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新定义问题
猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据
新定义压轴（解答题） 2024年新高考Ⅰ卷第19题 2024年新高考Ⅱ卷第19题 2024年新高考数学新结构体系下，新定义类试题更综合性的考查学生的思维能力和推理能力；以问题为抓手，创新设问方式，搭建思维平台，引导考生思考，在思维过程中领悟数学方法。 题目更加注重综合性、应用性、创新性，本题分值最高，试题容量明显增大，对学科核心素养的考查也更深入。 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. 难度较难，可以预测2024年新高考大题压轴题命题方向将会以新定义类题型展开命题．
题型一 立体几何新定义问题
1．（24-25高三下·广东深圳·阶段练习）（多选）莱昂哈德 医拉是历史上最杰出的数学家之一，在数学许多分支上都可以见到以欧拉命名的常数，公式和定理．在拓扑学中，欧拉公式描述了凸多面体顶点数，棱数和面数之间的关系：记凸多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则．根据欧拉公式，判断下列说法正确的是（ ）
注：若多面体上任意两点的连线段都在该多面体内（含表面），则称该多面体为凸多面体
A．若某棱锥的棱数比顶点数多5，则该棱锥为六棱锥
B．存在7条棱的多面体
C．存在每个面都是五边形或六边形的凸多面体，且任意相邻两个面的边数都不同
D．若某凸多面体每个面都是边长为1的正方形或正五边形，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，则面数的所有可能取值为6，7，12
【答案】AD
【分析】将选项代入公式计算推导可判断AB选项；C选项，假设存在，可设有x个五边形，y个六边形，根据多边形的特点计算顶点数，根据多边形内角和列出不等式求解可判断；D选项，从每个面都是正方形，每个面都是五边形，以及既有正方形又有五边形三个角度分别讨论，分别计算顶点数，棱数求解是否存在相应的面数可判断.
【详解】A选项：代入欧拉公式得，故为六棱锥，A正确；
B选项：若，则，而V，，故，或，，无论哪种情况都无法形成多面体，B错误；
C选项：任意相邻两个面的边数都不同，因此每个顶点至少连接4个面，设共有x个五边形，y个六边形，则（数遍每个五边形的5个顶点和每个六边形的6个顶点，则该多面体每个顶点都被至少数了4遍），考虑所有多边形的内角和，注意每个顶点所连接的内角之和小于，故，整理得无解，C错误；
D选项：①若每个面都是正方形，则每个顶点连接3个面（正方形内角为90°），每条棱连接2个面，故，，代入得，此时为正方体，
②若每个面都是正五边形，则每个顶点连接3个面数（正五边形内角为108°），
每条棱连接2个面，故，，代入得，此时为正十二面体，
③若即存在正方形又存在正五边形，则每个顶点连接3个面，每条棱连接2个面，设共有m个正方形，n个正五边形，则，，代入欧拉公式得，
因为每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，故每个顶点要么连接2个正方形1个五边形，要么连接1个正方形2个五边形，
（i）若每个顶点连接2个正方形1个五边形，则，，解得，，，此时为侧面为正方形的正五棱柱，
（ii）若每个顶点连接1个正方形2个五边形，此时考虑某个五边形，其5条边每条边相连的面一定是五边形正方形间隔环形排列，而5是奇数，不可能；
因此符合题意的简单凸多面体的面数只可能为6，7，12，D正确.
故选：AD
2．（2025高三·全国·专题练习）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为4，给出下列四个结论：正确的是
①勒洛四面体最大的截面是正三角形
②若是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为4
③勒洛四面体的体积是
④勒洛四面体内切球的半径是
【答案】②④
【分析】根据勒洛四面体的定义及其外接球的体积，内切球的性质可得答案.
【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，
如图1所示，故①错误．
根据勒洛四面体的性质，可知它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长，
所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为4，故②正确．
如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，
连接，并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径．
如图3，在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，
连接，由正四面体的性质可知点在上．
因为，所以，则．
因为，即，
解得，
则正四面体外接球的体积是．
因为勒洛四面体的体积小于正四面体外接球的体积，故③错误．
因为，所以，故④正确．
故答案为：②④．
3．（24-25高三下·辽宁本溪·开学考试）如果拉伸两个端头，下列绳子会打结的是？ .
【答案】
【分析】通过想象每根绳子在拉伸两个端头时的变化过程，来确定哪些绳子会形成结，直接判断即可.
【详解】绳子1的判断：当拉伸绳子1的两个端头时，由于绳子自身的缠绕方式，在拉伸过程中会形成一个结，可以想象将两个端头慢慢拉开，绳子中间的缠绕部分会收紧形成结；
绳子2的判断：同样，对于绳子2，其缠绕方式使得在拉伸两个端头时，中间部分会因为绳子的交叉缠绕而形成一个结；
绳子3的判断：绳子3在拉伸两个端头时，绳子可以顺利地被拉直，不会出现打结的情况，因为其缠绕方式并没有形成闭环式的交叉；
绳子4的判断：绳子4拉伸时也能顺利拉直，不会形成结，其交叉部分在拉伸过程中会自然解开；
根据对每根绳子拉伸过程的想象和判断，会打结的绳子是，
故答案为：.
【点睛】方法点晴：创新题主要是在原概念、原公式、原定理、原法则、原运算等的基础上，给出新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，然后此基础上去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
4．（2024高三下·全国·竞赛）如图为一种在机场常见的一次性水杯，可简化为如下模型：设，在空间直角坐标系中，考虑顶点在原点，旋转轴为轴，高为，底面圆半径为的倒立的圆锥，水杯为该圆锥的侧面上的到轴距离不超过的部分（厚度忽略不计）．设为有效容积，即水面平行于平面时所盛水的最大体积，为水杯的侧面积，为了尽可能提高材料的利用率，我们要让最大，此时为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】设圆锥母线与高的夹角为，利用偏导和积分并结合导数即可求出最值.
【详解】设圆锥母线与高的夹角为，则，，
易得水杯侧面方程为①，②，
联立①②得（水杯在正投影为椭圆），
对侧面方程，求关于的偏导数得
，则，
根据曲面面积公式有，，
即，对于椭圆（其中），
，
故圆锥侧面面积，
当时，结合①②知，故水面高度，
此时水面半径，
，
，求最大值等价于求，
令，，则，，
令，当时，，，在上单调递增，
当时，，则，则在上单调递减，
即时，取得最大值，此时，.
故选：D.
5．（24-25高二上·辽宁·开学考试）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，求点A到平面的距离；
(3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【分析】（1）利用离散曲率的定义列式计算得解.
（2）利用线面垂直的判定性质，结合离散曲率求出，进而求出点到平面距离.
（3）利用线面角大小，结合余弦定理列出方程求解即得.
【详解】（1）由离散曲率的定义得
，，
，所以．
（2）由平面平面，得，
又，平面，则平面，
由平面，得，即，又，
即，解得，
过点A作于点，由平面平面，得，
又平面，则平面，
因此点A到平面的距离为线段的长，在中，，
所以点到平面的距离为.
（3）过点作交于点，连接，
由平面，得平面，则为直线与平面所成的角，
依题意，，
则，
设，
在，，
由，得，，
因此，而，解得，
所以.
6．（24-25高二上·江西上饶·期末）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；
过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中．
(1)已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值；
(2)已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，证明：；
(3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据给出的结论，得到直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求直线与平面所成的角的余弦值.
（2）求平面与交线的方向向量和平面的法向量，利用向量的方法，证明直线与平面平行.
（3）分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求平面角的余弦值.
【详解】（1）由直线的点方向式方程为可知直线的一个方向向量坐标为
由平面的一般式方程为可知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以有，
所以，即直线与平面所成角的余弦值为．
（2）由平面可知平面的一个法向量为，
由平面可知平面的一个法向量为，
设两平面交线的方向向量为，则，
令，则，可得，
由平面可知平面的一个法向量为，
因为，即，且，所以．
（3）因平面经过三点，可得，
设侧面所在平面的法向量为
则，令，解得，可得，
由平面可知平面的一个法向量为，
设平面与平面的交线（即直线）的方向向量为，
则，令，则，，可得，
由平面可知平面的一个法向量为，
由，则，解得，
即，
故平面与平面夹角的余弦值为
．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解题中给出的结论，并能利用结论解决问题.
7．（24-25高二上·广东汕头·期末）“出租车几何或曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由十九世纪赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇，是使用在几何度量空间的几何学用语，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为．
(1)在平面直角坐标系中，已知点O为坐标原点，记为点M与直线l上的所有点的曼哈顿距离的最小值．
（i）已知点，求；
（ii）已知点，直线l：，求证：．
(2)在空间直角坐标系中，已知点O为坐标原点，动点P满足，求动点P围成的几何体的体积．
【答案】(1)（i）2；（ii）证明见解析；
(2).
【分析】（1）（i）利用曼哈顿距离的定义计算得解；（ii）在直线上取点，按与之一为0分类，利用曼哈顿距离的定义，借助不等式性质求出最小值即可.
（2）设，利用用曼哈顿距离的定义列式，考查时点所围图形，再利用对称性即得几何体，进而求出体积.
【详解】（1）（i），则.
（ii）当时，设直线上任意一点，
因此；
当时，设，，
因此；
当时，同理，
所以.
（2）设，依题意，，
当时，设，
，
因此，点共面，
点围成的图形是边长为的正三角形及内部，
由对称性知，动点围成的几何体是正八面体，每个面都是边长为的正三角形，
所以动点P围成的几何体的体积.
【点睛】关键点点睛：充分理解曼哈顿距离的定义，并转化为与之相关联的数学问题求解是关键.
题型二 数列新定义问题
1．（2025高三·全国·专题练习）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于年提出的．它的表达如下：如果函数满足在闭区间内连续，在开区间内可导，且，那么在区间内至少存在一点，使得（为的导函数）．若函数．
(1)证明：当时，存在唯一，使得；
(2)当时，，求的取值范围；
(3)若等比数列满足，，，记数列的前项和为，试比较与的大小，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，理由见解析
【分析】（1）令，推导出，结合罗尔定理可证得结论成立；
（2）求得，，分、两种情况讨论，根据在上恒成立，可得出实数的取值范围；
（3）求得，由（2）知当时，，结合罗尔定理可得，再利用等比数列的求和公式可证得结论成立.
【详解】（1）令，
则，
，则，
由罗尔定理可知，在内至少存在一点，使．
又因为在上单调递减，
所以存在唯，使得，即．
（2）令，，
则，，
令，则，
当时，即时，在上恒成立，
故在上单调递增，
因为，所以在上恒成立，
所以在上单调递增，故，即恒成立．
当时，即时，则存在唯一，使得，
且函数在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以，即在上单调递减，
所以当时，，不符合题意．
综上所述，实数的取值范围为．
（3）因为，，所以公比，则，
所以，
由（1）可知存在，使得，
由（2）可知当时，，当且仅当时等号成立，
所以，
所以
，
即．
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答.
2．（2025·湖南岳阳·二模）中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，推导出了三角垛 方垛 刍甍多 刍童垛等的公式.我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称原数列为“阶等差数列”.例如：数列，它的后项与前项之差组成新数列，新数列是公差为1的等差数列，则称数列为二阶等差数列.
(1)若数列满足，且，求证：数列为二阶等差数列；
(2)若三阶等差数列的前4项依次为，求的前项和；
(3)若阶等差数列的通项公式为.
①求的值；
②求的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)①；②
【分析】（1）结合等差数列的定义及题设定义求证即可；
（2）结合已知设，结合累加法得到，进而结合组合数公式求解即可；
（3）①结合题设定义依次求解即可；
②结合组合数公式可得，证明可证，进而求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，
所以是首项为，公差为2的等差数列，
则是一阶等差数列，数列为二阶等差数列.
（2）因为是“三阶等差数列”，所以是“二阶等差数列”，
设，所以是“一阶等差数列”.
由题意得，所以，
，
，
满足上式，所以.
，
因为满足上式，.
.
（3）①，设，
则，
设，
则，
设，
所以，
所以，
所以数列是公差为384的等差数列，
则数列是4阶等差数列，即.
②
，
所以，
又因为
，
所以
，
同理可证，证明如下：
设，因为，
所以，
则
，
所以
3．（2024·广东肇庆·一模）对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的阶和数列．
(1)若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求；
(2)若，求的二阶和数列的前项和；
(3)若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数的最大值，以及取最大值时的公差．
【答案】(1)
(2)
(3)的最大值是，公差为
【分析】（1）根据一阶和数列的定义可计算出，，的值，根据二阶和数列的定义计算出，的值，由的二阶和数列是等比数列可得公比，从而得到，，的值，再由定义可求出的值.
（2）根据定义可得的通项公式，进而求得的前项和公式.
（3）由可得，从而可得公差，结合条件可得正整数的最大值.
【详解】（1）由题意得，，，，
∴，，
设数列的二阶和数列的公比为，则，
∴，，，
∴，，，
∴，，．
（2）设的二阶和数列的前项和为，
由题意得，，，
由得数列是以为首项，为公差的等差数列，
∴.
（3）∵，
∴，故．
设数列的公差为，则，
∴，得，
∵反比例函数在上为增函数，
∴由得，，故，
∵，
∴，故，
∴的最大值是，由得公差.
4．（24-25高二下·安徽铜陵·阶段练习）对于数列，若存在常数满足，则称为“上界数列”，为的“上界”，并把最小的值叫做“上界临界值”，记为．记数列的前项和为，已知，．
(1)判断是否为“上界数列”，并说明理由；
(2)若，为数列的前项和，求数列的“上界临界值”；
(3)若，数列的“上界临界值”为，证明：．
【答案】(1)不是“上界数列”，理由见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用的关系先求通项，再根据新定义确定即可；
（2）利用裂项相消法求和得，再利用数列的单调性结合新定义计算即可；
（3）利用放缩法将，结合等比数列求和公式得，根据新定义证明即可.
【详解】（1）当时，，作差得，
因为，所以，
又当时，，所以，
即是以1为首项，1为公差的等差数列，，
由于数列是无限递增的，显然不存在常数满足，
所以不是“上界数列”；
（2）由上可知，
所以，
因为，所以单调递增，且，
所以，
所以数列的“上界临界值”；
（3）易知，
所以，
显然单调递增，且，n越大，该数值越接近0，故，
由于上述不等式取不得等号，所以数列的“上界临界值”.
【点睛】思路点睛：准确理解新定义的概念，利用等比数列的求和公式、错位相减法或裂项相消法，证明数列不等式常用到放缩法，注意精度即可.
5．（2025·河南开封·二模）设为不小于3的正整数，项数为的数列是公差大于0的等差数列，若存在项数为的数列同时满足：
①数列中任意两项均不相同；
②任意正整数，从小到大排列恰好为数列．
此时称数列是-可拆分等差数列．
(1)写出一个3-可拆分等差数列及其对应的一个数列；
(2)若数列是一个4-可拆分等差数列，表示事件“数列的前三项成等差数列”，求事件发生的概率；
(3)求所有满足数列是-可拆分等差数列的正整数的值．
【答案】(1)等差数列，数列；
(2)；
(3)3和4．
【分析】（1）直接根据数列新定义写出相关数列并验证即可；
（2）利用排列数计算出总情况数，再分析出满足题意的情况，利用古典概型即可得到答案；
（3）根据前面小问得可以取3和4，再分和讨论即可.
【详解】（1）首先项数为，且数列中任意两项均不相同；
，满足条件②，则上述数列满足题意.
（2）数列四项均不相同，故总的排列方法有种．
假设数列各项从小到大排列，即，
则两两相加后最小项，次小项，最大项，次大项．
设等差数列公差为，则，
又数列第三项，第四项；或者第三项，第四项，
所以且，得且；
或者
且，得且，
以上两种情况不能同时成立，由以上分析知使前三项等差的排列方式有4种，故
（3）由前两问知可以取3和4．
时，假设数列各项从小到大排列，则两两相加后最小项，
次小项，最大项，次大项，
因为数列等差，故得，
①若，则各不相同，而与两两不同矛盾，
即时数列不可能是－可拆分等差数列；
②时，，即，
此时数列共10项，最小项，次小项，最大项，次大项，
设等差数列公差为，则，
即，
所以，
剩余四项为，
又公差，故是连续三项，
所以只能是第4项或者第7项，
当是第4项时，得，与两两不同矛盾，
当是第7项时，，得，与两两不同矛盾，故不能是5．
综上，满足数列是－可拆分等差数列的正整数只能是3和4．
6．（2025·陕西汉中·二模）对于数列，记区间内偶数的个数为，则称数列为的偶数列．
(1)若数列为数列的偶数列，求．
(2)若数列为数列的偶数列，证明：数列为等比数列．
(3)在（2）的前提下，若数列为等差数列的偶数列，，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）列出在区间内的偶数，根据偶数列的概念即可求解；
（2）找出在区间内的偶数，求出数列的通项公式，利用等比数列的定义即可证明；
（3）利用等差数列的基本量求出，可得，可得，利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）解：在区间内的偶数为2，4，6，8，10，
共有5个，则．
（2）证明：在区间内的偶数为，
则．
因为，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
（3）解：设等差数列的公差为，则，
所以，
所以．
由（2）知，，则，
①，
则②，
所以①-②可得：
，
故．
6．（24-25高二下·四川绵阳·阶段练习）已知数列的前n项和为，若对，有且仅有一个，使得，则称为“K数列”.记，，称数列为数列的“配对数列”.
(1)若数列的前四项依次为1，2，0，2，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由；
(2)若，证明数列为“K数列”，并求它的“配对数列”的通项公式；
(3)已知正项数列为“K数列”，且数列的“配对数列”为等差数列，证明：.
【答案】(1)数列不是“K数列”，理由见解析
(2)证明见解析，
(3)证明见解析
【分析】（1）求得,判断，结合，不能满足即可判断；
（2）先由求出，再根据“K数列”的定义，分和解对应不等式，即可判断并求出其“配对数列”的通项公式；
（3）先探究得出“配对数列”的公差，再讨论时，推出矛盾得到，接着探究时，由得出矛盾，从而得出，进而得出，即可进一步推出.
【详解】（1）由题意得，，，，……，可知，
因为，所以不存在，使得，
故数列不是“K数列”.
（2）因为，所以当时，；
当时，；
因不满足，故，
令，即，
则当时，有，得；
当时，有，
故，即，
则对每一个，有且仅有一个且，使得，
综上，对任意，有且仅有一个，使得，
所以数列为“K数列”.
，
即数列的“配对数列”的通项公式为.
（3）因为数列是正项“K数列”，所以数列单调递增，
所以，故，
因， 则，故由得，
又数列的“配对数列”为等差数列，
故其公差，
因为，所以，
若，则当时，，与矛盾，
故，所以，，即，
对于，若，则，与正项数列矛盾，
所以，故，
所以，故，
所以，
又，，
故，得证.
题型三 导数新定义问题
1．（2025·河南新乡·二模）曲率是用于描述曲线在某一点处弯曲程度的量，对于平面曲线，其曲率（是的导数，是的导数），曲率半径是曲率的倒数，其表示与曲线在某点处具有相同弯曲程度圆的半径.已知质点以恒定速率沿曲率半径为的曲线作曲线运动时，向心加速度的大小为.若该质点以恒定速率沿形状满足的光滑轨道运动，则其在点处的向心加速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用曲率的定义可求得，进而得曲率半径，利用向心加速度的定义计算可求向心加速度.
【详解】设，则，，所以，，
则曲线在点处的曲率，曲率半径，
故曲线在点处的向心加速度的大小为.
故选：B.
2．（2025·湖北武汉·一模）已知函数的导函数为，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数.已知函数.
(1)若在上为凹函数，求实数的取值范围；
(2)已知，且在上存在零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）令，依题意知，对任意的恒成立，利用分离参数法求解即可；
（2）分和两种情况讨论，求出函数的单调区间及极值，进而可得出答案.
【详解】（1），
则，
依题意知，对任意的恒成立，则恒成立，
令，
则，
故在上单调递增，故，
则实数的取值范围为；
（2）依题意得，，
若，当时，，
所以在上无零点，舍去；
若，则，令，
则，则在上单调递减，且，
①若，即，此时，
则存在，使得，即，
故在上单调递增，在上单调递减，所以，
当时，，
令，解得，
因为，且，
所以存在唯一的，使得，满足条件；
②若，即，此时在上单调递减，
又，所以，不合题意，舍去，
综上所述，实数的取值范围为.
3．（24-25高二下·贵州六盘水·阶段练习）定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”．
(1)若函数和为“契合函数”，求的取值范围．
(2)已知函数和为“契合函数”且有两个“契合点”．
①求的取值范围；
②若，证明：．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）将问题转化为与有交点，求导后可得单调性，进而确定图象，结合图象可求得结果；
（2）①令，采用同构法可得，令，结合导数知识可求得图象，结合单调性可将问题转化为与有两个不同交点，结合单调性可求得的范围；
②根据与的两个不同交点为，采用比值代换的方式，令，将表示为关于的函数的形式，利用导数可求得的单调性和最值，由此可得结论.
【详解】（1）由题意知：与的公共定义域为，
令，即，，
令，若与为“契合函数”，则与有交点.
，
当时，，，即；当时，；
当时，，，即；
在上单调递减，在上单调递增，
，又当时，；当时，；
大致图象如下图所示，

由图象可知：当时，与有交点，
即当与为“契合函数”时，的取值范围为.
（2）①由题意知：与的公共定义域为，
令，则，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，又当时，；当时，；
大致图象如下图所示：

令，则，
由得：，
在上单调递增，又与为“契合函数”，与至少有一个交点，
与有两个不同交点，，，
，解得：，即实数的取值范围为.
②由①得：与的两个不同交点为，且，
，即，，，
令，则由知：，，
，整理可得：，，
，
令，则，
令，则，
令，则，
在上单调递增，，，
在上单调递增，，即，
在上单调递增，，即.
【点睛】关键点点睛：本题重点考查利用导数证明不等式的问题，所证不等式包含双变量，解决此类问题的关键是能够通过换元的方式将所证不等式转化为单变量的形式，进而将问题转化为单变量函数最值的求解问题.
4．（24-25高二下·湖北·阶段练习）意大利画家达 芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”其原理往往运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可表示为双曲余弦函数的图象，现定义双曲正弦函数，他们之间具有类似于三角函数的性质．（已知）
(1)证明：①倍元关系：；②平方关系：
(2)对任意，恒有成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意将双曲余弦函数，双曲正弦函数的解析式代入计算即可证明；
（2）分和讨论，结合导数判断并取舍即可；
（3）利用给定定义目标式子左边合理放缩，结合裂项相消法求和即可证明.
【详解】（1）证明：①；
②.
（2）构造函数
①当时，因为，当且仅当即时等号成立，
所以，故单调递增，
此时，故对任意恒成立，符合题意；
②当时，令，
则恒成立，故单调递增，
由与，
可知存在唯一，使得，
当时，，则在内单调递减，
故对任意，即，不合题意，舍去；
综上所述，实数a的取值范围为.
（3）由（2）知：当时，，令，则，
令单调递增，
所以，即恒成立，
所以，则，
令单调递增，
所以，即恒成立，令，
所以
.
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问考查数列与导数新定义结合，解题的关键是对目标式子左侧合理放缩，然后使用裂项相消法求和，得到所证明的不等关系即可.
5．（2025·贵州安顺·模拟预测）有一种速度叫“中国速度”，“中国速度”正在刷新世界对中国高铁的认知．由于地形等原因，在修建高铁、公路、桥隧等基建时，我们常用曲线的曲率（Curvature）来刻画路线弯曲度．曲线的曲率定义如下：记为的导函数，为的导函数，则曲线在点处的曲率为．
(1)已知函数，求曲线在点处的曲率；
(2)已知函数，求曲线的曲率的范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用给定定义求解特殊点处的曲率即可.
（2）利用给定定义将目标式表示为一元函数，再不断换元，转化为三次函数最值问题，利用导数得到最值，进而求解取值范围即可.
【详解】（1）因为，所以，
，故，，
由曲率公式得.
（2）因为，所以，
，由曲率公式得，
故，
则，
令，令，函数化为，
令，则，函数化为，
对进行变形，得到，
令，函数化为，
此时，我们研究的范围即可，而，
当时，恒成立，故在上单调递增，
而，，
故，即，故.
6．（24-25高三上·江苏扬州·阶段练习）在几何学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点时，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)求椭圆在处的曲率；
(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)1
(2)
(3)
【分析】（1）根据平均曲率的定义，代入计算可得结果；
（2）由在第一象限，可得，两次对函数求导，代入曲率计算公式求解即可；
（3）求出，其中，令，，则，令，构造函数，利用导数判断单调性，求出最小值即可.
【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，，在递减，
时，，在递增，
故；
令，
，
令，
则，当时，恒成立，
故在上单调递增，
可得，即，
故有，
则在递增，
故，
故的最小值为.
【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.
题型四 圆锥曲线新定义问题
1．（2025·辽宁·二模）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”，如左图.

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.
（1）的定义域是 ；（2）的最小值是 .
【答案】
【分析】根据题设新定义证明“垂棱四面体”可补为长方体，将补成长方体，设长宽高分别为，则，设，且联立直线且与椭圆方程，应用韦达定理及两点距离的坐标表示得到，进而求出定义域及其最小值.
【详解】如图，连接，

由题知，平行且等于，平行且等于，
所以，，故为平行四边形，
所以对角线，则是的中点，
同理也是的中点，故“垂棱四面体”的三条内棱交于一点，
由三条内棱两两垂直，易知为菱形，则，
显然，故，同理，
所以“垂棱四面体”可补为如下图示的长方体，

综上，题设右图可将补成长方体，设长宽高分别为，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，为，
所以，
显然，，，则，
设，因直线过椭圆焦点，所以，
联立，得，则，
所以，则，又，，，
所以，
则，即，
由为某长方体的三个顶点，结合题设新定义，易知中为锐角，
所以只需角为锐角，即，则，可得，
由，
所以最大时，最小，
令，则，
由在上单调递增，故，
所以.
故答案为：，.
【点睛】关键点点睛：证明“垂棱四面体”可补为长方体，联立直线与椭圆，应用韦达定理及两点距离的坐标表示得到表达式为关键.
2．（2025·河北沧州·一模）（多选）在平面直角坐标系中，若，，则称“”为M，N两点的“曼哈顿距离”，若动点E到两定点，的“曼哈顿距离”之和为定值，则称点E的轨迹为“曼哈顿椭圆”，若点P为该“曼哈顿椭圆”上一点，则（ ）
A．的周长为 B．面积的最大值为
C．该“曼哈顿椭圆”的面积为 D．该“曼哈顿椭圆”的周长为
【答案】BCD
【分析】根据“曼哈顿距离”的定义，把“曼哈顿距离”表示出来，根据对称性研究第一象限及x轴和y轴非负半轴上点的轨迹，直接去绝对值符号画图象即可逐项判断求解.
【详解】设点P的坐标为，
则P，两点的“曼哈顿距离”，，两点的“曼哈顿距离”，则，
易得“曼哈顿椭圆”关于坐标原点及坐标轴对称，可以先研究第一象限及x轴和y轴非负半轴上点的轨迹，
，作曲线，
根据对称性，可作出如图“曼哈顿椭圆”，则，，，
对于A，B，当点与重合时，的周长为，
此时的面积最大为，故A不正确，B正确；
对于C，梯形的面积为，所以该“曼哈顿椭圆”的面积为，故C正确；
对于D,又，
所以该“曼哈顿椭圆”的周长为，故D正确.
故选：BCD.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据“曼哈顿距离”的定义，表示出“曼哈顿距离”，根据对称性画出图象求解.
3．（2025·江西九江·二模）在平面直角坐标系中，把一个图形绕定点旋转一个定角的图形变换叫作旋转变换.定点叫作旋转中心，定角叫作旋转角（规定逆时针方向为正）.如果图形上的点经过旋转变为点，那么这两个点叫作这个旋转变换的对应点.现将曲线绕顺时针旋转后，得到新曲线，其变换关系为，点在曲线上.
(1)求曲线的方程并确定点的位置；
(2)点的坐标为，按照如下方式依次构造点：过点作斜率为2的直线交于另一点，设是点关于轴的对称点.记的坐标为.
（i）求数列的前项和；
（ii）记为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，证明：在定直线上.
【答案】(1)，点为坐标原点
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据题设定义求解即可；
（2）（i）由题意易得，，进而得到是首项为1，公比为的等比数列，进而求和即可；
（ii）先求出直线的方程为，，，可得直线的方程为，进而求证即可.
【详解】（1）依题意，得即
，故曲线方程为.
点在曲线上，，故曲线方程为
由对称性可知，点为坐标原点
（2）（i）依题意，得，
得①，
又直线的斜率为2且，
②.
将②代入①中，得③，
将②和③相加，得，
从而是首项为1，公比为的等比数列，
.
（ii）点在定直线上.
证明如下：
，
直线的方程为，
令，得.
直线的方程为，直线的方程为，
联立解得.
直线的方程为，直线的方程为，
联立解得.
直线的方程为，
令，得，
直线与直线的交点坐标为，
故点在定直线上.
4．（2025·江西萍乡·一模）如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”.
(1)求“等差椭圆”的离心率；
(2)在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且.
（ⅰ）求与和都相切的直线的方程；
（ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值.
【答案】(1)；
(2)（i）或；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据等差椭圆的定义，结合构造齐次式即可得解；
（2）（ⅰ）设切线方程，分别联立椭圆方程和抛物线方程，利用判别式求解即可；（ⅱ）利用点差法求，利用韦达定理求出点坐标，然后可解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，
因为长半轴、短半轴、半焦距成等差数列，所以，
又，所以，则，
两边同时除以，得，解得（舍去）.
所以“等差椭圆”的离心率为.
（2）（ⅰ）解：若是“等差椭圆”，且，
则由，得，则，，解得.
故，.
易知与和都相切的直线斜率存在且不为0，设方程为：.
联立消去y得，
则，得；①
联立消去得，
则，得，②
联立①②，解得或
故和都相切的直线方程为或.
（ⅱ）证明：设l与相交于，，
线段CD的中点，则，，
两式相减，得，
所以，即，
由已知，，所以，
即，则
联立得，
又，则，
故，
所以中点的坐标为，可得，
所以，为N定值.
【点睛】关键点睛：本题关键在于灵活利用点差法求出，降低计算量，再由中点坐标公式和韦达定理求点N坐标即可得解.
5．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线以坐标原点为顶点，为焦点，的一个公共点为．若，则称为“－相伴”．
(1)若为“－相伴”，求直线的斜率．
(2)若为“－相伴”．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）若，，的方程为，直线与交于点，判断是否存在定点，使得直线与的倾斜角互补，若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)或．
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在定点
【分析】（1）根据题干列出等式，再利用对称性即可得到结果.
（2）（ⅰ）根据点在上，且点在上列出等式，得到，
进而得到，又，列出关于的等式，
利用对勾函数的性质即可得到结果. （ⅱ）由，及（ⅰ）中得出a的值，
进而求出的方程为，设出直线方程与的方程联立，用韦达定理即可得到结果.
【详解】（1）设，由题意知的焦点为，准线为直线，
由抛物线定义得点到的准线的距离．
易知点在第二象限或第三象限．
当点在第二象限时，设直线的倾斜角为，则，
所以，，所以，即直线的斜率为．
当点在第三象限时，由对称性可得直线的斜率为．
综上，直线的斜率为或．
（2）（ⅰ）设，由（1）知的焦点为，
因为点在上，所以，因为点在轴左侧，故，故
因为点在上，所以，
所以，解得，所以．
由椭圆的定义得，又，所以，
所以，即．
设，则，且，
由，可得，
所以，解得，即的取值范围是．
（ⅱ）
因为的方程为，所以，
由，及（ⅰ）中，得，
解得（舍去）或，
所以，
所以的方程为．
设，，由，得，
所以，，，
假设存在定点，使得直线与的倾斜角互补，则直线与的斜率之和为0，
即
，
所以，
所以，即，
所以存在定点，使得直线与的倾斜角互补且．
【点睛】思路点睛：第二问中：根据点在上，且点在上列出等式，得到，
进而得到，又，列出关于的等式，
利用对勾函数的性质即可得到结果.；由，及第一小问中得出a的值，
进而求出的方程为，设出直线方程与的方程联立，用韦达定理即可得到结果.
6．（2025·黑龙江·一模）在平面直角坐标系中，若圆与抛物线有公共点，且圆与抛物线在点处有相同的切线，则称为抛物线的和谐数，圆为的和谐圆.
(1)试判断3是否为抛物线的和谐数.若是，求出3的和谐圆；否则，请说明理由.
(2)设，，…，均为抛物线的和谐数，且，记，，…，的和谐圆分别为圆，，…，，设圆，，…，与抛物线的公共点分别为，，…，，已知，且，圆与外切.
（ⅰ）求数列的通项公式；
（ⅱ）设点，记的面积为，证明：.
【答案】(1)是，
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）先假设3是抛物线的和谐数，进而结合题意求解即可；
（2）（ⅰ）不妨设，由为抛物线的和谐数，可得的和谐圆为，进而结合（1）得到，，进而结合题意可得，进而得到数列是等差数列，进而求解；
（ⅱ）由题意可得，，，可得为等腰三角形，可得的面积，进而放缩得到当时，，结合裂项相消法求证即可.
【详解】（1）假设3是抛物线的和谐数，则3的和谐圆为，
由对称性，不妨设圆与抛物线有公共点，
显然抛物线在点处的切线，即曲线在点处的切线，
易知该切线的斜率为，
∵圆与抛物线在点处有相同的切线，
∴，解得，
∴圆与抛物线有公共点，
∴和谐圆的半径为
∴3是抛物线的和谐数，且3的和谐圆为.
（2）由对称性，只需考虑，，…，均在轴上方的情形，不妨设，
（ⅰ）∵为抛物线的和谐数，
∴的和谐圆为，
∴由（1）可知，，解得，
∴，
∵在圆上，∴，
∵，圆与外切，且，
∴，即，
∴，
∴数列是等差数列，其公差为2，首项为，
∴，即，
∴数列的通项公式为.
（ⅱ）证明：显然点为抛物线的焦点，∴，
易知，且，∴为等腰三角形，
易知的面积，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∴不等式得证.
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：
1.通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
7．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比.
(1)若曲线的方程为，伸缩比，求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程；
(2)若曲线的方程为，经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值；
(3)对抛物线作变换，得抛物线；对抛物线作变换，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，若，记数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由“伸缩变换”的定义计算即可得；
（2）先由“伸缩变换”求得方程，再分或，结合离心率定义计算即可得；
（3）由“伸缩变换”求的定义计算可得，则可得数列的通项公式，再利用放缩法及裂项相消法求和即可得证．
【详解】（1）由题意得，化简得，
所以曲线的标准方程为；
（2）由题意得，经过伸缩变换后的椭圆方程为，化简得，
①当时，，
则，解得；
②当时，，
则，解得；
综上所述，或；
（3）对抛物线作变换，
得抛物线，得，
所以，
即，
所以，
又，
所以，当时，
，
当或时，也成立，故.
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：
①通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；
②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决．
8．（2025高三·全国·专题练习）定义：对于椭圆上不同的两点，，若向量，满足，则称点为该椭圆的一个“类共轭点对”，点为一对类互为共轭点．已知为坐标原点，点，是焦距为4的椭圆的一个“0类共轭点对”，且．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)已知点是椭圆上的一个动点，点是上不同的两点，且都与点是一对类互为共轭点，点关于轴的对称点为，若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)为定值，定值为
【分析】（1）利用新定义“0类共轭点对”得到之间的关系,利用两点间的距离公式结合的关系求解的值，即可得解；
（2）设，，，利用新定义满足，，得到直线方程：；当时，联立直线与椭圆的方程，得到根与系数的关系，进而得的值，当时，求出相关点的坐标，进而求得的值，即可得结论.
【详解】（1）因为点，是焦距为4的椭圆的一个“0类共轭点对”，
所以，即，所以，
因为点，在椭圆上，所以，，
所以，整理得，
所以．
所以，
因为，所以，所以，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）因为点在椭圆上，所以，即．
设，，因为点是上不同的两点，且都与点是一对类互为
共轭点，
所以，，
所以直线的方程为，即．
当时，直线的方程为，
代入，消去并整理得，
所以，，
所以，
．
由题可得，
所以．
当时，若，则，，
此时，所以，，故；
若，则，，
此时，所以，，故．
综上，为定值，且定值为．
【点睛】方法点睛：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.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)新定义问题
猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据
新定义压轴（解答题） 2024年新高考Ⅰ卷第19题 2024年新高考Ⅱ卷第19题 2024年新高考数学新结构体系下，新定义类试题更综合性的考查学生的思维能力和推理能力；以问题为抓手，创新设问方式，搭建思维平台，引导考生思考，在思维过程中领悟数学方法。 题目更加注重综合性、应用性、创新性，本题分值最高，试题容量明显增大，对学科核心素养的考查也更深入。 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. 难度较难，可以预测2024年新高考大题压轴题命题方向将会以新定义类题型展开命题．
题型一 立体几何新定义问题
1．（24-25高三下·广东深圳·阶段练习）（多选）莱昂哈德 医拉是历史上最杰出的数学家之一，在数学许多分支上都可以见到以欧拉命名的常数，公式和定理．在拓扑学中，欧拉公式描述了凸多面体顶点数，棱数和面数之间的关系：记凸多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则．根据欧拉公式，判断下列说法正确的是（ ）
注：若多面体上任意两点的连线段都在该多面体内（含表面），则称该多面体为凸多面体
A．若某棱锥的棱数比顶点数多5，则该棱锥为六棱锥
B．存在7条棱的多面体
C．存在每个面都是五边形或六边形的凸多面体，且任意相邻两个面的边数都不同
D．若某凸多面体每个面都是边长为1的正方形或正五边形，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，则面数的所有可能取值为6，7，12
2．（2025高三·全国·专题练习）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为4，给出下列四个结论：正确的是
①勒洛四面体最大的截面是正三角形
②若是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为4
③勒洛四面体的体积是
④勒洛四面体内切球的半径是
3．（24-25高三下·辽宁本溪·开学考试）如果拉伸两个端头，下列绳子会打结的是？ .
4．（2024高三下·全国·竞赛）如图为一种在机场常见的一次性水杯，可简化为如下模型：设，在空间直角坐标系中，考虑顶点在原点，旋转轴为轴，高为，底面圆半径为的倒立的圆锥，水杯为该圆锥的侧面上的到轴距离不超过的部分（厚度忽略不计）．设为有效容积，即水面平行于平面时所盛水的最大体积，为水杯的侧面积，为了尽可能提高材料的利用率，我们要让最大，此时为（ ）
A．1 B． C． D．
5．（24-25高二上·辽宁·开学考试）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，求点A到平面的距离；
(3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度．
6．（24-25高二上·江西上饶·期末）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；
过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中．
(1)已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值；
(2)已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，证明：；
(3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值．
7．（24-25高二上·广东汕头·期末）“出租车几何或曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由十九世纪赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇，是使用在几何度量空间的几何学用语，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为．
(1)在平面直角坐标系中，已知点O为坐标原点，记为点M与直线l上的所有点的曼哈顿距离的最小值．
（i）已知点，求；
（ii）已知点，直线l：，求证：．
(2)在空间直角坐标系中，已知点O为坐标原点，动点P满足，求动点P围成的几何体的体积．
题型二 数列新定义问题
1．（2025高三·全国·专题练习）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于年提出的．它的表达如下：如果函数满足在闭区间内连续，在开区间内可导，且，那么在区间内至少存在一点，使得（为的导函数）．若函数．
(1)证明：当时，存在唯一，使得；
(2)当时，，求的取值范围；
(3)若等比数列满足，，，记数列的前项和为，试比较与的大小，并说明理由．
2．（2025·湖南岳阳·二模）中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，推导出了三角垛 方垛 刍甍多 刍童垛等的公式.我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称原数列为“阶等差数列”.例如：数列，它的后项与前项之差组成新数列，新数列是公差为1的等差数列，则称数列为二阶等差数列.
(1)若数列满足，且，求证：数列为二阶等差数列；
(2)若三阶等差数列的前4项依次为，求的前项和；
(3)若阶等差数列的通项公式为.
①求的值；
②求的前项和.
3．（2024·广东肇庆·一模）对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的阶和数列．
(1)若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求；
(2)若，求的二阶和数列的前项和；
(3)若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数的最大值，以及取最大值时的公差．
4．（24-25高二下·安徽铜陵·阶段练习）对于数列，若存在常数满足，则称为“上界数列”，为的“上界”，并把最小的值叫做“上界临界值”，记为．记数列的前项和为，已知，．
(1)判断是否为“上界数列”，并说明理由；
(2)若，为数列的前项和，求数列的“上界临界值”；
(3)若，数列的“上界临界值”为，证明：．
5．（2025·河南开封·二模）设为不小于3的正整数，项数为的数列是公差大于0的等差数列，若存在项数为的数列同时满足：
①数列中任意两项均不相同；
②任意正整数，从小到大排列恰好为数列．
此时称数列是-可拆分等差数列．
(1)写出一个3-可拆分等差数列及其对应的一个数列；
(2)若数列是一个4-可拆分等差数列，表示事件“数列的前三项成等差数列”，求事件发生的概率；
(3)求所有满足数列是-可拆分等差数列的正整数的值．
6．（2025·陕西汉中·二模）对于数列，记区间内偶数的个数为，则称数列为的偶数列．
(1)若数列为数列的偶数列，求．
(2)若数列为数列的偶数列，证明：数列为等比数列．
(3)在（2）的前提下，若数列为等差数列的偶数列，，求数列的前项和．
6．（24-25高二下·四川绵阳·阶段练习）已知数列的前n项和为，若对，有且仅有一个，使得，则称为“K数列”.记，，称数列为数列的“配对数列”.
(1)若数列的前四项依次为1，2，0，2，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由；
(2)若，证明数列为“K数列”，并求它的“配对数列”的通项公式；
(3)已知正项数列为“K数列”，且数列的“配对数列”为等差数列，证明：.
题型三 导数新定义问题
1．（2025·河南新乡·二模）曲率是用于描述曲线在某一点处弯曲程度的量，对于平面曲线，其曲率（是的导数，是的导数），曲率半径是曲率的倒数，其表示与曲线在某点处具有相同弯曲程度圆的半径.已知质点以恒定速率沿曲率半径为的曲线作曲线运动时，向心加速度的大小为.若该质点以恒定速率沿形状满足的光滑轨道运动，则其在点处的向心加速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·湖北武汉·一模）已知函数的导函数为，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数.已知函数.
(1)若在上为凹函数，求实数的取值范围；
(2)已知，且在上存在零点，求实数的取值范围.
3．（24-25高二下·贵州六盘水·阶段练习）定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”．
(1)若函数和为“契合函数”，求的取值范围．
(2)已知函数和为“契合函数”且有两个“契合点”．
①求的取值范围；
②若，证明：．
4．（24-25高二下·湖北·阶段练习）意大利画家达 芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”其原理往往运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可表示为双曲余弦函数的图象，现定义双曲正弦函数，他们之间具有类似于三角函数的性质．（已知）
(1)证明：①倍元关系：；②平方关系：
(2)对任意，恒有成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：．
5．（2025·贵州安顺·模拟预测）有一种速度叫“中国速度”，“中国速度”正在刷新世界对中国高铁的认知．由于地形等原因，在修建高铁、公路、桥隧等基建时，我们常用曲线的曲率（Curvature）来刻画路线弯曲度．曲线的曲率定义如下：记为的导函数，为的导函数，则曲线在点处的曲率为．
(1)已知函数，求曲线在点处的曲率；
(2)已知函数，求曲线的曲率的范围．
6．（24-25高三上·江苏扬州·阶段练习）在几何学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点时，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)求椭圆在处的曲率；
(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.
题型四 圆锥曲线新定义问题
1．（2025·辽宁·二模）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”，如左图.

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.
（1）的定义域是 ；（2）的最小值是 .
2．（2025·河北沧州·一模）（多选）在平面直角坐标系中，若，，则称“”为M，N两点的“曼哈顿距离”，若动点E到两定点，的“曼哈顿距离”之和为定值，则称点E的轨迹为“曼哈顿椭圆”，若点P为该“曼哈顿椭圆”上一点，则（ ）
A．的周长为 B．面积的最大值为
C．该“曼哈顿椭圆”的面积为 D．该“曼哈顿椭圆”的周长为
3．（2025·江西九江·二模）在平面直角坐标系中，把一个图形绕定点旋转一个定角的图形变换叫作旋转变换.定点叫作旋转中心，定角叫作旋转角（规定逆时针方向为正）.如果图形上的点经过旋转变为点，那么这两个点叫作这个旋转变换的对应点.现将曲线绕顺时针旋转后，得到新曲线，其变换关系为，点在曲线上.
(1)求曲线的方程并确定点的位置；
(2)点的坐标为，按照如下方式依次构造点：过点作斜率为2的直线交于另一点，设是点关于轴的对称点.记的坐标为.
（i）求数列的前项和；
（ii）记为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，为直线与直线的交点，证明：在定直线上.
4．（2025·江西萍乡·一模）如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”.
(1)求“等差椭圆”的离心率；
(2)在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且.
（ⅰ）求与和都相切的直线的方程；
（ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值.
5．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线以坐标原点为顶点，为焦点，的一个公共点为．若，则称为“－相伴”．
(1)若为“－相伴”，求直线的斜率．
(2)若为“－相伴”．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）若，，的方程为，直线与交于点，判断是否存在定点，使得直线与的倾斜角互补，若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
6．（2025·黑龙江·一模）在平面直角坐标系中，若圆与抛物线有公共点，且圆与抛物线在点处有相同的切线，则称为抛物线的和谐数，圆为的和谐圆.
(1)试判断3是否为抛物线的和谐数.若是，求出3的和谐圆；否则，请说明理由.
(2)设，，…，均为抛物线的和谐数，且，记，，…，的和谐圆分别为圆，，…，，设圆，，…，与抛物线的公共点分别为，，…，，已知，且，圆与外切.
（ⅰ）求数列的通项公式；
（ⅱ）设点，记的面积为，证明：.
7．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比.
(1)若曲线的方程为，伸缩比，求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程；
(2)若曲线的方程为，经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值；
(3)对抛物线作变换，得抛物线；对抛物线作变换，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，若，记数列的前项和为，求证：.
8．（2025高三·全国·专题练习）定义：对于椭圆上不同的两点，，若向量，满足，则称点为该椭圆的一个“类共轭点对”，点为一对类互为共轭点．已知为坐标原点，点，是焦距为4的椭圆的一个“0类共轭点对”，且．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)已知点是椭圆上的一个动点，点是上不同的两点，且都与点是一对类互为共轭点，点关于轴的对称点为，若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
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