性的运算规则。依据这些新规则，结合数学中已有的运算和规则，我们可以通过集合论或其他相关知识进行计算或逻辑推理，以求得问题的解答。
集合中的新性质问题往往是由集合的定义和性质的创新衍生而来。我们可以通过结合集合论的相关概念、关系和运算等知识，运用相应的数学思想和方法来解答这些新性质问题。
解决新高考数学中集合新定义问题的关键在于理解新定义的本质，并将其转化为熟悉的集合运算问题。
（2024·江苏南通·一模）已知有限集，若，则称为“完全集”.
(1)判断集合是否为“完全集”，并说明理由；
(2)若为“完全集”，且，用列举法表示集合（不需要说明理由）；
(3)若集合为“完全集”，且均大于0，证明：中至少有一个大于2.
1．（2024·全国·模拟预测）已知集合，若对任意的，，有或，则称集合为完美集合．
(1)分别判断集合与是否为完美集合；
(2)当时，若，求完美集合；
(3)若集合为完美集合，记，求证：．
2．（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．
1．（2024·贵州遵义·二模）设集合或，中的元素，，定义：．若为的元子集，对，都存在，使得，则称为的元最优子集．
(1)若，且，试写出两个不同的；
(2)当时，集合，证明：为的2元最优子集；
(3)当时，是否存在2元最优子集，若存在，求出一个最优子集，若不存在，请说明理由．
2．（2024·四川·一模）桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，我们会发现至少会有一个抽屉里面放不少于两个苹果．这一现象就是我们所说的“抽屉原理”．
抽屉原理的一般含义为：如果每个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素，假如有个元素放到n个集合中去，共中必定有一个集合里至少有两个元素．
应用抽屉原理，解答下列问题：设n为正整数，集合.对于集合A中的任意元素和，记.
(1)当时，岩，，求和的值；
(2)当时，对于A中的任意两个不同的元素，，证明：.
(3)给定不小于2的正整数n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素，，.写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明由.
3．（2024·陕西西安·二模）已知数集．若的两个非空子集和满足：，，则称集合和是的一个“分拆”．已知和是的一个分拆，表示数集中所有元素的和．
(1)若，，求；（用数值表示）
(2)证明：；
(3)若n为给定的偶数，关于的方程有整数根，求的最小值，并写出取到最小值时的所有的集合A．
模板04 概率统计新定义的答题模板
概率统计的新定义有二项式定理新定义、排列组合新定义、概率新定义和统计方法新定义，这些新定义通常出现在高等数学教材或研究领域中，综合性较强
求解新高考数学中的概率统计新定义，可以遵循以下步骤：
1. 理解基本概念
2. 掌握计算方法
3. 运用统计方法
4. 分析题型特点
5. 建立模型求解
通过上述步骤，可以系统地解决新高考数学中的概率统计新定义问题。
（2024·四川·模拟预测）设.
(1)若展开式中第5项与第7项的系数之比为，求k的值；
(2)设，且各项系数互不相同，现把这个不同系数随机排成一个三角形数阵：第1列1个数，第2列2个数，，第n列n个数.设是第列中的最小数，其中，且，记的概率为，求证：.
(3)设且，集合的所有3个元素的子集记为，记为中最小元素与最大元素之和，求的值.
1．（2024·山东济南·三模）高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域.设 ，记 ，并规定.记，并规定.定义.
(1)若，求和；
(2)求 ；
(3)证明：
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）泊松分布是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量的所有可能取值为0，1，2…，且，其中，则称服从泊松分布，记作.
(1)设，且，求；
(2)已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当不太大时，有.
（ⅰ）已知甲地区共有100000户居民，每户居民每天有0.00010的概率需要一名水电工.试估计某天需要至少2名水电工的概率；
（ⅱ）在（ⅰ）的基础上，已知乙地区共有200000户居民，每户居民每天有0.00004的概率需要一名水电工.试估计某天两个地区一起至少需要3名水电工的概率.
1．（2024·湖北荆州·模拟预测）如图所示数阵，第行共有个数，第m行的第1个数为，第2个数为，第个数为，规定：.
…… … … … … …
(1)试判断每一行的最后两个数的大小关系，并证明你的结论；
(2)求证：每一行的所有数之和等于下一行的最后一个数；
(3)从第1行起，每一行最后一个数依次构成数列，设数列的前n项和为是否存在正整数k，使得对任意正整数n，恒成立？如存在，请求出k的最大值，如不存在，请说明理由.
2．（2024·浙江宁波·一模）开启某款保险柜需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是中的一个整数），是根据开启时收到的动态校验钥匙（为1~5中的一个随机整数）计算得到的动态校验码.的具体计算方式：是的个位数字.例如：若静态密码为，动态校验钥匙，则，从而动态校验码，进而得到四位开柜密码为.
(1)若用户最终得到的四位开柜密码为，求所有可能的动态校验钥匙；
(2)若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙，求动态校验码的概率分布列；
(3)若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙的概率为，其中是互不相等的正数.记得到的动态校验码的概率为，试比较与的大小.
模板05 立体几何新定义的答题模板
新高考数学立体几何部分，新定义的引入是近年来考试改革的一个重要方面。新定义通常涉及一些特定的几何概念、性质或定理，这些内容在传统的教学大纲中可能没有明确提及，但它们对于解决某些特定问题非常关键。考情分析显示，新定义的题目往往要求考生具备较强的逻辑推理能力和空间想象能力。
在备考时，考生需要特别注意以下几个方面：
理解新定义的含义：考生需要准确理解新定义的几何概念或性质，并能够将其与已知的数学知识联系起来。
掌握新定义的应用：通过大量练习，熟悉新定义在解决立体几何问题中的应用，包括但不限于计算体积、表面积、线段长度、角度等。
分析和解决问题的能力：面对新定义题目，考生应学会如何分析问题，运用逻辑推理和几何直观来解决问题。
关注新定义与实际问题的结合：新高考数学试题越来越注重实际应用，考生应学会将新定义与实际问题结合起来，提高解决实际问题的能力。
总之，新定义的引入增加了立体几何题目的难度和深度，考生需要在复习时特别关注这些内容，通过多种方式提高自己的理解和应用能力。
离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中.

(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为.
①求点到平面的距离；
②点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度.
1．已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，.
(1)求的长；
(2)若为的中点，求二面角的余弦值；
(3)若为上一点，且满足，求.
2．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.
1．蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
2．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为.、、为球面上三点，劣弧的弧长记为，设，表示以为圆心，且过、的圆，同理，圆，的劣弧、的弧长分别记为、，曲面（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角，，分别为、、，则球面三角形的面积为.
(1)若平面、平面、平面两两垂直，求球面三角形的面积；
(2)若平面三角形为直角三角形，，设，，.则：
①求证：
②延长与球交于点.若直线，与平面所成的角分别为，，，，为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值，及此时平面截球的面积.
3．（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.
模板06 解析几何新定义的答题模板
解析几何是高中数学的重要组成部分，它以代数方法研究几何问题，是连接代数与几何的桥梁。在新高考数学中，解析几何的内容和考查方式有所更新，新定义是重要的考点之一，综合性强，难度较大
新高考数学解析几何部分增加了对新定义的理解和应用的考查。这类问题通常会给出一个未见过的几何概念或性质，要求考生在理解的基础上，运用已学知识进行推导和计算。
综合性增强：解析几何题目往往与其他数学领域如代数、三角等知识相结合，考查学生综合运用多种数学工具解决问题的能力。
实际应用背景：新高考数学解析几何题目更加注重实际应用，题目背景往往来源于实际生活或科学技术，要求学生能够将抽象的数学问题与现实世界联系起来。
创新思维的考查：解析几何题目中可能会出现一些开放性问题，鼓励学生运用创新思维，探索多种解题方法，而不仅仅是套用固定模式。
计算能力与逻辑推理能力并重：新高考数学解析几何部分不仅考查学生的计算能力，还强调逻辑推理能力。考生需要准确理解几何图形的性质，合理运用几何定理和公式，进行严密的逻辑推理。
针对这些考情变化，考生在备考时应加强对新定义的理解和应用，提高解决综合性问题的能力，注重实际应用背景的题目训练，并在解题过程中发挥创新思维，同时加强计算能力和逻辑推理能力的培养。
阅读材料：
在平面直角坐标系中，若点与定点（或的距离和它到定直线（或）的距离之比是常数，则，化简可得，设，则得到方程，所以点的轨迹是一个椭圆，这是从另一个角度给出了椭圆的定义.这里定点是椭圆的一个焦点，直线称为相应于焦点的准线；定点是椭圆的另一个焦点，直线称为相应于焦点的准线.
根据椭圆的这个定义，我们可以把到焦点的距离转化为到准线的距离.若点在椭圆上，是椭圆的右焦点，椭圆的离心率，则点到准线的距离为，所以，我们把这个公式称为椭圆的焦半径公式.
结合阅读材料回答下面的问题：
已知椭圆的右焦点为，点是该椭圆上第一象限的点，且轴，若直线是椭圆右准线方程，点到直线的距离为8.
(1)求点的坐标；
(2)若点也在椭圆上且的重心为，判断是否能构成等差数列？如果能，求出该等差数列的公差，如果不能，说明理由.
1．已知椭圆，点为椭圆短轴的上端点，为椭圆上异于点的任一点，若点到点距离的最大值仅在点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知．
(1)若，判断椭圆是否为“圆椭圆”；
(2)若椭圆是“圆椭圆”，求的取值范围；
(3)若椭圆是“圆椭圆”，且取最大值，为关于原点的对称点，也异于点，直线、分别与轴交于、两点，试问以线段为直径的圆是否过定点？证明你的结论．
2．在平面直角坐标系xOy中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比.
(1)已知曲线的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程；
(2)射线的方程，如果椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线与椭圆分别交于两点A、B，且，求椭圆的方程；
(3)对抛物线，作变换，得抛物线；对作变换，得抛物线；如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，…若，，求数列的通项公式.
1．定义：在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．双曲线的左、右焦点分别为，，其他轴为2，且点为双曲线右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于、两点，且点在点上方．当轴时，直线为的等线．
(1)求双曲线的方程；
(2)若是四边形的等线，求四边形的面积；
(3)已知为坐标原点，设，点的轨迹为曲线，判断：在点处的切线是否为的等线，并说明理由．
2．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
3．（2024·江西新余·二模）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，
(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：
(2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
1．定义两种新运算“”与“”，满足如下运算法则：对任意的，有，.设全集且，且.
(1)求集合；
(2)求集合；
(3)集合是否能满足？若能，求出实数的取值范围；若不能，请说明理由.
2．在平面上，我们把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，为该曲线的两个焦点．已知曲线是一条伯努利双纽线．
(1)求曲线的焦点的坐标；
(2)判断曲线上是否存在两个不同的点、（异于坐标原点），使得以为直径的圆过坐标原点．如果存在，求点、坐标；如果不存在，请说明理由．
3．已知实数集，定义：（与可以相同）．记为集合中的元素个数．
(1)若，请直接给出和；
(2)若均为正数，且，求的最小值；
(3)若，求证：．
4．设是定义在上的奇函数.若是严格减函数，则称为“D函数”.
(1)分别判断和是否为D函数，并说明理由；
(2)若是D函数，求正数a的取值范围；
(3)已知奇函数及其导函数定义域均为.证明：“在上严格减”不是“为D函数”的必要条件.
5．“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，，则
(1)①点，，求的值．
②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程．
(2)已知点，直线，求B点到直线的“曼哈顿距离”最小值；
(3)设三维空间4个点为，，且，，．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即，求最大值，并列举最值成立时的一组坐标．
6．（2024·海南·二模）设数列，如果A中各项按一定顺序进行一个排列，就得到一个有序数组．若有序数组满足恒成立，则称为n阶减距数组；若有序数组满足恒成立，则称为n阶非减距数组．
(1)已知数列，请直接写出该数列中的数组成的所有4阶减距数组；
(2)设是数列的一个有序数组，若为n阶非减距数组，且为阶非减距数组，请直接写出4个满足上述条件的有序数组；
(3)已知等比数列的公比为q，证明：当时，为n阶非减距数组．
7．一般地，设函数在区间上连续，用分点将区间分成个小区间，每个小区间的长度为，在每个小区间上任取一点，作和式．如果当无限接近于0（亦即时，上述和式无限趋近于常数，那么称该常数为函数在区间上的定积分，记为．当时，定积分的几何意义表示由曲线，两直线与轴所围成的曲边梯形的面积（如下图）．
如果是区间上的连续函数，并且，那么
(1)求；
(2)设函数．
（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）数列满足，利用定积分的几何意义，证明：．
8．定义：若椭圆上的两个点，满足，则称A，B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作．已知椭圆C：上一点．
(1)求“共轭点对”中点B所在直线l的方程．
(2)设O为坐标原点，点P，Q在椭圆C上，且，（1）中的直线l与椭圆C交于两点．
①求点，的坐标；
②设四点，P，，Q在椭圆C上逆时针排列，证明：四边形的面积小于．
9．已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．
(1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；
(2)若，证明：；
(3)设，若，求的最小值．
10．（2024·海南海口·一模）在计算机科学中，维数组是一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用．对于维数组，定义与的差为与之间的距离为．
(1)若维数组，证明：；
(2)证明：对任意的数组，有；
(3)设集合，若集合中有个维数组，记中所有两元素间的距离的平均值为，证明：．
11．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，其过程具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，即第n＋1次状态的概率分布只与第n次的状态有关，与第，…次的状态无关，即．已知甲盒中装有1个白球和2个黑球，乙盒中装有2个白球，现从甲、乙两个盒中各任取1个球交换放入对方的盒中，重复n次（）这样的操作，记此时甲盒中白球的个数为，甲盒中恰有2个白球的概率为，恰有1个白球的概率为．
(1)求和．
(2)证明：为等比数列．
(3)求的数学期望（用n表示）．
12．（2024·福建厦门·模拟预测）对于数列，数列称为数列的差数列或一阶差数列.差数列的差数列，称为的二阶差数列.一般地，的阶差数列的差数列，称为的阶差数列.如果的阶差数列为常数列，而阶差数列不是常数列，那么就称为阶等差数列.
(1)已知20，24，26，25，20是一个阶等差数列的前5项.求的值及；
(2)证明：二阶等差数列的通项公式为；
(3)证明：若数列是阶等差数列，则的通项公式是的次多项式，即（其中（）为常实数）
13．拓扑学里有一个非常重要的不动点定理：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”，若，则称为的“稳定点”.将函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，并且当函数单调递增时，.
(1)试探究集合和的关系，并证明你的结论.
(2)函数.
①若的“不动点”有两个，求的取值范围；
②若（），讨论集合的子集的个数.
14．（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）.
15．若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为，若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数.
若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凹函数”.也可设可导函数在上的导函数为.若在区间单调递增；则称为区间上的凹函数.（这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式.）
(1)讨论函数，的凹凸性，并求锐角中，求的最小值；
(2)已知函数.
（ⅰ）当时，讨论的凹凸性；
（ⅱ）平面直角坐标系中的点称为函数的“切点”，当且仅当过点恰好能作曲线的条切线，其中.当时，点在轴右侧且为的“切点”，求点的集合.（不需要写出求解过程）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)解答题07 6类新定义答题模板
（函数与导数新定义、数列新定义、集合新定义、概率统计新定义、
立体几何新定义、解析几何新定义）
模板01 函数与导数新定义的答题模板
函数与导数的新定义主要涉及两种类型的定义：概念新定义型和性质新定义型。
1. 概念新定义型：
这类定义主要是以函数新概念为背景，通常考查考生对函数新概念的理解，涉及函数的三要素（定义域、值域、对应关系）。这类题目要求考生能够理解和应用函数的基本概念。
2. 性质新定义型：
这类定义主要是以函数新性质为背景，重点考查考生灵活应用函数性质的能力，涉及函数的各种相关性质的拓展延伸，要求考生能够将这些新定义与已知的函数性质结合起来解决问题。
总结来说，函数与导数的新定义题型主要考查考生对新概念的接受和应用能力，以及对现有性质的拓展和创新能力。在解题过程中，考生需要灵活运用所学知识，将新定义与旧概念结合起来，解决具体问题。
1. 理解新定义（能理解题目中给出的新定义，通常涉及到函数的新特性或导数的新计算方法）
2. 应用基本导数性质（根据已知的导数性质和方法，如导数的定义、四则运算来求解函数的导数）
3. 解决特定问题（对于一些复杂的导数问题，可能需要利用到函数的单调性、极值、最值等性质，或者结合特定的数学工具和方法，如泰勒公式、洛必达法则等）
（2024·河南·三模）设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则为曲线的拐点.
(1)判断曲线是否有拐点，并说明理由；
(2)已知函数，若为曲线的一个拐点，求的单调区间与极值.
思路详解：（1）解：由函数，可得，
由，得，又由，得，所以曲线没有拐点.
（2）解：由函数，
可得，
因为为曲线的一个拐点，所以，
所以，解得，经检验，当时，，
所以.
当或时，，则的单调递增区间为；
当时，，且不恒成立，则的单调递减区间为，
故当时，取得极大值，且极大值为；
当时，取得极小值，且极小值为.
1．（2024·全国·模拟预测）若函数在上满足且不恒为0，则称函数为区间上的绝对增函数，称为函数的特征函数，称任意的实数为绝对增点（为函数的导函数）．
(1)若1为函数的绝对增点，求的取值范围；
(2)绝对增函数的特征函数的唯一零点为．
（ⅰ）证明：是的极值点；
（ⅱ）证明：不是绝对增函数．
思路详解：（1）因为函数，所以，
则．
由得，解得或，
所以为区间及区间上的绝对增函数．
又1为函数的绝对增点，所以或，解得或，
所以的取值范围为．
（2）（ⅰ）设为区间上的绝对增函数，由题意知，当时，．
①若，存在，且在区间上单调递增，则在区间上，，则，与矛盾．
若，存在，且在区间上单调递减，则在区间上，，则，与矛盾．
若，存在，且在区间上不单调，则存在，且，此时与有唯一零点矛盾．所以．
②若，不妨设，则，且存在，使得当时，，且当时，，即，使在上单调递减，在上单调递增．
所以为的极值点．同理，当时也成立．
（ⅱ）若为绝对增函数，则在上恒成立，
又恒成立，所以恒成立．
令，所以，且，
所以在上单调递增．又，所以当时，，则，与矛盾，所以假设不成立，所以不是绝对增函数．
【点睛】关键点点睛：若为绝对增函数，则在上恒成立，可构造函数，得出矛盾，即可证明.
2．（2024·福建·三模）设为函数的导函数，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数，区间称作函数的凹区间；反之，则称为区间上的凸函数，区间称作函数的凸区间.
(1)已知函数，求的凹、凸区间；
(2)如图所示为某个凹函数的图象，在图象上任取两个不同的点，，过线段的中点作轴的垂线，与函数图象和轴分别交于，两点，则有.
①将不等关系转化为对应的不等式；
②证明：当，时，恒成立.
思路详解：（1）因为的定义域为，，
设，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以的凹区间为，凸区间为；
（2）①对于凹函数定义域中的任意两个自变量，
，，
，，
所以，，
由，有，
②对不等式两边取对数，问题等价于，
恒成立，
构造函数，，
即恒成立，
，令，
，
令，即，解得，
所以是函数的凹区间，
，所以当时，是凹函数，
由①知，，当时，等号成立，
所以时，恒成立，
即恒成立.
3．（2024·福建厦门·三模）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，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.其中，，…，.已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数a，b的值；
(2)设，证明：；
(3)已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：.
思路详解：（1）依题意可知，，因为，所以，
此时，，因为，，
所以，，
因为，所以；
（2）依题意，，
，
故在单调递增，
由，故，，，，
综上，，；
（3）不妨设，令，
，
当时，，此时单调递增，不存在三个不等实根；
当时，令，其判别式，
若，即，恒成立，即，
此时单调递减，不存在三个不等实根；
若，即，存在两个不等正实根，
此时有当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又因为，且，故，
因为，所以，即，
所以，
所以存在，满足，
又因为，
故存在，满足，
故当且仅当时，存在三个不等实根，
且满足，且，
由（2）可知，当时，，
因此，，
故，
化简可得：，
因此，命题得证.
1．（2024·湖南长沙·模拟预测）定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数．
(1)当时，判断是否为极值可差比函数，并说明理由；
(2)是否存在使的极值差比系数为 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
(3)若，求的极值差比系数的取值范围．
【答案】(1)是极值可差比函数，理由见解析
(2)不存在，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，可得出该函数的极大值点、极小值点及极大值、极小值，结合题中定义验证即可；
（2）假设存在实数满足题设条件，分析可知、是方程的两个不等正实根，利用题中定义结合韦达定理可得出，然后构造函数，利用导数分析函数的单调性，判断函数的零点个数，可得结论；
（3）由题意可得极值差比系数为，令，则，可得出极值差比系数为，由结合，可得出，利用导数求出函数的值域，即为所求.
【详解】（1）当时，，
所以，
当时，；当时，．
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，极小值为，
所以，因此极值可差比函数．
（2）的定义域为，，即，
假设存在，使得的极值差比系数为，
则、是方程的两个不等正实根，
，解得，不妨设，则，
由于
所以，从而，
得，
令，则，
所以在上单调递增，有，
因此式无解，即不存在使的极值差比系数为．
（3）由（2）知极值差比系数为，
即极值差比系数为，不妨设，
令，则，极值差比系数可化为，
，
又，即，解得，
令，则，
设
所以在上单调递减，当时，，
从而，
所以在上单调递增，所以，
即．
故的极值差比系数的取值范围为
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问考查极值差比系数范围的求解，解题的关键在于，然后根据的范围求出的取值范围，将极值差比系数视为以为自变量的函数，结合导数求其值域问题.
2．（2024·安徽合肥·模拟预测）给定自然数且，设均为正数，（为常数），.如果函数在区间上恒有，则称函数为凸函数.凸函数具有性质：.
(1)判断，是否为凸函数，并证明；
(2)设，证明：；
(3)求的最小值.
【答案】(1)在上为凸函数，证明见解析
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）对求导之后，再求二阶导数，证明即可得出结论；
（2）根据凸函数的性质得，；将中的分子、分母同时除以，得到；加上，利用以上条件得到一个关于与的不等式，变形后即可得出结论.
（3）设，将转化为，判断其单调性，将问题转化为求的最小值；利用（2）的结论，求出的最小值，代入即可得出答案.
【详解】（1）在上为凸函数.
证明：由题知，，
所以，
因为，所以，，
所以在上为凸函数.
（2）证明：因为，
所以，
由题知，分子分母同时除以，
得，所以，即，
根据凸函数的性质得，，
所以，
又因为，
所以，
两边同时乘以，得，
因为，所以，
又因为，所以，
两边同时取倒数，得，
所以，即.
（3）设，则，且，
所以，随增大而增大，
由（2）知，，
所以，
所以，
当时，，，所以，
当且仅当时，等号成立，
当时，，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
当时，最小值为1，满足上式，
所以的最小值是.
【点睛】关键点点睛：第2问的关键是将条件中转化为，紧紧围绕凸函数的性质来做文章；第3问关键是将转化为，利用第2问的结论，求出的最小值.
3．（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.
(1)若，求函数在上的“拉格朗日中值点”；
(2)若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
(3)若，且，求证:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，解得即可；
（2）不妨设，，，则，求出函数的导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再结合拉格朗日中值定理证明即可；
（3）由拉格朗日中值定理可知只需证明，即证明在上单调递减，求出导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）当时，则，
因为为函数在上的“拉格朗日中值点，
则，
即，解得
（2）当时，
不妨设，，，则，
又，令，
则，
又，所以恒成立，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以，所以，
由拉格朗日中值定理可知必存在使得，
即，又，所以，
即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）当时，
由拉格朗日中值定理知，存在和，
使得，，
所以只需证明，即证明在上单调递减，
又，
令，
则，
令，
则，
当时，
令，，则，则在上单调递增，
又，，
所以存在使得，
所以当时，则，即单调递增，
当时，则，即单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以
，
所以，所以在上单调递减，
即在上单调递减，命题得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
4．（2024·湖南湘西·模拟预测）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法．给定自然数m，n，我们定义函数在处的阶帕德近似为，该函数满足．
注：．
设函数在处的阶帕德近似为．
(1)求的解析式；
(2)证明：当时，；
(3)设函数，若是的极大值点，求k的取值范围．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）由题意设，结合帕德近似的定义及导数运算求参数，即可得解析式；
（2）构造且，利用导数研究其单调性并判断与1的大小关系，即可证结论；
（3）利用定义求在处的阶帕德近似函数，并研究的极值确定为界点，再讨论、、并结合导数判断是否为的极大值，即可求范围.
【详解】（1）由题意，可设，且，则，
而，，且，则，
所以.
（2）当时，恒有，
令，且，则，
当时，，即在上递增；
当时，，即在上递减；
所以，故，得证.
（3）令在处的阶帕德近似为，
由，则，故，
由，，而，则，
所以，故，
由，而，则，
综上，，且，
令，则恒成立，
所以在R上递增，即，
故时，时，
所以时，时，
此时，时不是极值点；
以为界，讨论如下：
由连续函数，
当，则，而，
在上，递减，在上，递增，则，
所以，在两侧恒成立，是极小值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，有，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
综上，.
【点睛】关键点点睛：第三问，利用帕德近似及导数知识确定为界点，再讨论参数并利用导数研究单调性，及与1的大小关系为关键.
模板02 数列新定义的答题模板
在新定义数列的考题中，有以下几种情况：
新定义的数列类型：例如，斐波那契数列的变种、递推数列、分段定义的数列等。这些数列的定义和性质可能与传统数列有所不同，需要考生仔细阅读题目，准确理解新定义。
数列性质的探究：考生可能需要探究新定义数列的通项公式、递推关系、特殊项的性质等。这要求考生能够灵活运用数学归纳法、数列极限等数学工具。
数列与函数、不等式等其他数学知识的综合应用：新定义数列的题目往往与其他数学知识相结合，考查考生的综合运用能力。例如，数列与函数的图像、数列与不等式的解法等。
实际问题的数学建模：新高考数学注重考查学生的实际应用能力，因此，数列问题可能会与实际问题相结合，要求考生建立数学模型来解决实际问题。
熟悉并掌握高中数学数列的基本概念和性质。
提升阅读理解能力，准确把握新定义数列的特点。
培养逻辑推理和创新思维，能够独立探究数列的性质。
加强与其他数学知识的联系，提高综合运用数学知识解决问题的能力。
注重实际问题的数学建模训练，提升解决实际问题的能力。
总之，新高考数学数列部分的考查更加注重考生的综合能力，考生需要在平时的学习中注重基础知识的积累，同时加强思维训练和实际应用能力的培养。
（2024·新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：．
思路详解：（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.
1．（2024·甘肃平凉·模拟预测）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，2，3经过第一次“和扩充”后得到数列1，3，2，5，3；第二次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3.设数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.
(1)若，，，求，；
(2)若，求正整数n的最小值；
(3)是否存在实数a，b，c，使得数列为等比数列 若存在，求a，b，c满足的条件；若不存在，请说明理由.
思路详解：（1），第一次“和扩充”后得到数列，
第二次“和扩充”后得到数列，
，；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，
故，故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，故，
则，即，
又，解得，最小值为10；
（3）因为，
，依次类推，，
故
，
若使为等比数列，则或.
2．（2024·吉林·三模）已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”.
(1)数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；
(2)若为的“伴随数列”，证明：；
(3)已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值.
思路详解：（1），,
,，均为正整数，
所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10.
（2）因为数列存在“伴随数列”，
所以，且，
所以，
所以，即，
所以.
（3）①因为，，其中，
当时，，，有，均为正整数，
即当时，数列1,2025存在“伴随数列”：，
因此的最小值为2；
②一方面，由（2）知，，
于是，
所以，
另一方面，由数列存在“伴随数列”，知，
所以是的正约数，
取，
即取，
综合上述为最大值，取，，
当时，
，符合条件，
当，，符合条件
因此的最大值为.
3．（2024·河北邯郸·模拟预测）已知给定数列，从第二项起后项与前项作差，得到新数列，定义这个新数列为数列的阶差数列，记为，继续上述操作，得到新数列，称为的阶差数列，记为，一般地，对任意，称数列为数列的阶差数列．
(1)写出数列的阶差数列；
(2)若数列的首项阶差数列，求的通项公式；
(3)若数列的首项，且，求数列的最小值．
思路详解：（1）由题意，得，；
，所以2阶数列为．
（2）因为，又，所以，
所以，
累加得，即，
所以．
（3）因为，及，得，
又，所以，两边同除，得，
当时，
，
所以，时也满足，
所以，
令，则，
当时，函数单调递减，当时，函数单调递增
而，所以，即时，取得最小值为．
1．（2024·广东广州·模拟预测）若有穷数列（且）满足，则称为M数列.
(1)判断下列数列是否为M数列，并说明理由：
①1，2，4，3.
②4，2，8，1.
(2)已知M数列中各项互不相同.令，求证：数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列；
(3)已知数列是（且）个连续正整数的一个排列.若，求的所有取值.
【答案】(1)①数列不是M数列；②数列是M数列；理由见解析
(2)证明见解析
(3)的所有取值为4或5
【分析】（1）直接根据条件检验即可；
（2）先判断必要性，若数列是等差数列，设公差为，可得数列是常数列．再判断充分性，若数列是常数列，可得，进而可得是等差数列；
（3）先判断不符合题意，，符合题意，进而证明不符合题意，令，可得有三种可能：再根据（2）的结论排除这3种可能性，则可得答案.
【详解】（1）①因为，所以该数列不是M数列；
②因为，所以该数列是M数列．
（2）必要性：
若数列是等差数列，设公差为，
则．
所以数列是常数列．
充分性：
若数列是常数列，
则，即．
所以或．
因为数列的各项互不相同，
所以．
所以数列是等差数列．
（3）当时，因为，所以，不符合题意；
当时，数列为．此时，符合题意；
当时，数列为．此时，符合题意；
下证当时，不存在满足题意．
令，
则，且，
所以有以下三种可能：
①；
②；
③．
当时，因为，
由（2）知：是公差为1（或 1）的等差数列．
当公差为1时，由得或，
所以或，与已知矛盾．
当公差为 1时，同理得出与已知矛盾．
所以当时，不存在满足题意．
其它情况同理可得．
综上可知，的所有取值为4或5．
【点睛】方法点睛：1、对于数列中的新定义问题，一定要理解新数列的性质后才能解题，充分利用新数列的定义去解答问题；
2、对于第三问，可能的取值必然不多，那么可以通过尝试取值，然后找到规律和方法来解决问题.
2．（2024·江西九江·二模）已知无穷数列中，，记.
(1)若为，是一个周期为4的数列（即），直接写出的值；
(2)若为周期数列，证明：，使得当时，是常数；
(3)设是非负整数，证明：的充分必要条件为为公差为的等差数列.
【答案】(1)，，，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定义可直接求出的值.
（2）令（周期），结合新定义，即可证明结论.
（3）根据定义分别证明充分性和必要性，为非负整数，是公差为的等差数列，，，易证出充分性，证明必要性先结合反证法证明数列不是递减，再证明是等差数列.
【详解】（1）因为，，所以；
，，所以；
，，所以；
，，所以.
（2）不妨设的周期为（），
记，，
则当时，是常数.
记，使得当时，是常数，结论正确.
（3）先证充分性：因为是公差为（为非负整数）的等差数列，则.
所以，，
所以（）.
再证必要性：因为，所以，
因为，，所以，
于是有：，，因此.
故数列是公差为的等差数列.
【点睛】思路点睛：此题考查数列相关的新定义问题，涉及求值和证明，证明一个条件是另一个条件的充要条件时一定要考虑完充分性和必要性.
3．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：．数列对于确定的正整数k，若存在正整数n使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”
(1)已知数列满足，判断是否对，总存在确定的正整数k，使得数列为“k阶可分拆数列”，并说明理由；
(2)设数列的前n项和为．
（ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值；
（ⅱ）在（ⅰ）问的前提下，若数列满足，其前n项和为，求证：当且时，成立．
【答案】(1)存在，理由见解析；
(2)（ⅰ）符合条件的实数的值为0；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据“k阶可分拆数列”的概念，判断数列为“1阶可分拆数列”.
（2）先根据前项和公式，求出数列的通项公式，（ⅰ）由可求的值，再讨论时，无解即可；（ⅱ）根据，可得，利用“累加法”可得：；再利用“错位相减法”证明，即可.
【详解】（1）存在，理由如下：
由已知得，
，
，即，
对，当正整数时，存在，使得成立，
即数列为“1阶可分拆数列”.
（2），
当时，，
当时，，
（ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立，
当时，，即，解得，
当时，，即，
因，所以，又，
故方程无解.
综上所述，符合条件的实数的值为0.
（ⅱ）证明：，
当时，，
，
，
由（ⅰ）知，所以，
①，
②，
由①-②可得
，
，
，
，
当且时，成立.
【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的正整数，存在正整数使得成立即可.
模板03 集合新定义的答题模板
集合中的新概念问题通常涉及重新定义集合本身或其内部元素，通过结合集合论的知识进行创新，需要运用集合论的现有知识来解决问题。
集合中的新运算问题通常源于创新性的运算规则。依据这些新规则，结合数学中已有的运算和规则，我们可以通过集合论或其他相关知识进行计算或逻辑推理，以求得问题的解答。
集合中的新性质问题往往是由集合的定义和性质的创新衍生而来。我们可以通过结合集合论的相关概念、关系和运算等知识，运用相应的数学思想和方法来解答这些新性质问题。
解决新高考数学中集合新定义问题的关键在于理解新定义的本质，并将其转化为熟悉的集合运算问题。
（2024·江苏南通·一模）已知有限集，若，则称为“完全集”.
(1)判断集合是否为“完全集”，并说明理由；
(2)若为“完全集”，且，用列举法表示集合（不需要说明理由）；
(3)若集合为“完全集”，且均大于0，证明：中至少有一个大于2.
思路详解：（1）集合，由完全集的定义：
，，
所以集合为“完全集”.
（2）不妨设，由于，
所以，当时，即有，又为正整数，所以，
于是，则无解，即不存在满足条件的“完全集”；
当时，，故只能，求得，
于是“完全集”只有一个，为；
当时，由，
即有，而，
又，
因此，故矛盾，
所以当时不存在“完全集”，
综上：“完全集”为.
（3）证明：若是两个不同的正数，且是完全集，
设，根据根和系数的关系知，相当于的两个根，
由，解得或（舍），
所以，又因为都是正数，若都不大于2，，矛盾，
所以中至少有一个大于2.
1．（2024·全国·模拟预测）已知集合，若对任意的，，有或，则称集合为完美集合．
(1)分别判断集合与是否为完美集合；
(2)当时，若，求完美集合；
(3)若集合为完美集合，记，求证：．
思路详解：（1）集合，当时，，
又，，
所以集合为完美集合．
集合，因为，
所以不是完美集合．
（2）因为，所以，所以，
因为，所以，故，即，
所以．
（3）因为，故，
所以，则．
因为，
所以，
所以，
所以．
因为，
所以，
又因为，
全部相加得，即，
所以，又，所以．
2．（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．
思路详解：（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，
1．（2024·贵州遵义·二模）设集合或，中的元素，，定义：．若为的元子集，对，都存在，使得，则称为的元最优子集．
(1)若，且，试写出两个不同的；
(2)当时，集合，证明：为的2元最优子集；
(3)当时，是否存在2元最优子集，若存在，求出一个最优子集，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)或；
(2)证明见解析；
(3)不存在，理由见解析.
【分析】（1）根据给定的定义直接写出即可.
（2）任取，确定存在的，使得，代入计算证得.
（3）先考虑的情况，证明不存在最优子集即可推理得证.
【详解】（1）取或，满足，
所以或.
（2）任取，则存在，使得，
记，
，
若，则结论成立；若，则，
所以为的2元最优子集.
（3）先考虑的情况，假设存在2元最优子集，
记，
，使，
记，则，
由，得，
因此中至少有一个数大于等于4，
这与是最优子集矛盾，由的任意性，可知不存在最优子集，
当时，，
则，所以没有2元最优子集.
【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
2．（2024·四川·一模）桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，我们会发现至少会有一个抽屉里面放不少于两个苹果．这一现象就是我们所说的“抽屉原理”．
抽屉原理的一般含义为：如果每个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素，假如有个元素放到n个集合中去，共中必定有一个集合里至少有两个元素．
应用抽屉原理，解答下列问题：设n为正整数，集合.对于集合A中的任意元素和，记.
(1)当时，岩，，求和的值；
(2)当时，对于A中的任意两个不同的元素，，证明：.
(3)给定不小于2的正整数n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素，，.写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明由.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据定义得到，；
（2）设，，求出，，分析出，，证明出，当且仅当时等号成立；
（3）在（2）的基础上，得到若，则成立，对集合进行分类，应用抽屉原理和反证法，得到满足条件的集合B中元素个数不多于，在取，对于，2，…，，取，且；，令，得到答案.
【详解】（1）因为，，
所以，
；
（2）当时，对于A中的任意两个不同的元素，，
设，，
，.
对于任意的，，，2，3，4，
当时，有，
当时，有.
即，
所以，
又因为，
所以，，当且仅当时等号成立，
所以
，
即，当且仅当时等号成立：
（3）由（2）可证，对于任意的，，
若，则成立.
考虑设，
，
对于任意的，3，…，n，
，
所以，
假设满足条件的集合B中元素个数不少于，
则至少存在两个元素在某个集合中，
不妨设为，，则.
与假设矛盾，所以满足条件的集合B中元素个数不多于.
取；
对于，2，…，，取，
且；.
令，
则集合B满足条件，且元素个数为，
故B是一个满足条件且元素个数最多的集合.
【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．（2024·陕西西安·二模）已知数集．若的两个非空子集和满足：，，则称集合和是的一个“分拆”．已知和是的一个分拆，表示数集中所有元素的和．
(1)若，，求；（用数值表示）
(2)证明：；
(3)若n为给定的偶数，关于的方程有整数根，求的最小值，并写出取到最小值时的所有的集合A．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)；
【分析】（1）由题目所给信息可得与，即可得答案；
（2）由反证法结合与为整数可证明结论；
（3）由题可得方程判别式为完全平方数，据此可得表达式，后构造函数
可求得最小值，再由的二进制表示可得集合A.
【详解】（1）由题，当时，.
又由题可知，结合题意又可知，
则；
（2）证明：由题可知均为正整数.
假设，因，则.
注意到为奇数，则不为整数，
这与均为正整数相矛盾，故；
（3）设，又由（2）可知，结合，
则.
因其有整数根，则其判别式为完全平方数，
不然的根一定含有为无理数，与题意不符.
设，其中.
则，
因均为正整数，则，其中.则.
构造函数，其中.则.
令.则.
则在上单调递增，注意到，
则.
得在上单调递减，在上单调递增.
则若，要取最小值，则应为离最近的整数，则或.
则，其中.
则，即的最小值为.
注意到.
则在二进制下的表示为，因任意正整数在二进制下的表示唯一，
则当取最小值时，集合A只能为.
【点睛】关键点睛：本题第一问较为基础；本题第二问，需证两表达式不等，常用反证法解决；
第三问，涉及二次方程的整数根，此类问题若不能分解因式，常利用判别式为完全平方数入手.
模板04 概率统计新定义的答题模板
概率统计的新定义有二项式定理新定义、排列组合新定义、概率新定义和统计方法新定义，这些新定义通常出现在高等数学教材或研究领域中，综合性较强
求解新高考数学中的概率统计新定义，可以遵循以下步骤：
1. 理解基本概念
2. 掌握计算方法
3. 运用统计方法
4. 分析题型特点
5. 建立模型求解
通过上述步骤，可以系统地解决新高考数学中的概率统计新定义问题。
（2024·四川·模拟预测）设.
(1)若展开式中第5项与第7项的系数之比为，求k的值；
(2)设，且各项系数互不相同，现把这个不同系数随机排成一个三角形数阵：第1列1个数，第2列2个数，，第n列n个数.设是第列中的最小数，其中，且，记的概率为，求证：.
(3)设且，集合的所有3个元素的子集记为，记为中最小元素与最大元素之和，求的值.
思路详解：（1）因为的通项公式为，
而它的展开式中第5项与第7项的系数之比为，即，
所以，即，所以，解得或.
因为，所以.
（2）由题意，最小数在第列的概率为，
去掉第列已经排好的个数，
则余下的个数中最小值在第列的概率为，
，以此类推，
余下的数中最小数在第2列的概率为，
所以，
由于，所以，
设，
所以，
记，所以，
所以是递增数列，所以；是递增数列，所以，
所以，所以，即.
（3）集合的所有个元素的子集中：
以为最小元素的子集有个，以为最大元素的子集有个；
以为最小元素的子集有个，以为最大元素的子集有个；
以为最小元素的子集有个，以为最大元素的子集有个.
所以
，
所以，故.
1．（2024·山东济南·三模）高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域.设 ，记 ，并规定.记，并规定.定义.
(1)若，求和；
(2)求 ；
(3)证明：
思路详解：（1）若，
而
（2）当时，
，
当时，由
可得 ；
综上所述，.
（3）结合第二问结论知，
要证
只需证
，
令，易知，
则，
所以，
一方面，
另一方面，，
当且时， 由于，
比较两式中的系数可得：，
则
由 可知=，
当时，由
可知：，
此时命题也成立.
当时， 也成立.
综上所述，.
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）泊松分布是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量的所有可能取值为0，1，2…，且，其中，则称服从泊松分布，记作.
(1)设，且，求；
(2)已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当不太大时，有.
（ⅰ）已知甲地区共有100000户居民，每户居民每天有0.00010的概率需要一名水电工.试估计某天需要至少2名水电工的概率；
（ⅱ）在（ⅰ）的基础上，已知乙地区共有200000户居民，每户居民每天有0.00004的概率需要一名水电工.试估计某天两个地区一起至少需要3名水电工的概率.
思路详解：（1）由得，
且，解得.
故.
（2）（ⅰ）设为甲地区某天需要的水电工数目，则，且.
因为，，，
所以.
那么，某天至少需要2名水电工的概率约为
（ⅱ）设为乙地区某天需要的水电工数目，则，且.
因为，，，
所以.
于是
.
那么，某天两个地区一起至少需要3名水电工的概率约为
.
1．（2024·湖北荆州·模拟预测）如图所示数阵，第行共有个数，第m行的第1个数为，第2个数为，第个数为，规定：.
…… … … … … …
(1)试判断每一行的最后两个数的大小关系，并证明你的结论；
(2)求证：每一行的所有数之和等于下一行的最后一个数；
(3)从第1行起，每一行最后一个数依次构成数列，设数列的前n项和为是否存在正整数k，使得对任意正整数n，恒成立？如存在，请求出k的最大值，如不存在，请说明理由.
【答案】(1)相等，证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，3
【分析】（1）根据题意，猜想得到，结合组合数的运算公式，即可作出证明.
（2）第一行的所有数之和为，第二行的所有数之和为，当时，第m行的所有数之和为，即可得到结论.
（3）根据题意，存在正整数，使得恒成立，结合排列数的计算公式，即可求解.
【详解】（1）第1行最后两数，第2行的最后两数，
第行的第m个数为，第个数为，
猜测：.
因为；
又因为
，
即.所以每一行的最后两个数相等.
（2）第一行的所有数之和为，
第二行的所有数之和为，
当时，第m行的所有数之和为
，
所以每一行的所有数之和等于下一行的最后一个数.
（3）当，时，，，
当时，此时显然不成立；
猜测：存在正整数，使得恒成立，的最大值为3.
证明：当时，恒成立.
由（1）知，，则，
因为
，
又，当时，，
当时，，所以，
综上：存在正整数，且的最大值为3，使得恒成立.
【点睛】方法点睛：有关与组合数有关的综合问题的求解策略：
1、“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”则先将这些元素去和，再由另外元素补足；“不含”则先将这些元素剔除，再从剩余下的元素中去选出；
2、“至少”或“最多”含有几个元素的组合问题：解答此类问题必须十分重视“至少”与“最多”这个两个关键词的含义，谨防重复与漏解，用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法，分类复杂时，可考虑逆向思维，用间接处理；
3、若以组合数有关的证明问题，要熟记组合数的计算公式和组合数的性质，合理推理运算求解.
2．（2024·浙江宁波·一模）开启某款保险柜需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是中的一个整数），是根据开启时收到的动态校验钥匙（为1~5中的一个随机整数）计算得到的动态校验码.的具体计算方式：是的个位数字.例如：若静态密码为，动态校验钥匙，则，从而动态校验码，进而得到四位开柜密码为.
(1)若用户最终得到的四位开柜密码为，求所有可能的动态校验钥匙；
(2)若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙，求动态校验码的概率分布列；
(3)若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙的概率为，其中是互不相等的正数.记得到的动态校验码的概率为，试比较与的大小.
【答案】(1)
(2)
0 5
(3)
【分析】（1）根据，即可分类讨论时的情况求解，
（2）根据可得只能是0或5，结合，对分奇偶即可求解个数，进而可求解概率，
（3）根据，,分别求解和和的概率，即可求解.
【详解】（1）由题意可知：静态密码为，动态验证码，
若,则，得，符合题意，
若,则，得，不符合题意，
若,则，得，不符合题意，
若,则，得，不符合题意，
若,则，得，不符合题意，
综上可得，
（2）对于三位静态密码，由可得的末位是0或5，即只能是0或5，
又，
当为奇数时，，当为偶数时，，
下面计算为奇数时，的个数，
①均为奇数时，个，
②一奇两偶时，个，
共有个，
所以，进而，
因此分布列为
0 5
（3）记事件:得到的动态校验码，事件:得到的动态校验码，
事件:收到动态校验钥匙，
则,
从而，
同理可得,
①对于事件:由第（2）问可知：,
从而,所以，
②对于事件:静态密码对应的,
当或4时，为偶数，得可知，
又当时，,得,可知,
从而，,
所以，
③对于事件:静态密码对应的,
当时，若遍历这十个整数，得的个位数也遍历这十个整数，可知，,从而
当时，若遍历这十个整数，得的个位数遍历，继而有的个位数字也遍历这十个整数，可知，,从而
由①②③可知,即，
【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望
（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，
可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．
模板05 立体几何新定义的答题模板
新高考数学立体几何部分，新定义的引入是近年来考试改革的一个重要方面。新定义通常涉及一些特定的几何概念、性质或定理，这些内容在传统的教学大纲中可能没有明确提及，但它们对于解决某些特定问题非常关键。考情分析显示，新定义的题目往往要求考生具备较强的逻辑推理能力和空间想象能力。
在备考时，考生需要特别注意以下几个方面：
理解新定义的含义：考生需要准确理解新定义的几何概念或性质，并能够将其与已知的数学知识联系起来。
掌握新定义的应用：通过大量练习，熟悉新定义在解决立体几何问题中的应用，包括但不限于计算体积、表面积、线段长度、角度等。
分析和解决问题的能力：面对新定义题目，考生应学会如何分析问题，运用逻辑推理和几何直观来解决问题。
关注新定义与实际问题的结合：新高考数学试题越来越注重实际应用，考生应学会将新定义与实际问题结合起来，提高解决实际问题的能力。
总之，新定义的引入增加了立体几何题目的难度和深度，考生需要在复习时特别关注这些内容，通过多种方式提高自己的理解和应用能力。
离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中.

(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为.
①求点到平面的距离；
②点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度.
思路详解：（1）根据离散曲率的定义得
，
，
，
所以.
（2）①因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，即，
又，
即，所以，
过点作于点，因为平面，平面，
所以，
又，平面，所以平面，
所以点到平面的距离为线段的长，
在中，
即点到平面的距离为；
②过点作交于点，连接，
因为平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
依题意可得，，，
所以，，
设，,,
在中，，
又，所以，
所以，
所以，解得或（舍去），故.
1．已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，.
(1)求的长；
(2)若为的中点，求二面角的余弦值；
(3)若为上一点，且满足，求.
思路详解：（1）因为底面为矩形，
所以，，
因为底面，底面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，
所以为直线与所成的角，即，
设，则，，
在中，
又，所以，解得或（舍去），
所以；
（2）在平面内过点作交的延长线于点，连接，
因为底面，底面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以为二面角的平面角，
因为为的中点，
所以，，
所以，
设二面角的平面角为，则，
所以，
即二面角的余弦值为；
（3）依题意，，又，
所以，，又，所以，
又，平面，所以平面，
在平面内过点作，垂足为，
由平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，又，即，
所以.
2．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.
思路详解：（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.
1．蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案.
（2）（i）结合多面体的表面积的求法求得；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时的值.令，利用余弦定理求得，结合三角恒等变换的知识求得顶点的曲率的余弦值.
【详解】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，
根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，
再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为.
（2）（i）如图所示，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O，
则，则，
菱形SAHC的面积为，
侧面积，
所以蜂房的表面积为.
（ii），
令得到，
所以在递增；在递增.
所以在处取得极小值，也即是最小值.
此时，在中，令，由余弦定理得，
又顶点的曲率为，
.
2．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为.、、为球面上三点，劣弧的弧长记为，设，表示以为圆心，且过、的圆，同理，圆，的劣弧、的弧长分别记为、，曲面（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角，，分别为、、，则球面三角形的面积为.
(1)若平面、平面、平面两两垂直，求球面三角形的面积；
(2)若平面三角形为直角三角形，，设，，.则：
①求证：
②延长与球交于点.若直线，与平面所成的角分别为，，，，为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值，及此时平面截球的面积.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②，
【分析】（1）根据题意结合相应公式分析求解即可.
（2）①根据题意结合余弦定理分析证明；②建系，利用空间向量求线面夹角，利用基本不等式分析可知点，再利用空间向量求球心O到平面AEC距离，结合球的性质分析求解.
【详解】（1）若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有，
所以球面三角形ABC面积为.
（2）①由余弦定理有：，且，
消掉，可得；
②由AD是球的直径，则，
且，，平面BCD，
所以平面BCD，且平面BCD，则，
且，平面ABC，可得平面ABC，
由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以，
不妨先令，则，
由，，，
以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系，

设，则，
可得，，
则，
设平面OBC法向量，则，
取，则，可得，
设平面EST法向量，则，
取，则，可得，
要使sinθ取最小值时，则取最大值，
因为
，
令，则，
可得，
当且仅当取等．
则取最大值，为最小值，
此时点，可得，，
设平面AEC中的法向量，则，
取，则，可得，
可得球心O到平面AEC距离为，
设平面AEC截球O圆的半径为r，则，
所以截面圆面积为.
【点睛】方法点睛：1.利用空间向量求线面角的思路
直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即；
2. 利用空间向量求点到平面距离的方法
设A为平面内的一点，B为平面外的一点，为平面的法向量，则B到平面的距离.
3．（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.
模板06 解析几何新定义的答题模板
解析几何是高中数学的重要组成部分，它以代数方法研究几何问题，是连接代数与几何的桥梁。在新高考数学中，解析几何的内容和考查方式有所更新，新定义是重要的考点之一，综合性强，难度较大
新高考数学解析几何部分增加了对新定义的理解和应用的考查。这类问题通常会给出一个未见过的几何概念或性质，要求考生在理解的基础上，运用已学知识进行推导和计算。
综合性增强：解析几何题目往往与其他数学领域如代数、三角等知识相结合，考查学生综合运用多种数学工具解决问题的能力。
实际应用背景：新高考数学解析几何题目更加注重实际应用，题目背景往往来源于实际生活或科学技术，要求学生能够将抽象的数学问题与现实世界联系起来。
创新思维的考查：解析几何题目中可能会出现一些开放性问题，鼓励学生运用创新思维，探索多种解题方法，而不仅仅是套用固定模式。
计算能力与逻辑推理能力并重：新高考数学解析几何部分不仅考查学生的计算能力，还强调逻辑推理能力。考生需要准确理解几何图形的性质，合理运用几何定理和公式，进行严密的逻辑推理。
针对这些考情变化，考生在备考时应加强对新定义的理解和应用，提高解决综合性问题的能力，注重实际应用背景的题目训练，并在解题过程中发挥创新思维，同时加强计算能力和逻辑推理能力的培养。
阅读材料：
在平面直角坐标系中，若点与定点（或的距离和它到定直线（或）的距离之比是常数，则，化简可得，设，则得到方程，所以点的轨迹是一个椭圆，这是从另一个角度给出了椭圆的定义.这里定点是椭圆的一个焦点，直线称为相应于焦点的准线；定点是椭圆的另一个焦点，直线称为相应于焦点的准线.
根据椭圆的这个定义，我们可以把到焦点的距离转化为到准线的距离.若点在椭圆上，是椭圆的右焦点，椭圆的离心率，则点到准线的距离为，所以，我们把这个公式称为椭圆的焦半径公式.
结合阅读材料回答下面的问题：
已知椭圆的右焦点为，点是该椭圆上第一象限的点，且轴，若直线是椭圆右准线方程，点到直线的距离为8.
(1)求点的坐标；
(2)若点也在椭圆上且的重心为，判断是否能构成等差数列？如果能，求出该等差数列的公差，如果不能，说明理由.
思路详解：（1）由题意可知，点的横坐标为，
且，得，即，
所以椭圆方程为，当时，，
因为点在第一象限，所以点的坐标为；
（2）设，，
由（1）可知，，，，
所以，，，
的重心为，则，即，
则，
所以能构成等差数列，
如图，延长，交于点，，即，
所以，，
，两式相减得，
可得，即，
所以直线的方程为，即，
联立，得，
解得：或，
即，,
或，,
所以分别是或，公差为或.
1．已知椭圆，点为椭圆短轴的上端点，为椭圆上异于点的任一点，若点到点距离的最大值仅在点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知．
(1)若，判断椭圆是否为“圆椭圆”；
(2)若椭圆是“圆椭圆”，求的取值范围；
(3)若椭圆是“圆椭圆”，且取最大值，为关于原点的对称点，也异于点，直线、分别与轴交于、两点，试问以线段为直径的圆是否过定点？证明你的结论．
思路详解：（1）由题意得椭圆方程为，所以，
设，则
，
二次函数开口向下，对称轴为，所以函数在上单调递减，
所以时，函数取最大值，此时为椭圆的短轴的另一个端点，
∴椭圆是“圆椭圆”；
（2）因为椭圆方程为，，设，，
则，，
由题意得，当且仅当时，函数值达到最大，
①当开口向上时，满足（与矛盾，舍去）；
②当开口向下时，满足，
综上可得的取值范围为．
（3）法—：由（2）可得，则椭圆方程为，
由题意：设且，
则，则直线：，则，
则直线，则，
若为直径的圆过定点，由对称性知在轴上，∴设则，且,
∴，，
则，解得，
所以得定点．
法二：椭圆方程：，设，
则，
所以，，
若为直径的圆过定点，由对称性知在轴上，
∴设，则，又，，
所以， ∵，解得，
所以得定点.
2．在平面直角坐标系xOy中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比.
(1)已知曲线的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程；
(2)射线的方程，如果椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线与椭圆分别交于两点A、B，且，求椭圆的方程；
(3)对抛物线，作变换，得抛物线；对作变换，得抛物线；如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，…若，，求数列的通项公式.
思路详解：（1）由条件得，整理得，所以的方程为；
（2）因为，关于原点“伸缩变换”，
对作变换，得，
联立，解得点的坐标为，
联立，解得点的坐标为，
所以，所以或，
所以或；
因此椭圆的方程为或；
（3）对作变换，
得抛物线，得，
又因为，所以，即，
当时，，
得，适用上式，
所以数列的通项公式.
1．定义：在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．双曲线的左、右焦点分别为，，其他轴为2，且点为双曲线右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于、两点，且点在点上方．当轴时，直线为的等线．
(1)求双曲线的方程；
(2)若是四边形的等线，求四边形的面积；
(3)已知为坐标原点，设，点的轨迹为曲线，判断：在点处的切线是否为的等线，并说明理由．
【答案】(1)
(2)12
(3)直线为的等线，理由见解析
【分析】（1）在双曲线的方程中，令，结合已知条件求出点的坐标，根据“等线”的定义可得出关于的方程组，解出的值，即可得出双曲线的方程；
（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.
（3）利用给定条件和新定义证明即可.
【详解】（1）在双曲线的方程中，令，解得，因为直线为的等线，显然点在直线的上方，故有，
又、，有，，解得，，所以的方程为；
（2）设，由题意有方程为①
双曲线渐近线方程为，联立得，，
故，所以是线段的中点，
因为、到过原点的直线距离相等，则过原点点的等线必定满足：、到该等线距离相等，且分居两侧，所以该等线必过点，即直线的方程为，
由，解得，故．
所以，所以，
所以，所以；
（3）设，由，所以，，
故曲线的方程为，由①知切线为，也为，
即，即，易知与在的右侧，在的左侧，
分别记、，到的距离为、、，
由（2）知，，
所以，
由得，，
因为，
所以直线为的等线．
【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用给定定义和条件，然后结合前问结论，得到，证明即可．
2．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；
（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；
（3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论.
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，
即，即，
所以“椭圆”的方程为；
（2）由方程，得，
因为，所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，所以，所以，
所以“椭圆”的范围为，，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；

（3）由题意可设椭圆的方程为，
将点代入得，解得，
所以椭圆的方程为，，
由题意可设直线的方程为，
联立，得，
恒成立，
则，
因为的中点为，
所以直线的中垂线的方程为，
同理直线的中垂线的方程为，
设，则是方程的两根，
即是方程的两根，
所以，
又因，
所以，
两式相比得，所以，
所以，
所以直线与的斜率之积为定值．

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
3．（2024·江西新余·二模）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，
(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：
(2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）；（ⅱ）是，2
【分析】（1）借助所给定义计算即可得；
（2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得；
（ⅱ）法一：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得；
法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得.
【详解】（1）由已知可得，则，
设，则，
所以，，即点P的坐标为；
（2）（i）由与交点为和，则，
由与交点为和，
则，所以，；
（ⅱ）法一：设直线：，、，
与斜椭圆联立：，
有，
∵，，
∴
，
设直线：，代入斜椭圆，
有，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，
点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、，
与椭圆方程联立，即，
可得，
，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，，
.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变.
1．定义两种新运算“”与“”，满足如下运算法则：对任意的，有，.设全集且，且.
(1)求集合；
(2)求集合；
(3)集合是否能满足？若能，求出实数的取值范围；若不能，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)且
【分析】（1）当时，或，当时，，代入新定义计算即可得；
（2）当，，代入新定义计算即可得；
（3）求出A的补集，根据分和讨论，由此求得m的取值范围．
【详解】（1），
当时，或，此时或；
当时，，此时，所以；
（2），
时，，此时，即；
（3）因为，当时，即，
当时，方程无实根，，解得；
当时，则有，即且且，
综上所述，实数m的取值范围是且.
2．在平面上，我们把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，为该曲线的两个焦点．已知曲线是一条伯努利双纽线．
(1)求曲线的焦点的坐标；
(2)判断曲线上是否存在两个不同的点、（异于坐标原点），使得以为直径的圆过坐标原点．如果存在，求点、坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）设焦点，由题意得列出方程，整理后结合即可求得；
（2）假设曲线上存在两点，使得以为直径的圆过原点，则，设直线的方程为，直线的方程为，求出的范围，再根据即可得出结论．
【详解】（1）设焦点，
由题意得，，即，
整理得，，又，
则，解得，因为，所以，
所以．
（2）假设曲线上存在两点，使得以为直径的圆过原点，则，
由，令，，即，
解得，所以直线的斜率均存在，
不妨设直线的方程为，直线的方程为，
将直线的方程与曲线联立，得，
因为、异于坐标原点，即，
所以，解得，
同理可得，
所以不成立，则假设不成立，
即曲线上不存在两点，使得以为直径的圆过原点．

3．已知实数集，定义：（与可以相同）．记为集合中的元素个数．
(1)若，请直接给出和；
(2)若均为正数，且，求的最小值；
(3)若，求证：．
【答案】(1)，；
(2)24
(3)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件定义即可求解；
（2）根据已知条件，转化为关于的二次函数即可求得最大值.
（3）根据题意，分两种情况讨论，当中元素均为非负数和当中元素至少有一个为负数，结合所给定义证明.
【详解】（1），；
（2）一方面，积有个，另一方面，积有个，
故，当中所有元素互素时，等号成立．
要使得时，最小，可令中所有元素互素，此时，，
解得：，
故的最小值为24；
（3）考虑集合中所有元素变为原来的相反数时，集合不改变，
不妨设中正数个数不少于负数个数．
①当中元素均为非负数时，设，
于是，，
此时，集合中至少有，，，…，，，，…，这18个元素，
即；
②当中元素至少有一个为负数时，
设是中全体元素，且，
于是，．
由是中的个元素，且非正数；
又是中的7个元素，且为正数，
故中元素不少于17个，
即；
另外，当时，，
满足，
故．
【点睛】思路点睛：解决新高考模式下的数学新概念题型抓住以下两点：
（1）紧扣题目所给的定义；（2）结合已学数学知识进行解决.
4．设是定义在上的奇函数.若是严格减函数，则称为“D函数”.
(1)分别判断和是否为D函数，并说明理由；
(2)若是D函数，求正数a的取值范围；
(3)已知奇函数及其导函数定义域均为.证明：“在上严格减”不是“为D函数”的必要条件.
【答案】(1)是函数,不是函数，理由见解析.
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据“函数”的定义结合函数的奇偶性以及单调性判断即可.
（2）令，利用导数分类讨论其单调性即可求解.
（3）令函数结合必要条件的定义，推理判断即得.
【详解】（1）函数的定义域为，，
则函数和均为定义在上的奇函数，
当时，函数严格减，因此函数是函数；
当和时，，即函数在上不单调，因此函数不是函数.
（2）函数的定义域为，
，
则函数是定义在上的奇函数，
当时，不是函数，则且，
当时，令，
求导得，
令函数，
求导得.
令，当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，则，即恒成立，
则当时，，
若，则，，函数在上单调递增，，
，则函数在上严格单调递增，不是D函数；
若，则，函数在上单调递减，，
，则函数在上严格单调递减，是D函数，
所以正数的取值范围是.
（3）令函数，其是定义域为，，上的奇函数，
函数在上严格单调递减，因此函数为函数，
，而，则函数在上不单调，
所以“在上严格减”不是“为函数”的必要条件.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键在于证明的导函数恒成立.
5．“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，，则
(1)①点，，求的值．
②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程．
(2)已知点，直线，求B点到直线的“曼哈顿距离”最小值；
(3)设三维空间4个点为，，且，，．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即，求最大值，并列举最值成立时的一组坐标．
【答案】(1)①7；
②；
(2)2；
(3)2，，，，.
【分析】（1）①②根据“曼哈顿距离”的定义求解即可；
（2）设直线上任意一点坐标为，然后表示，分类讨论求的最小值；
（3）将的所有情况看做正方体的八个顶点，列举出不同情况的，即可得到的最小值.
【详解】（1）①；
②设“曼哈顿单位圆”上点的坐标为，则，即.
（2）设直线上任意一点坐标为，则，
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时，
综上所述，的最小值为2.
（3）
如图，为正方体，边长为1，则对应正方体的八个顶点，
当四个点在同一个面上时，
（i）例如：，此时；
（ii）例如：，此时；
当四个点不在同一个平面时，
（iii）例如：，此时；
（iiii）例如：，此时；
（iiiii）例如：，此时；
（iiiiii）例如：，此时；
综上所述，的最大值为2，例如：，，，.
6．（2024·海南·二模）设数列，如果A中各项按一定顺序进行一个排列，就得到一个有序数组．若有序数组满足恒成立，则称为n阶减距数组；若有序数组满足恒成立，则称为n阶非减距数组．
(1)已知数列，请直接写出该数列中的数组成的所有4阶减距数组；
(2)设是数列的一个有序数组，若为n阶非减距数组，且为阶非减距数组，请直接写出4个满足上述条件的有序数组；
(3)已知等比数列的公比为q，证明：当时，为n阶非减距数组．
【答案】(1).
(2).
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题中阶减距数组的定义，写出4阶减距数组，只需要保证有序数组中，和恒成立即可，分别令为数列中的每一个值即可得出结果；
（2）根据题干中阶非减距数组的定义，只需要保证有序数组中，满足和有序数组中，满足恒成立即可.
（3）利用分析法进行逐步反向递推，最后得证.
【详解】（1）4阶减距数组有：.
（2）满足条件的有序数组：
.
（3）证明：设，要证为阶非减距数组，
需证明恒成立，
即证，
需证即
需证
即证.
当时，因为，则，
，
所以；
当时，因为，则，
，
所以；
综上：当时，为n阶非减距数组.
7．一般地，设函数在区间上连续，用分点将区间分成个小区间，每个小区间的长度为，在每个小区间上任取一点，作和式．如果当无限接近于0（亦即时，上述和式无限趋近于常数，那么称该常数为函数在区间上的定积分，记为．当时，定积分的几何意义表示由曲线，两直线与轴所围成的曲边梯形的面积（如下图）．
如果是区间上的连续函数，并且，那么
(1)求；
(2)设函数．
（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）数列满足，利用定积分的几何意义，证明：．
【答案】(1)
(2)①，②证明见解析
【分析】（1）根据基本函数的导数，结合定积分的定义即可计算；
（2）①构造函数，利用导数求解函数的单调性，结合分类讨论积可求解；②根据可得，进而可得数列为等差数列，得，利用定积分的几何意义,证明即可．
【详解】（1）由于，故.
（2）由，
①由恒成立，得恒成立．
令，则．
当时，，此时在,上单调递增，
又，所以在,恒成立．
当时，当时，有，此时在上单调递减，在单调递增，
又，在恒成立，与矛盾．
综上所述，．
②由，可得，所以．
即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，故，
所以，
由题意可得是由曲线，两直线，与轴所围成的曲边梯形的面积．
而表示图一阴影所示各矩形的面积和，
所以，不等式的左边成立．
表示图二阴影所示各矩形的面积和，
所以，不等式的右边成立．
故得证.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
8．定义：若椭圆上的两个点，满足，则称A，B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作．已知椭圆C：上一点．
(1)求“共轭点对”中点B所在直线l的方程．
(2)设O为坐标原点，点P，Q在椭圆C上，且，（1）中的直线l与椭圆C交于两点．
①求点，的坐标；
②设四点，P，，Q在椭圆C上逆时针排列，证明：四边形的面积小于．
【答案】(1)
(2)①，；②证明见解析
【分析】（1）设，根据“共轭点对”得直线方程为，化简即可；
（2）①联立直线和椭圆的方程，解出即可；②设点，，利用点差法得，设过点P且与直线l平行的直线的方程为，计算直线与椭圆相切时的值，再检验证明此时不满足，则证明出面积小于.
【详解】（1）设中点B的坐标为，
对于椭圆C：上的点，由“共轭点对”的定义，
可知直线l的方程为，即l：．
（2）①联立直线l和椭圆C的方程，得解得或，
所以直线l和椭圆C的两个交点的坐标为，．
②设点，，则，
两式相减得．
又，所以，所以，
即，线段PQ被直线l平分．
设点到直线的距离为d，
则四边形的面积．
由，，得．
设过点P且与直线l平行的直线的方程为，则当与C相切时，d取得最大值．
由消去y得．
令，解得，
当时，此时方程为，即，解得，
则此时点P或点Q必有一个和点重合，不符合条件，
故直线与C不可能相切，
即d小于平行直线和（或）的距离．
故.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设点，，代入椭圆方程，利用点差法证明出线段PQ被直线l平分，再设过点P且与直线l平行的直线的方程为，将其与椭圆方程联立，求出直线与椭圆相切时的值，即可证明面积小于.
9．已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．
(1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；
(2)若，证明：；
(3)设，若，求的最小值．
【答案】(1)31是可表数，1024不是可表数，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3)8
【分析】（1）根据定义赋值及数列求和计算验证即可；
（2）根据定义判定则有，从而可知，利用集合间的基本关系得出中最多含有个元素，解不等式即可证明；
（3）利用第二问的结论可设，有，然后利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实确定的最小值为满足成立的，代入求即可.
【详解】（1）31是，1024不是，理由如下：
由题意可知，
当时，有，
显然若时，，
而，
故31是可表数，1024不是可表数；
（2）由题意可知若，即，
设，即使得，
所以，且成立，故，
所以若，则，
即中的元素个数不能超过中的元素，
对于确定的，中最多有个元素，
所以；
（3）由题意可设，使，
又，
所以，即，
而，
即当时，取时，为可表数，
因为，
由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，
使，
所以
，
令，则有，
设，
由的任意性，对任意的，
都有，
又因为，所以对于任意的，为可表数，
综上，可知的最小值为，其中满足，
又当时，，
所以的最小值为.
【点睛】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定中元素互为相反数，再利用集合间的基本关系确定元素个数的关系计算即可；第三问利用第二问的结论可设，有，利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实设任意的，存在，使，得出并结合定义确定为可表数，从而确定的最小值为满足成立的，代入求即可.
10．（2024·海南海口·一模）在计算机科学中，维数组是一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用．对于维数组，定义与的差为与之间的距离为．
(1)若维数组，证明：；
(2)证明：对任意的数组，有；
(3)设集合，若集合中有个维数组，记中所有两元素间的距离的平均值为，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合新定义判断证明；
（2）根据新定义，因为，分和两种情况证明；
（3）根据题意结合排列组合的知识表示的式子，然后结合组合数和基本不等式进行放缩即可证得结论.
【详解】（1）设与中对应项中同时为0的有个，同时为1的有个，
则对应项不同的为个，所以．
所以；
（2）设，
因为，
，
所以，
因为．
所以当时，，
当时，，
所以；
（3）记集合中所有两个元素间距离的总和为，
则．
设集合中所有元素的第个位置的数字共有个个0，
则，
因为，
所以，
所以，
所以.
【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.
11．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，其过程具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，即第n＋1次状态的概率分布只与第n次的状态有关，与第，…次的状态无关，即．已知甲盒中装有1个白球和2个黑球，乙盒中装有2个白球，现从甲、乙两个盒中各任取1个球交换放入对方的盒中，重复n次（）这样的操作，记此时甲盒中白球的个数为，甲盒中恰有2个白球的概率为，恰有1个白球的概率为．
(1)求和．
(2)证明：为等比数列．
(3)求的数学期望（用n表示）．
【答案】(1)，，；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）利用古典概率计算即得；按第1次交换球的结果分类讨论，结合相互独立事件的概率、互斥事件的概率求出.
（2）按第次交换球的结果分类讨论，结合相互独立事件的概率、互斥事件的概率用表示即可推理得证.
（3）利用（2）的结论，求出随机变量的分布列，再求出数学期望.
【详解】（1）若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率，
研究第2次交换球时的概率，根据第1次交换球的结果讨论如下：
①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，
乙盒中的球仍为1白1黑，概率为；
若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为，
②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，
乙盒中的球变为1白1黑，概率为
若甲盒取白球，乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为，
综上，.
（2）依题意，经过次这样的操作，甲盒中恰有2个白球的概率为，
恰有1个白球的概率为，则甲盒中恰有3个白球的概率为，
研究第次交换球时的概率，根据第次交换球的结果讨论如下：
①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，
乙盒中的球仍为1白1黑，概率为；
若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为，
②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为，
此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率为；
若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为，
③当甲盒中的球为3白，乙盒中的球为2黑时，对应概率为，
此时，甲盒只能取白球、乙盒只能取黑球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，
乙盒中的球变为1白1黑，概率为，
综上，
则，
整理得，又，
所以数列是公比为的等比数列.
（3）由（2）知，则，
随机变量的分布列为
1 2 3
所以.
【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
①根据题中条件确定随机变量的可能取值；②求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；③根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望.
12．（2024·福建厦门·模拟预测）对于数列，数列称为数列的差数列或一阶差数列.差数列的差数列，称为的二阶差数列.一般地，的阶差数列的差数列，称为的阶差数列.如果的阶差数列为常数列，而阶差数列不是常数列，那么就称为阶等差数列.
(1)已知20，24，26，25，20是一个阶等差数列的前5项.求的值及；
(2)证明：二阶等差数列的通项公式为；
(3)证明：若数列是阶等差数列，则的通项公式是的次多项式，即（其中（）为常实数）
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定义直接进行求解，得到，并根据二阶差数列的第4项为，求出一阶差数列的第5项为，得到方程，求出；
（2）令，根据二阶等差数列的定义得到，再利用累加法求出；
（3）数学归纳法证明出为的次多项式，利用引理可证出结论.
【详解】（1）的一阶差数列为4，2，，；二阶差数列为，，；
三阶差数列为，，为常数列，故为三阶等差数列，即，
二阶差数列的第4项为，故一阶差数列的第5项为，即，故.
（2）令，
因为是二阶等差数列，所以，
因此，
所以
，命题得证.
（3）证明：先证一个引理：记，是的次多项式，
数学归纳法：当时，是的2次多项式，
假设是的次多项式，对都成立，
由二项式定理，，规定，
将取0，1，2，…，，得，，
，……，，
求和可得
，
则，
故是的次多项式，引理得证.
回到本题，由（2）可知，2阶等差数列的通项是的2次多项式，
假设阶等差数列的通项公式是的次多项式，
对于阶等差数列，它的差数列是阶等差数列，即，
故，
由引理可知，此为的次多项式，命题得证.
【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
13．拓扑学里有一个非常重要的不动点定理：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”，若，则称为的“稳定点”.将函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，并且当函数单调递增时，.
(1)试探究集合和的关系，并证明你的结论.
(2)函数.
①若的“不动点”有两个，求的取值范围；
②若（），讨论集合的子集的个数.
【答案】(1)，证明见解析
(2)①；②答案见解析
【分析】（1）根据“不动点”与“稳定点”的定义证明即可.
（2）①根据“不动点”定义列出方程，分离参数后用数形结合的思想求出的取值范围；②根据递增函数的“不动点”和“稳定点”对应的集合相等，先证明单调递增，再将求“稳定点”问题转化为求“不动点”问题，再根据集合中元素的个数求出子集个数.
【详解】（1），证明如下：
法一：设任意，有，
则，所以，故.
法二：由题意，不动点为与的交点横坐标，
稳定点为与的交点横坐标，
若与有交点，则横纵坐标相等.
则，所以.
（2）①由题意知方程有两个不同的解，
即方程有两个不同的解，即方程有两个不同的解，
令，，则
在上，单调递增，
在上，单调递减，
当和时，，当时，，
所以方程要有两个不同的解，则的取值范围是.
②当时，由函数，（）
可得导函数，
所以在上单调递增，
由已知“当函数单调递增，则”知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，
当时，恒成立，即在上单调递增，
当无限接近于0时，，且，
故存在唯一的，使得，即有唯一解，
所以此时有唯一不动点，
当时，即时，
当趋向无穷大时，趋近于0，
此时，存在唯一，
使得，则，
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，
当趋向正无穷大时，趋向负无穷大，
设，则在上单调递增，
且，
又在时单调递增，
故（ⅰ）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
（ⅱ）当，即，
此时，方程无解，即无不动点，
所以集合的子集有1个，
（ⅲ）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；

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