2024年高考数学试题分类汇编 专题14 新定义型试题

这是一份2024年高考数学试题分类汇编 专题14 新定义型试题，共48页。试卷主要包含了已知双曲线，点在上，为常数，，设集合，，例如等内容，欢迎下载使用。
1．（新高考北京卷）生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（ ）
A．B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意分析可得，消去即可求解.
【详解】由题意得，则，即，所以.
故选：D.
2．（新高考上海卷）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.
【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由能推出，
对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，
则当无法推出，故D错误.
故选：C．
3．（新高考上海卷）已知函数的定义域为R，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（ ）
A．存在是偶函数B．存在在处取最大值
C．存在是严格增函数D．存在在处取到极小值
【答案】B
【分析】对于ACD利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B，构造函数即可判断.
【详解】对于A，若存在 是偶函数, 取 ,
则对于任意 , 而 , 矛盾, 故 A 错误；
对于B，可构造函数满足集合，
当时，则，当时，，当时，，
则该函数的最大值是，则B正确；
对C，假设存在，使得严格递增，则，与已知矛盾，则C错误；
对D，假设存在，使得在处取极小值，则在的左侧附近存在，使得，这与已知集合的定义矛盾，故D错误；
故选：B.
4．（新高考上海卷）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当时，不妨设，则，结合为闭区间可得对任意的恒成立，故可求的取值范围.
【详解】由题设有，因为，故，故，
当时，，故，此时为闭区间，
当时，不妨设，若，则，
若，则，
若，则，
综上，，
又为闭区间等价于为闭区间，
而，故对任意恒成立，
故即，故，
故对任意的恒成立，因，
故当时，，故即.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
5．（新课标全国Ⅰ卷）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)从中一次任取两个数和，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.
6．（新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
7．（新高考北京卷）设集合．对于给定有穷数列，及序列，，定义变换：将数列的第项加1，得到数列；将数列的第列加，得到数列…；重复上述操作，得到数列，记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，证明：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照的定义写出即可；
（2）利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；
（3）分充分性和必要性两方面论证.
【详解】（1）由题意得；
（2）假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
（3）我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得为常数列.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经证明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
8．（新高考上海卷）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”．
(1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”；
(2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直；
(3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)严格单调递减
【分析】（1）代入，利用基本不等式即可；
（2）由题得，利用导函数得到其最小值，则得到，再证明直线与切线垂直即可；
（3）根据题意得到，对两等式化简得，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明，最后得到函数单调性.
【详解】（1）当时，，
当且仅当即时取等号，
故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”．
（2）由题设可得，
则，因为均为上单调递增函数，
则在上为严格增函数，
而，故当时，，当时，，
故，此时，
而，故在点处的切线方程为.
而，故，故直线与在点处的切线垂直．
（3）设，
，
而，
，
若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，
设，则既是的最小值点，也是的最小值点，
因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点，
则存在,使得，
即①
②
由①②相等得，即，
即，又因为函数在定义域R上恒正，
则恒成立，
接下来证明，
因为既是的最小值点，也是的最小值点，
则，
即，③
，④
③④得
即，因为
则，解得，
则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到，再利用最值点定义得到即可.
2024高考模拟试题汇编
一、单选题
1．（2024·湖南·二模）给定整数，有个实数元素的集合，定义其相伴数集，如果，则称集合为一个元规范数集．（注：表示数集中的最小数）．对于集合，则（ ）
A．是规范数集，不是规范数集B．是规范数集，是规范数集
C．不是规范数集，是规范数集D．不是规范数集，不是规范数集
【答案】C
【分析】利用规范数集的定义，逐项判断即可得解.
【详解】集合中，，则，
即的相伴数集中的最小数不是1，因此不是规范数集；
集合，，
，
即的相伴数集中的最小数是1，因此是规范数集.
故选：C
2．（2024·河北·二模）对任意两个非零的平面向量和，定义：，．若平面向量满足，且和都在集合中，则（ ）
A．1B．C．1或D．1或
【答案】D
【分析】根据，得到，再利用题设中的定义及向量夹角的范围，得到，，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为，
设向量和的夹角为，因为，所以，
得到，
又，所以，
又在集合中，所以，即，得到，
又因为，所以或，
所以或，
故选：D.
二、多选题
3．（2024·安徽·二模）在平面直角坐标系xOy中，角θ以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义，，则（ ）
A．B．
C．若，则D．是周期函数
【答案】ACD
【分析】根据题意分别求出，，则，，从而可对A判断求解，利用换元法令可对B判断求解，由求出，并结合从而可对C判断求解，由可对D判断求解.
【详解】由题意得在角的终边上，且，所以，，
则，，
对A：，故A正确；
对B：，令，
所以，故B错误；
对C：，解得，
又由，故C正确；
对D：，因为为周期函数，故D正确.
故选：ACD.
4．（2024·浙江·三模）对于任意的两点，，定义间的折线距离，反折线距离，表示坐标原点. 下列说法正确的是（ ）
A．.
B．若，则.
C．若斜率为，.
D．若存在四个点使得，且，则的取值范围.
【答案】ABD
【分析】对于A，直接使用绝对值不等式即可证明；对于B，在使用绝对值不等式的同时考虑到绝对值不等式取等的条件（即，，两两等价，对两个不等式两边同时平方即得结论），即可判断；对于C，举出一个反例即可否定；对于D，先将问题转化为方程组的解的个数问题，然后利用解析几何工具直观理解，猜出答案，最后再严格论证结果即可.
【详解】对于A，设，我们有
，
故A正确；
对于B，若，则，
这意味着.
从而由，知，
即，所以.
故.
而.
故.
从而由，知，故B正确；
对于C，考虑，，此时，所以.
但，故C错误；
对于D，条件等价于关于的方程组，即有四个解.
如下图所示，该方程组可以直观地理解为正方形和圆有四个公共点，直观的理解即为圆与矩形上方的两条边所在的直线均相交，
且交点都在边的内部，而当时，圆与上方的两条边相切，
当时，圆与上方的边的交点恰落在端点上，故可猜测取值范围是，
下面再使用二次方程工具严格证明此结论（也可以使用距离公式等其它方法证明）.
若满足原方程组，则，故.
而，
故，同时还有.
由于当确定后，只有唯一可能的取值，而方程组有四个解，
所以使得相应的存在的至少有四个.
根据前面的讨论，这样的必满足，且，
所以方程必定在上有四个解.
这表明关于的方程在上一定有两个解，
所以首先有判别式为正数，结合
，
就有.
同时，由于两根都在内，故两根乘积为正数，故，即.
这就证明了.
最后，当时，原方程组的确存在四组不同的解：
，，
，.
所以的取值范围是，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
5．（2024·湖南·三模）已知函数 ，任取 ，定义集合 ，点 满足 . 设 分别表示集合 中元素的最大值和最小值，记 ，试解答 以下问题:
（1）若函数 ，则 ;
（2）若函数 ，则 的最小正周期为 .
【答案】 1 2
【分析】（1）把代入，然后计算的最大值和最小值即可.
（2）先表示出，然后根据的位置分类分析的值.
【详解】对于 ，因为函数 ，当 时， 且 ，
即 ，令 ，即 ，解得 ，
所以 ，所以 ；
对于 ，如图所示，若函数 ，此时，函数的最小正周期为 ，
点 ，
当点 在 点时，点 在曲线 上， ;
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐增大，当点 在 点时，
;
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐减小，当点 在 点时，，
;
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐
增大，当点 在 点时，，
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐
减小，当点 在 点时，，
;
依此类推，发现 的最小正周期为 2 ，
故答案为：（1）1；（2）2.
6．（2024·广东·二模）近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则 秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为 .
【答案】
【分析】以O为原点，以OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点的坐标，由已知结合和角的正弦公式化简即得.
【详解】以O为原点，以OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，由于角速，
设点，圆上两点A、B始终保持，
则，要使A、B两点的竖直距高为0，
则，第一次为0时，，解得，
.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关键，特别注意，始边是x轴非负半轴.
7．（2024·山东·三模）设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则 ；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为 ．
【答案】 2
【分析】利用定义结合二次函数求最值计算即可得第一空，过作并构造直角三角形，根据的定义化折为直，结合直线与抛物线的位置关系计算即可.
【详解】设，则，
，即，时取得最小值；
易知，，联立有，
显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示，
过作交l于N，过作，
则（重合时取得等号），
设，则，所以，

故答案为：2，
【点睛】思路点睛：对于曼哈顿距离的新定义问题可以利用化折为直的思想，数形结合再根据二次函数的性质计算最值即可.
四、解答题
8．（2024·福建·二模）进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，如果约定满二进一，就是二进制：满十进一，就是十进制：满十六进一，就是十六进制．k进制的基数就是k．我们日常生活中最熟悉、最常用的就是十进制．例如，数3721也可以表示为：一般地，如果k是大于1的整数，那么以k为基数的k进制数可以表示为．其中．为了简便，也会把它写成一串数字连写在一起的形式：，如果不加下标就默认是十进制．
(1)令集合，将B中的元素按从大到小的顺序排列，则第100个数为多少？
(2)若，记为整数n的二进制表达式中0的个数，如，求的值．（用数字作答）
(3)十进制中的数999在其他进制中是否也可以表示成一个各位数字之和为27的三位数？如果能，请求出所有的k进制数；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)
(2)129
(3)能，．
【分析】（1）将集合B中的元素都乘以，得集合中的最大数，可得从大到小的顺序排列的第100个数，再除以即可.
（2）从到中，对应的二进制数从到中，最多六位数．最高位只能是1，结合数位讨论的值和个数，可求的值．
（3）由且，得，又，符合条件的有三个值可取，计算出对应的即可.
【详解】（1）将集合B中的元素都乘以，
得集合，则中的最大数为．
在10进制中，从624起从大到小排列的第100个数是，这就是中的元素按从大到小顺序排列的第100个数，
所以B中的元素按从大到小的顺序排列，第100个数为．
（2），．
∴从到中，对应的二进制数从到中，最多六位数．最高位只能是1，
∴0的个数只能是1个，2个，3个，4个，5个，
或或或或或，
有共6个；
有个；
有个；
有个；
有个；
有个．
．
（3）假设存在这样的k进制数，
则，
，
①要想使且，∴x，y，z中必有大于9的数，则；
②，
综上，，
所以，
综上可知，满足题意的k进制数有3个，分别为：．
【点睛】方法点睛：
在实际解决“新定义”问题时，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，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!
9．（2024·湖南·二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和，定义和集，用符号表示和集内的元素个数.
(1)已知集合，，，若，求的值；
(2)记集合，，，为中所有元素之和，，求证：；
(3)若与都是由个整数构成的集合，且，证明：若按一定顺序排列，集合与中的元素是两个公差相等的等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据新定义求出，则，，且，即可求解；
（2）由新定义可得，结合等差数列前n项求和公式计算可得，利用裂项相消法计算即可证明；
（3）设集合，（，），则，进而，结合放缩法计算可得、，即可证明.
【详解】（1）由题：，
所以，，且，
从而，，，故.
（2）若，，，，使，其中，，，，
则，故，.
，
，
.
（3）设集合，，其中，.
则，
这里共个不同元素，又，所以上面为和集中的所有元素.
又，
这里共个不同元素，也为合集中的所有元素，
所以有，即.
一般地，由，
，
可得，即.
同理可得，得证.
【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.
10．（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.
11．（2024·山东·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：．
【答案】(1)，
(2)，．
(3)证明见解析
【分析】（1）结合新定义，分别带入计算即可得；
（2）结合新定义，分及进行计算即可得；
（3）令，可得，，即可得再分且与进行计算即可得.
【详解】（1）若，，
而；
（2）当时，．
当时，由
，
可得．
因此，；
（3）要证，
只需证
，
令，
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，．
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义的几个要素，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中；
（4）结合数学知识进行解答.
12．（2024·湖北·二模）第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感，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)已知抛物线的焦点到准线的距离为3，则在该抛物线上点处的曲率是多少？
(2)若函数，不等式对于恒成立，求的取值范围；
(3)若动点的切线沿曲线运动至点处的切线，点的切线与轴的交点为.若，，是数列的前项和，证明.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）首先根据已知条件求出的值，再分别求出函数的一阶导数和二阶导数，代入公式求解即可；
（2）根据的奇偶性和单调性得到，根据，的奇偶性和得到在处三角函数的曲率不大于曲线的曲率，代入公式求解即可；
（3）首先求出在处的切线方程，进而得到与之间的关系，构造函数得到数列是等比数列，根据的通项公式得到和，适当放缩得到，进而得到.
【详解】（1）抛物线的焦点到准线的距离为3，，
即抛物线方程为，即，则，，
又抛物线在点处的曲率，则，
即在该抛物线上点处的曲率为；
（2），
在上为奇函数，又在上为减函数.
对于恒成立等价于对于恒成立.
又因为两个函数都是偶函数，
记，，则曲线恒在曲线上方，
，，又因为，
所以在处三角函数的曲率不大于曲线的曲率，即，
又因为，，
，，所以，解得：，
因此，的取值范围为；
（3）由题可得，
所以曲线在点处的切线方程是，
即，
令，得，即，
显然，，
由，知，同理，
故，从而，
设，即，所以数列是等比数列，
故，即，从而，
所以，，
，
当时，显然；
当时，，
，
综上，.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点之一在于理解所给新定义平均曲率，利用新定义解决函数恒成立问题；关键点之二在于新定义平均曲率与数列结合，通过切线方程转化为数列相邻项之间的关系，再构造新数列求出通项公式，最后适当放缩求数列的前项和.
13．（2024·福建·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：.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)，证明见解析
【分析】（1）结合题意，利用导数计算即可得；
（2）由题意可得，借助导数研究其单调性即其正负即可得解；
（3）设，借助导数，分及进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算可得当且仅当时，存在三个不等实根，且满足，且，结合（2）中所得，代入计算并化简即可得解.
【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.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助导数与零点的存在性定理得到当且仅当时，存在三个不等实根，且满足，且后，结合（2）中所得，从而得到，再进行化简即可得.
14．（2024·河北·二模）已知为实数，用表示不超过的最大整数，例如，对于函数，若存在，使得，则称函数是“函数”.
(1)判断函数是否是“函数”；
(2)设函数是定义在上的周期函数，其最小正周期是，若不是“函数”，求的最小值；
(3)若函数是“函数”，求的取值范围.
【答案】(1)是“函数”，不是“函数”
(2)1
(3)，且
【分析】（1）根据“函数”的定义即可判断是否是“函数”.
（2）根据周期函数的定义，结合“函数”的条件，进行判断和证明即可.
（3）根据“函数”的定义，分别讨论，和时，满足的条件即可.
【详解】（1）函数是函数，设，
则，
所以存在，使得，所以函数是“函数”.
函数，函数的最小正周期为，函数的图象如图所示，
不妨研究函数在这个周期的图象.
设，则，
所以，
所以函数不是“函数”.
（2）因为是以为最小正周期的周期函数，所以.
假设，则，所以，矛盾.
所以必有.
而函数的周期为1，且显然不是函数.
综上所述，的最小值为1.
（3）当函数是“函数”时，
若，则显然不是函数，矛盾.
若，则，
所以在上单调递增，
此时不存在，使得，
同理不存在，使得，
又注意到，即不会出现的情形，
所以此时不是函数.
当时，设，所以，
所以有，其中，
当时，因为，所以，
所以，
当时，，
因为，所以，
所以.
综上所述，，且.
【点睛】方法点睛：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．
15．（2024·河北·二模）定义：如果函数和的图象上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数和具有关系.
(1)判断函数和是否具有C关系；
(2)若函数和不具有C关系，求a的取值范围；
(3)若函数和在区间上具有C关系，求m的取值范围.
【答案】(1)与具有C关系，理由见解析
(2)
(3).
【分析】（1）根据定义，若与具有C关系，则在与的定义域的交集上存在x，使得，计算得解；
（2）根据题意，在上的值恒为负或恒为正. 若在上恒成立，由，即，利用导数判断矛盾；若在上恒成立，转化为，令，利用导数求出的最大值，得解；
（3）构造函数，将问题转化为在上存在零点，分类讨论与，利用导数与函数的关系证得时，在上有零点，从而得解.
【详解】（1）与具有C关系，理由如下：
根据定义，若与具有C关系，则在与的定义域的交集上存在x，使得，
又，，，所以，
即，即得，解得，所以与具有C关系.
（2）因为，，
令，，
因为与不具有C关系，又在上的图象连续不断，所以在上的值恒为负或恒为正.
若在上恒成立，则，即，
又当时，，
令，所以，令，所以，
令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以，与假设矛盾，所以不存在使得在上恒成立.
若在上恒成立，即，
令，所以，
又在上单调递减，
所以当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即的取值范围是.
（3）因为，，
令，则，
因为与在上具有C关系，所以在上存在零点，
因为，
当且时，
因为，，所以，
所以在上单调递增，则，此时在上不存在零点，不满足题意；
当时，当时，，所以，
当时，令，则，
所以在上单调递增，且，，
故在上存在唯一零点，设为，使得，
所以当，；当，；
又当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在上存在唯一极小值点，
因为，所以，
又因为，所以在上存在唯一零点，
所以函数与在上具有C关系.
综上，的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是理解新定义，得到与具有C关系，则在与的定义域的交集上存在x，使得，从而得解.
16．（2024·山东·二模）定义：设和均为定义在上的函数，它们的导函数分别为和，若不等式对任意实数恒成立，则称和为“相伴函数”.
(1)给出两组函数，①和；②和，分别判断这两组函数是否为“相伴函数”；
(2)若是定义在上的可导函数，是偶函数，是奇函数，，问是否存在使得和为“相伴函数”？若存在写出的一个值，若不存在说明理由；
(3)，写出“和为相伴函数”的充要条件，证明你的结论.
【答案】(1)第①组是，第②组不是
(2)存在，
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合相伴函数的定义，逐个运算和判定，即可求解；
（2）根据题意得，得到，若
和为“相伴函数”得到，分类讨论，即可求解；
（3）根据题意，得到“和为相伴函数”的充要条件，结合充分条件和必要条件的判定方法，以及三角恒等变换的公式，作出证明，即可求解.
【详解】（1）第①组是，第②组不是.
①中，函数和，可得和，
所以，所以这两组函数是“相伴函数”.
②中，函数和，和，
所以不一定为非正数，
所以这两组函数不是 “相伴函数”.
（2）存在，使得和为“相伴函数”.
证明如下：
由，
所以，
可得.
若和为“相伴函数”则成立，
即，
若，由，可得，
则可取，满足成立；
若，所以，
若，则不等式无解；若，则无解，
综上可得，存在，使得和为“相伴函数”.
（3）“和为相伴函数”的充要条件是.
因为，
若和为相伴函数
即对恒成立，
可得
，
即，
即，可得，
由于取遍内的所有实数，因此当且仅当时成立，
所以，所以必要性得证.
下面证明充分性：
已知，则，
，
此时，所以，
即成立，和为相伴函数.
所以“和为相伴函数”的充要条件是.
【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；
3、若新定义与函数有关，可得利用函数的解析式，结合函数的性质等相关知识，转化为函数的基本性质或运算法则求解；
4、若新定义与集合的运算有关，要熟记集合的性质以及集合的运算法则，必要时可利用集合的韦恩图，更加直观的求解.
17．（2024·湖南·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为为上顶点，离心率 为，直线与圆相切.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)椭圆方程，平面上有一点. 定义直线方程 是椭圆在点处的极线.
① 若在椭圆上，证明: 椭圆在点处的极线就是过点的切线;
② 若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，割线交椭圆 于两点，过点分别作椭圆的两条切线，且相交于点. 证明: 三点共线.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；② 证明见解析
【分析】（1）由题意得，，再结合，从而可求出，进而可求出椭圆的标准方程；
（2）①由定义可知椭圆在点 处的极线方程为 ，然后分和两种情况证明；②设点，然后由①可得过点的切线方程和过点的切线方程，则可求出割线的方程，同时可求出切点弦的方程，从而可证得结论.
【详解】（1）由已知，，则
所以直线 ，即 ，
该直线与圆 与相切，则，
所以解得，，
故椭圆的标准方程为
（2）① 由(1)得椭圆的方程是 .
因为在椭圆上，所以，即，
由定义可知椭圆在点 处的极线方程为 ，
当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线，
当时，极线方程为，即，
由，得，
所以，
所以处的极线就是过点的切线，
综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线;
② 设点，
由①可知，过点的切线方程为，
过点的切线方程为，
因为都过点，所以有，
则割线的方程为，
同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为，即，
又因为割线过点，代入割线方程得，即 ，
所以三点共线，都在直线上．
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆的切线，考查椭圆中点共线问题，解题的关键是合理利用过椭圆上一点的切线方程的定义，考查计算能力，属于较难题.
18．（2024·湖北·三模）龙泉游泳馆为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可选择A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况．
经计算可得：.
(1)因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，已知销售量y和日期t呈线性关系，现剔除第10天数据，求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示；
(2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐可以用一张优惠券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为，求；
(3)记（2）中所得概率的值构成数列.
①求的最值；
②数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛．
参考公式： .
【答案】(1)
(2)
(3)①最大值为 ，最小值为；②证明见解析
【分析】（1）计算出新数据的相关数值，代入公式求出的值，进而得到y关于t的回归方程；
（2）由题意可知，其中，构造等比数列，再利用等比数列的通项公式求解；
（3）①分n为偶数和n为奇数两种情况讨论，结合指数函数的单调性求解；
②利用数列收敛的定义，准确推理、运算，即可得证．
【详解】（1）解：剔除第10天的数据，可得，
，
则，
所以，
可得，所以.
（2）解：由题意知，其中，
所以，又由，
所以是首项为1的常数列，所以
所以，又因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故，所以.
（3）解：①当为偶数时，单调递减，
最大值为；
当 为奇数时，单调递增，最小值为，
综上可得，数列的最大值为，最小值为.
②证明：对任意总存在正整数，其中 表示取整函数，
当 时，，
所以数列收敛.
【点睛】知识方法点拨：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.
方法点拨：与数列有关的问题的求解策略：
3、若新定义与数列有关，可得利用数列的递推关系式，结合数列的相关知识进行求解，多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程灵活运用数列的性质，准确应用相关的数列知识.
k
x
y
z
①
12
81
13
5
11
11
②
18
54
19
2
14
11
③
27
36
28
1
7
19
日期t
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
销售量千张
1.9
1.98
2.2
2.36
2.43
2.59
2.68
2.76
2.7
0.4