2026年高考数学一轮复重难点培优03高中数学新定义问题全归纳(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复重难点培优03高中数学新定义问题全归纳(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)，共7页。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 2
\l "_Tc16555" 题型一 集合中的新定义（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 2
\l "_Tc7141" 题型二 距离新定义（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 9
\l "_Tc26803" 题型三 向量中的新定义（★★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 17
\l "_Tc13512" 题型四 函数中的新定义（★★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 24
\l "_Tc3897" 题型五 解三角形中的新定义（★★★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 32
\l "_Tc326" 题型六 数列中的新定义（★★★★★） PAGEREF _Tc326 \h 40
\l "_Tc11957" 题型七 立体几何中的新定义（★★★★★） PAGEREF _Tc11957 \h 49
\l "_Tc17557" 题型八 概率与统计中的新定义（★★★★★） PAGEREF _Tc17557 \h 58
\l "_Tc28054" 题型九 圆锥曲线中的新定义（★★★★★） PAGEREF _Tc28054 \h 66
\l "_Tc8991" 题型十 导数中的新定义（★★★★★） PAGEREF _Tc8991 \h 76
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 85
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 85
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 111
高考数学新定义问题通用处理思路
1、精读拆解定义，抓核心边界：圈画关键词（运算规则、判定条件、变量范围），厘清定义适用前提（如变量取值、特殊限定），不遗漏隐含细节（如“非空集合”“互不相等”）。
2、衔接课本旧知，搭转化桥梁：判断新定义所属模块（函数/数列/几何等），关联对应基础知识点（如新定义函数对接单调性，新定义图形对接圆/直线性质），打破“陌生感”。
3、特例代入感知，锁规律方向：取特殊值（0、1、边界值）、特殊图形/数列代入定义，快速梳理定义特征，排除错误思路，初步锁定核心数量关系。
4、化新为旧建模，转常规题型：将新定义表述转化为熟悉数学语言（等式、不等式、函数式等），把陌生问题转化为求值、判断、证明等常规题型。
5、规范求解+回归验证：按常规方法求解后，对照定义边界检验结果，确保符合所有限定条件，避免因忽略规则出错。
注：看定义隐含条件（如变量正负、运算优先级），不要直接硬推，优先用特例排查，提升思路准确率。


题型一 集合中的新定义
【技巧通法·提分快招】
1．（2025·湖南长沙·三模）已知数列，，记集合的元素个数为.
(1)若为1，2，4，8，12，写出集合，并求的值；
(2)若为1，3，a，b，且，求和集合；
(3)若数列项数为，满足，求证：“”的充要条件是“为等比数列”.
【答案】(1)，；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定的定义，计算出所有即可.
（2）结合集合的性质，可得，解出即可.
（3）根据给定的定义，分别证明命题成立的充分条件和必要条件即可.
【详解】（1）集合，.
（2）由为1，3，，，当之一为2时，不妨令，则互不相等，
是集合中元素，又，则，，解得，不符合题意，
则必有，得，，互不相等，
则3，，都是集合中的元素，又，则，解得，，
因此为1，3，9，27，所以.
（3）充分性：若是递增的等比数列，设的公比为，
当时，，
所以，且，故充分性成立；
必要性：若是递增数列，且，则，
于是，且互不相等，又，
则，且互不相等，
因此，，
从而，所以为等比数列，故必要性成立，
综上，“”的充要条件是“为等比数列”.
2．（24-25高三上·河南·月考）已知数列（正整数且为常数）的各项均为正整数，设集合，记中的元素个数为.
(1)若数列求集合及的值；
(2)若数列为等差数列，求的值；
(3)求的最大值．
【答案】(1)5
(2)答案见解析.
(3)
【分析】（1）数列中后面的项减去前面的项，注意集合中重复元素只取一个，即可得出结果.
（2）按照等差数列公差是否为0讨论，求解
（3）最大即数列各项差均不相同，此时只需要任取两项即可得到一个元素，用组合数即可得出结果.
【详解】（1）由题意得：，，，，，
∴，∴
（2）若为等差数列，设的公差为，
当时，，
①当时，，可得，可得，
②当时，，则；
（3）要想最大，则数列任意两项间的差各不相同，
设数列，此时，
若存在，则，其中，
故，
若，不妨设，则，而，
故为偶数，为奇数，矛盾，
故，故，故由得到的彼此相异，
又由在数列中任意取两个数有种取法，
可得集合中最多有个元素，故的最大值为.
3．已知集合，1，2，，，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，2，3，，，1，2，是否为“理想集”，并说明理由；
(2)若，写出所有的“理想集”的个数并列举；
(3)若，证明：集合T必为“理想集”．
【答案】(1)T1不是“理想集”， T2是“理想集”，理由见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，分别取集合中的三个数，利用列举法，可得答案；
（2）利用分类讨论的思想，根据集合的元素个数，结合元素的大小关系，可得答案；
（3）利用反证法，任意取三个元素，假设不等式成立，结合元素之间的大小关系，可得答案．
【详解】（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，1，2，3，4，．
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” ，1，，，1，或，2，，共3个．
当时，，1，2，，，1，3，，，1，2，，，1，3，，，1，4，，，2，3，或，2，4，，共7个．
当时，，1，2，3，，，1，2，3，，，1，2，4，，，1，3，4，，，2，3，4，，共5个．
当时，，1，2，3，4，，共1个．
综上所述，所有“理想集” 的个数为16个分别为：，1，，，1，，，2，，，1，2，，，1，3，，，1，2，，，1，3，，，1，4，，，2，3，，，2，4，，，1，2，3，，，1，2，3，，，1，2，4，，，1，3，4，，，2，3，4，，，1，2，3，4，．
（3）证明：若，记，，，且．
利用反证法，假设对于中任意三个元素，，，均有，
则，，2，，．
记，于是，则，
因此，矛盾．
故集合必为“理想集”．
4．（2025·安徽·模拟预测）对于非空数集，，若，则称数集具有性质.
(1)若数集具有性质，证明：；判断，是否具有性质，并说明理由.
(2)若满足①；②，当时，都有.
（i）判断“数集具有性质”是否是“数列为等差数列”的充要条件，并说明理由；
（ii）已知数集具有性质且，，求数集具有性质的概率.
【答案】(1)证明见解析；具有性质；不具有性质.
(2)（i）是，理由见解析；（ii）.
【分析】（1）令，由集合新定义可证明；由集合新定义判断可得；
（2）（i）由等差数列的性质结合集合新定义证明可得；
（ii）由等差数列的性质得到数列的通项，再结合集合新定义分集合中元素的个数讨论，最后由古典概率计算可得.
【详解】（1）令，则，又数集具有性质，即，所以.
，所以具有性质；
，所以，所以不具有性质.
（2）（i）“数集具有性质”是否是“数列为等差数列”的充要条件.
先证明必要性：由题知，数列单调递增，当其为等差数列时，设公差为，则，
则，显然，所以数集具有性质.
再证明充分性：显然，其中，有个元素，，，
又，数集具有性质，即，
则，所以，
所以，又，
所以数列是以0为首项，为公差的等差数列.
综上，“数集具有性质”是否是“数列为等差数列”的充要条件.
（ii）由（i）知数列是以0为首项，为公差的等差数列，即，
由知，共有11个元素，子集数为个，
，当中只有一个元素，且具有性质时，，共1个；
当中元素个数大于等于2，且具有性质时，记，
结合（i），
当时，则，，共10个；
当时，则，，共5个；
当时，则，，共3个；
当时，则，，共2个；
当时，则，，共2个；
当时，则，共1个；
当时，则，共1个；
当时，则，共1个；
当时，则，共1个；
当时，则，共1个；
综上，具有性质的集合共有28个，所以数集具有性质的概率为.
5．（25-26高三上·北京通州·期中）设有序数阵，集合，（其中）．若满足：① ；②，则称 为集合的覆盖数阵．
(1)若为的覆盖数阵，求的值；
(2)当时，写出所有的的取值，使得为的覆盖数阵．
(3)设有序数阵的个数为，若为的覆盖数阵，求证：．
【答案】(1)、、、、
(2)可为与
(3)证明见解析
【分析】（1）结合所给定义计算即可得；
（2）结合所给定义可得，则可得符合要求的值，即可得解；
（3）构造有序数阵，计算可得该有序数阵也是的覆盖数阵，且，则可得的覆盖数阵成对出现，即可得证.
【详解】（1）由题意可得，解得，
则且，故，，
综上，有、、、、；
（2）由，则，，
故，
又，
故，
则有，
即，
由，则，
当时，，不符；
当时，，不符；
当时，，符合，
实际上，符合要求；
当时，，符合，
由（1）知，符合要求；
综上所述：时，可为与；
（3）若为的覆盖数阵，
则有，，
则存在有序数阵，
有，满足条件②，
，满足条件①，
故也为的覆盖数阵，
假设，则有，又，
则有，，
由，则与需恒为偶数，显然不可能，
故，故覆盖数阵成对出现，即为偶数，即有.

题型二 距离新定义
【技巧通法·提分快招】
1．（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.
2．（24-25高三上·河南·期中）已知平面内的线段及点，任取上一点，线段长度的最小值称为点到线段的距离，记作.
(1)求点到线段的距离；
(2)设是长度为2的线段，求点的集合所表示的图形面积；
(3)求出到两条线段，距离相等的点的集合，其中，，，，.
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）涉及两点间距离公式，通过设线段上的点的坐标，根据距离公式表示出的长度，再根据二次函数的性质求最小值.
（2）需要根据点到线段的距离定义，分不同情况讨论点的位置，从而确定集合所表示的图形，再求其面积.
（3）根据点到线段距离相等的条件,求出满足条件的点的集合.
【详解】（1）设是线段上一点，则
，当时，.
（2）设线段的端点分别为，不妨取，点集由如下曲线围成，
其面积为.
（3）根据题意，可得线段AB,CB的方程分别为
设，根据定义：
若，则不可能成立，若，则恒成立，此时；
若，只有时符合题意，此时；
若，只有时符合题意，此时；
若，只有时符合题意，此时；
综上，
.
3．现代城市大多是棋盘式布局，许多城市的道路几乎都是东西和南北走向．在这样的城市中，我们说的两点间的距离往往不是指两点间的直线距离，而是实际路程，也叫“直角距离”．如图，在平面直角坐标系内，我们定义，两点间的“直角距离”为．
(1)求到定点的“直角距离”为2的点的轨迹方程，并写出所有满足条件的“格点”的坐标（格点是指横、纵坐标均为整数的点）．
(2)求到两定点，的“直角距离”和为定值的动点的轨迹方程，并在平面直角坐标系内作出该动点的轨迹．（在以下三个条件中任选一个作答，多答不计分）
①，，；②，，；③，，．
【答案】(1)，，，，，，，，．
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意可得轨迹方程为，进而分析格点；
（2）根据题意求轨迹方程，分析其对称性，分类讨论去绝对值化简轨迹方程，进而可得轨迹.
【详解】（1）到定点的“直角距离”为2的点的轨迹方程为，
因为，则，解得，
令，则，解得；
令，则，解得；
令，则，解得；
令，则，解得；
令，则，解得；
综上所述：满足条件的格点为，，，，，，，．
（2）若选择条件①：该动点的轨迹方程为．
用替换，方程不变，可知轨迹关于y轴对称；
用替换，方程不变，可知轨迹关于x轴对称；
当，时，轨迹方程为；
当，时，轨迹方程为；
根据对称性作图，如图所示．
若选择条件②，该动点的轨迹方程为．
用替换，方程不变，可知轨迹关于y轴对称；
用替换，方程不变，可知轨迹关于x轴对称；
当，时，轨迹方程为；
当，时，轨迹方程为；
根据对称性作图，如图所示．
若选择条件③，该动点的轨迹方程为．
用替换，方程不变，可知轨迹关于y轴对称；
用替换，方程不变，可知轨迹关于x轴对称；
当，时，轨迹方程为；
当，时，轨迹方程为；
当，时，轨迹方程为．
根据对称性作图，如图所示．
4．在平面直角坐标系中，对于及直线l，记、、分别表示A、B、C到l的距离，且．对于给定的，记的最小值为．
(1)已知定点，，，直线l的方程为，求的值；
(2)已知，，为给定的不共线的三点，若直线使得，求证：直线过的重心；
(3)若对于，满足的不同直线l至少有两条，试判断的形状，并予以证明．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)等边三角形，证明见解析
【分析】（1）根据定义及点到直线距离公式即可求解；
（2）设，，，直线，根据定义得出，由二次函数的性质得，，代入直线方程即可证明；
（3）不妨设，，，，l的方程为，，得出，由反证法得出，即可证明．
【详解】（1），，，
故．
（2）设，，，直线，
对任意固定的a、b，要使得
，最小，
那么由二次函数的性质可得，，
此时直线方程为，
过的重心，因此过的重心．
（3）由（2）知，取最小值时，l过的重心，不失一般性，
不妨设，，，其中，
此时l的方程为，这里θ表示直线l的倾斜角，
此时
，
此时为关于θ的函数、定义域为的函数，
令，，，
则，
若或，那么函数在上有且仅有一个最小值，这与已知条件取最小值至少有两条直线满足条件矛盾．
因此必须有且，即，
由得，
不妨取，
所以，，，
所以，即，
所以为等边三角形．
5．（2024·甘肃兰州·一模）定义：如果在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，那么称为两点间的曼哈顿距离.
(1)已知点分别在直线上，点与点的曼哈顿距离分别为，求和的最小值；
(2)已知点是直线上的动点，点与点的曼哈顿距离的最小值记为，求的最大值；
(3)已知点，点（是自然对数的底），当时，的最大值为，求的最小值．（注：函数在内单调递增，在内单调递减）
【答案】(1)2；1
(2)5
(3)
【分析】（1）根据题意，由曼哈顿距离的定义，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由曼哈顿距离的定义即可得到，从而得到的最大值；
（3）根据题意，令，然后分别构造函数，即可得到，从而得到结果.
【详解】（1），
则，即的最小值为2；
，
则，即的最小值为1.
（2）当时，，
点为直线上一动点，
则当时，
即；
当时，，
即；
所以，又当时，，
当时，，
所以的最大值为5.
（3）令，则，，
，
令，则在区间内成立，
则在区间内单调递增，则，
令，则在区间内成立，
则在区间内单调递减，则，
所以，
所以，
当且时，取得最小值，
故的最小值
【点睛】关键点睛：本题主要考查了新概念问题，难度较大，解答问题的关键在于理解题中曼哈顿距离的定义，然后转化为所学知识求解问题.

题型三 向量中的新定义
1．对于一个向量组，令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“好向量”．
(1)若是向量组的“好向量”，且，求实数的取值范围；
(2)已知均是向量组的“好向量”，试探究的等量关系并加以证明．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）根据新定义列不等式求解；
（2）把新定义中相应的三个不等式平方相加可得．
【详解】（1）由题意，而，，，，
所以，解得，
所以实数的取值范围是．
（2）的等量关系是，
证明如下：由题意是向量组的“好向量”，所以，
则，即，所以，
同理，，
三式相加并整理得
所以，即，所以．
2．对任意两个非零向量，定义新运算：．
(1)若向量，求的值；
(2)若非零向量满足，且，求的取值范围；
(3)已知非零向量满足，向量的夹角，且和都是集合中的元素，求的取值集合．
【答案】(1)2；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用给定的定义，结合数量积运算计算即得.
（2）利用给定的定义求得，再由定义求解即得.
（3）利用给定的定义，结合已知求得，再求出，由此求出的范围.
【详解】（1）向量，则，，
于是，而，则，
所以.
（2）由，，得，则，
所以.
（3）依题意，，而，，则，，
于是，显然存在，，则，因此，
即，则，显然，即，从而，
因此，又存在，使得，即，
解得，则，
所以的取值集合.
3．（2024·吉林长春·一模）我们知道，在平面内取定单位正交基底建立坐标系后，任意一个平面向量，都可以用二元有序实数对表示.平面向量又称为二维向量，一般地，n元有序实数组称为n维向量，它是二维向量的推广.类似二维向量，对于n维向量，可定义两个向量的数量积，向量的长度（模）等：设，，则；.已知向量满足，向量满足
(1)求的值；
(2)若，其中.
（i）求证：；
（ii）当且时，证明：.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用定义求出，再利用错位相减法求和即得.
（2）（i）构造函数，利用导数探其单调性推理得证；（ii）利用（i）的结论，结合裂项相消法求和即可推理得证.
【详解】（1）依题意，，，
则，
于是，
两式相减得，
所以.
（2）（i），依题意，，
设，，求导得，
函数在上单调递增，即当时，，
即，因此，，
所以.
（ii）由（i）知，
且，
因此
，即，
所以当且时，.
【点睛】关键点点睛：构造函数，利用导数判断其单调性，赋值计算得到是解决第2问的关键.
4．对于给定的正整数，记集合，其中元素称为一个维向量.特别地，称为零向量.设，，定义数乘和加法：.对一组向量，若存在一组不全为零的实数，使得，则称这组向量线性相关.否则，称这组向量线性无关.
(1)对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由；
（ⅰ）；
（ⅱ）；
（ⅲ）.
(2)已知线性无关，判断是线性相关还是线性无关，并说明理由；
(3)已知个向量线性相关，但其中任意个都线性无关，证明：
（ⅰ）如果存在等式，则这些系数或者全为零，或者全不为零；
（ⅱ）如果，其中，则
【答案】(1)（ⅰ）线性相关，理由见解析；（ⅱ）线性相关，理由见解析；（ⅲ）线性相关，理由见解析；
(2)线性无关，理由见解析
(3)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据向量线性相关的定义逐一判断即可；
（2）设，则，然后由条件得到，即可判断；
（3）①如果某个，然后证明，都等于0即可；②由，可得，然后代入，根据题意证明即可.
【详解】（1）对于（ⅰ），设，则可得，所以线性相关.
对于（ⅱ），设，则可得
所以，不妨取，所以线性相关.
对于（ⅲ），设，
则可得
解得，不妨取，所以线性相关.
（2）设，
则，
因为向量线性无关，所以解得，
所以向量线性无关.
（3）（ⅰ），如果某个，
则.
因为任意个都线性无关，所以都等于0，
所以这些系数要么全为零，要么全不为零.
（ⅱ）因为，所以全不为零，
所以由，可得，
代入，
可得，
所以，
所以，
所以.
5．（2024·广西钦州·三模）对于平面向量，定义“变换”： ，其中表示中较大的一个数，表示中较小的一个数.若，则.记.
(1)若，求及；
(2)已知，将经过次变换后，最小，求的最小值；
(3)证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得.
【答案】(1)
(2)1349.
(3)证明见解析
【分析】（1）先根据已知的新定义求出，从而可求出及；
（2）根据求出，从而可求出，进而可得且，则可求出的最小值；
（3）分，，和四种情况讨论即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
所以.
（2）因为，
所以或
所以，
即.
由题意可得，
，
，
根据规律可得且，
由且可得的最大值为674，所以，
所以，此后进入循环.
所以当时，；
当时，；
当时，.
所以最小时，的最小值为1349.
（3）证明：当时，显然存在，使得.
当时，，即，存在，使得.
同理，当时，存在，使得.
当时，若，则，存在，使得.
若，设.
假设对任意，则均不为0.
因为，所以.
若，则，
若，则，
所以，
所以，即.
因为，所以，
所以，
与矛盾，故假设不正确，即存在，使得.
综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使得.
【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的新定义，解题的关键是对平面向量新定义的正确理解，根据新定义求解，考查分析问题的能力、理解能力和计算能力，属于难题.

题型四 函数中的新定义
【技巧通法·提分快招】
1．对于定义域为的函数，如果存在区间，使得在区间上是单调函数，且函数，的值域是，则称区间是函数的一个“优美区间”.
(1)判断函数和函数是否存在“优美区间”？如果存在，写出一个符合条件的“优美区间”（直接写出结论，不要求证明）；如果不存在，请说明理由；
(2)如果是函数的一个“优美区间”，求的最大值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）由“优美区间”的定义即可判断；
（2）由“优美区间”的定义可得是方程两个同号的不等实根，则或，由根与系数的关系，运用二次函数的图象及性质即可求得的最大值．
【详解】（1）∵且在上单调递增，
由，得或0，
∴函数存在“优美区间”，为．
∵在上是增函数，
若存在“优美区间”，则有方程组无实数解，
则函数不存在“优美区间”．
（2）在和上都是增函数，
因此“优美区间”或.
由题意可知：所以有两个同号的不等实根，
即有两个同号的不等实根，
∴，即，解得或.
∵（同号，满足题意），，
∴.
∵或，
∴当，即时，.
2．（24-25高三上·上海·期中）已知定义域均为的函数，，是的非空子集. 若对任意 当 时，总有 则称 是 的一个“S关联函数”.
(1)求 的所有{1}关联函数；
(2)若 是其自身的一个关联函数，求实数的取值范围；
(3)已知是定义在上的函数．若存在定义在上的函数，使得对任意正整数，都满足是的一个“关联函数”，求证：是上的严格增函数．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“关联函数” 的定义及换元法找出满足条件的函数即可.
（2）应用新定义及设，（），将问题转化为在上恒成立，结合分离参数求最值，运用导数求在上最值即可.
（3）分别从充分性与必要性两方面进行证明.
【详解】（1）设是的关联函数，
对于，当时，，
因为，所以，
设，则，
令，则，所以，
所以的关联函数为.
（2）因为是其自身的一个关联函数.
对于，当时，.
设，（），则，
整理得，
又因为在上单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立，所以，（）
设，则，
令，则；，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以.
（3）因为存在定义在上的函数，使得对于任意正整数，都满足是的一个关联函数.
所以对任意，当时，有，
取，则，
取，则，
取，则，
因为
所以
若，则存在，使得，此时，矛盾，
所以，
所以对任意，对于任意正整数，当时，
有，
可得当时，，
则对于任意整数，在上单调递增，
当时，存在整数，使得，
则可得，
则是上的严格增函数.
3．（25-26高三上·河北·月考）已知函数的定义域为，若对任意，都有，则函数的图象关于点成中心对称图形，点是函数图象的对称中心.已知函数.
(1)证明：的图象关于点成中心对称图形.
(2)求图象的对称中心.
(3)设函数，将区间分成等份，记等分点的横坐标按从小到大的顺序依次为，若不等式对任意恒成立，求整数的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)5
【分析】（1）根据函数解析式，化简，然后求和等于2，即可确定函数的对称中心.
（2）解法一：设，然后化简函数，进而可确定对称中心；解法二：根据函数解析式，化简，然后求和等于2，即可确定函数的对称中心.
（3）先确定的对称中心，然后化简不等式，进而确定的最小值.
【详解】（1）证明：因为，所以，
，
所以，
则的图象关于点成中心对称图形.
（2）解：（解法一）设，则，所以.
易证是奇函数，所以函数的图象关于点中心对称，
所以函数的图象关于点中心对称，
所以的图象关于点中心对称，即图象的对称中心为点.
（解法二）因为，所以，
，
所以，
则图象的对称中心为点.
（3）解：由（1）（2）可知和的图象都关于点成中心对称图形，，
所以，
所以
所以函数的图象关于点成中心对称图形.
因为区间关于直线对称，
所以，
所以.
因为不等式对任意恒成立，所以.
因为，所以，所以，即整数的最小值是5.
4．（24-25高三上·上海·开学考试）已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意的，都有，则称函数具有性质．
(1)若函数具有性质，求：的值；
(2)设，求证：存在常数，使得具有性质；
(3)若函数具有性质，且的图像是一条连续不断的曲线，求证：函数的值域为．
【答案】(1)3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定义得，即可求解；
（2）设，利用零点存在性定理即可证明；
（3）设，可知具有性质，分，和三种情况，结合零点存在性定理得出在上存在零点，即可证明．
【详解】（1）因为函数具有性质，所以，
所以．
（2）证明：设，则，
令，即，
设，
因为，
所以在区间上函数存在零点，
当时，则，此时函数具有性质．
（3）证明：设，因为，所以，
设，
因为，
所以具有性质，，
令得，，
①若，则函数在存在零点；
②若，即时，
当时，，即，
所以在区间存在零点；
③若，即，
因为，
所以，所以，
当时，，即，
所以在区间存在零点；
综上所述，，都存在零点，即都有，
故的值域为．
【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，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．对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求，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．
5．（2025·广东江门·模拟预测）若，且，则的值叫做的“区间长度”.已知函数.
(1)当时，求关于的不等式解集的“区间长度”；
(2)设关于的不等式解集的“区间长度”为.
（i）若，求的值；
（ii）求的最大值.
【答案】(1)解集的“区间长度”为；
(2)（i）或；（ii）的最大值为.
【分析】（1）由定义直接计算即可；
（2）（i）不等式解集为或，设的两个根为，设的两个根为，结合三角函数的性质计算可求得的值；（ii）由（i）可得，即，利用基本不等式，结合三角函数的性质计算可求得的最大值.
【详解】（1）当时，，
由，可得，故或，
又函数的定义域为，所以或，
所以解集的“区间长度”为；
（2）（i），，其中，
故不等式的解为或，
设的两个根为，其中，且，
设的两个根为，其中，且，
所以，又，所以，
其中，即，
由诱导公式得，即，
又，解得或，故或，
所以
，
或
，所以或，
（ii）由（i）可得，即，
即，
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，
所以，，
所以或，
由于，故，所以，
所以舍去，故，
所以，
因为，，所以，
由，可得，
当且仅当，，即时，等号成立，
所以，故的最大值为.

题型五 解三角形中的新定义
1．（2024·福建厦门·二模）定义：如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍，那么这个三角形叫做倍角三角形.如图，的面积为，三个内角所对的边分别为，且.
(1)证明：是倍角三角形；
(2)若，当取最大值时，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由三角形面积公式化简条件，结合余弦定理及正弦定理进一步化简即可证明；
（2）由正弦定理结合题中条件得到，结合三角形面积公式化为关于的表达式，构造函数，利用导数求得最大值即可.
【详解】（1）因为，
又,所以，
则，
又由余弦定理知，，
故可得，
由正弦定理，,
又,
代入上式可得,
即，
，
则有,
故是倍角三角形.
（2）因为，所以,
故，则，又，
又，则,
则
,
设，，
则
令得或者（舍），
且当时，，
当时，，
则在上单调递增，
在上单调递减，
故当时，取最大值，
此时也取最大值，
故为所求.
2．（25-26高三上·黑龙江绥化·开学考试）“平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点”被称为费马点，是由法国数学家费马在十七世纪提出的，意大利数学家托里拆利给出了确定费马点的方法：（Ⅰ）当的三个内角均小于时，满足的点O为费马点；（Ⅱ）当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.请用上述知识解决下面的问题：在锐角中，角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)已知，点M为的费马点.
①若，记，求；
②求的取值范围.
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）由正弦定理角化边，再结合余弦定理即可求解；
（2）①由正弦定理得，分别在，中由正弦定理得到，联立进而可求解；②由三角形面积公式得到，再由正弦定理得到，再确定，进而可求解.
【详解】（1）由正弦定理及，
得，
整理得，即.
因为，所以.
（2）因为是锐角三角形，M为费马点，所以.
①在中，由正弦定理得，即，得.
在中，由正弦定理得，
在中，，
由正弦定理得，
，两式相除得，化简得，
所以.
②由，
得，
整理得.
因为，
所以
.
因为是锐角三角形，所以，即
所以，所以，则，
所以，所以的取值范围是.
3．（2025·河北·模拟预测）设的外接圆半径为，内切圆半径为，定义的值为的“分离比”.
(1)若为等腰直角三角形，求的分离比；
(2)证明：；
(3)探究的最值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)最小值2，没有最大值
【分析】（1）设等腰直接三角形边长，求出外接圆和内切圆半径，再计算比值即可；
（2）由正弦定理可得外加圆半径，利用等面积法求得内切圆半径，代入计算，再利用正弦定理边角互化即可证明；
（3）法一、根据，令，又，所以，得到，即，然后可直接分析没有最大值；法二、根据相交弦定理得，然后，同法一可直线分析没有最大值.
【详解】（1）设的两条直角边为，斜边为2，所以外接圆半径为1.
内切圆半径满足，所以.
所以.
（2）证明：的面积
则
所以.
由正弦定理，
所以.
因此，.
（3）先探究的最小值：注意到，
先证明对于任意的正数，，，均有.
因为，
所以得证，当且仅当时取等.
所以，
下考虑的取值范围.
因为，
所以.
当且仅当取等.
对于，
又（i）
（ii），
当且仅当取等.
由（i）式与（ii）的平方相乘，有，
所以，所以，
故，当且仅当取等.
再探究的最大值，当足够小时，的取值足够小，
而，所以的取值将足够大，也即没有最大值.
综上，有最小值2，没有最大值.
【法二】设的外接圆圆心为，内切圆圆心为，过点作垂直于点.
连接并延长交圆于点，连接并延长交圆于点，
因为为的内心，所以为的平分线，
得，则.
所以和相似，得
又，，得.
连接，则，又，
所以，
即，所以.得.
作直线与圆交于，两点，由相交弦定理得
得.即【上面过程为欧拉公式证明】所以.
再探究的最大值，当足够小时，的取值足够小，
而取值可取到足够大，即没有最大值.
综上，有最小值2，没有最大值.
4．布洛卡点是三角形内部的一特殊的点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点.其定义如下：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角.如图，在中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下各题：
(1)若，求；
(2)已知，
①若，求的值；
②若，求S.
【答案】(1)
(2)①12；②
【分析】（1）由题，可得，在，中，分别由正弦定理可得，，运算得解；
（2）由，可得，①在，，中由余弦定理可得，运算得解；②由，结合①可得，平方展开运算得解.
【详解】（1）在中，，所以，
所以，
在中，，所以，
在中，，所以，
所以，故.
（2）
因为，所以，即，
①，所以
在中，，
在中，，
在中，，
三式相加得
，
整理得：.
②又
又由①知，
所以，
故，
整理得：，
即，
所以，即，
所以.

题型六 数列中的新定义
【技巧通法·提分快招】
1．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）对于数列，记，称数列为数列的差分数列．
(1)已知，证明：的差分数列为等差数列；
(2)已知的差分数列为，求的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据定义可求，再利用定义法可证的差分数列为等差数列；
（2）利用累加法可求的通项公式．
【详解】（1），其中，
故，故的差分数列为等差数列.
（2）由题设有，
故，由累加法可得，
而，所以，
而也满足该式，故.
2．（25-26高三上·辽宁营口·期中）定义：若，且和是公比不相同的等比数列，则称为“混双等比数列”.已知数列满足，，其中常数且.
(1)证明：是等比数列.
(2)设的前项和为，若是“混双等比数列”，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等比数列的定义可证得数列是等比数列；
（2）根据（1）中的结论可得出数列的通项公式，联立可得出数列的通项公式，利用分组求和法可求出的表达式，根据“混双等比数列”的定义可得出关于的等式，解之即可.
【详解】（1）由题意得，
则，
所以.
又，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）可得.
因为，代入可得，
可得，
.
因为是“混双等比数列”，所以，解得.
3．（24-25高三下·河北沧州·月考）设是整数数列，m是某个取定的正整数，若是除以m的余数，则称数列是关于m的模数列，记作．斐波那契数列是常见的整数数列，满足．
(1)写出数列的第3项、第4项和第5项；
(2)斐波那契数列有许多非常好用的性质，比如：，请利用这个性质解决以下问题：
（i）证明数列是周期为8的周期数列；
（ii）求的个位数字．
参考数据：．
【答案】(1)．
(2)（i）证明见解析；（ii）4
【分析】（1）写出斐波那契数列的第三、第四、第五项，再根据的定义求解即可；
（2）（i）只需证明即可，根据题意，易求得，进而可化简；（ii）先求出数列的周期，再根据题意进行化简即可.
【详解】（1）由递推关系得，
所以．
（2）（i）由题中给的性质，可得，
因为，
所以，
所以，
所以数列是周期为8的周期数列．
（ii）因为要计算个位数字，所以考虑数列的周期，
由参考数据，猜想数列的周期为60，证明如下：
因为，又由参考数据易得，
所以，
所以数列是周期为60的周期数列．
因为，
所以，
所以
，
又因为该数列的个位数字是以60为周期，所以，
，
所以，
所以的个位数字为4．
4．（2025·江苏苏州·模拟预测）若数列满足，则称为“阶跃数列”.
(1)若，判断是否为“阶跃数列”；
(2)在“阶跃数列”中，若，求实数的取值范围；
(3)记“阶跃数列”的前项和为，证明：数列是“阶跃数列”.
【答案】(1)为“阶跃数列”；
(2).
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“阶跃数列”的定义，证明即可；
（2）根据“阶跃数列”的定义可得恒成立，令，利用数列单调性求出的最大值即可；
（3）先根据“阶跃数列”的定义，结合放缩法、累加法证明，再证明即可.
【详解】（1）令，则，
所以，即，所以为“阶跃数列”；
（2）令，
则，
又为“阶跃数列”，所以，
所以，即，
令，则，所以为递减数列，
所以当时，取到最大值1，所以.
（3）因为为“阶跃数列”，所以，即，
所以
所以.
当时，，
整理得，
所以，即；
当时，
所以对，即数列是“阶跃数列”.
5．（25-26高三上·辽宁·期中）设，，若正项数列满足，则称数列具有性质“”．
(1)若数列，，，，具有性质“”，求实数的取值范围；
(2)设数列的通项公式为，则是否存在，使得数列具有性质“”？若存在，求的最小值，若不存在，请说明理由；
(3)设函数，正项数列的前项和为，且满足，，证明：数列具有性质“”，并比较与的大小．
【答案】(1)
(2)存在，的最小值为3；
(3)证明见解析，
【分析】（1）由题意可得，，解出即可得；
（2）假设存在，则有，再分别根据 及计算即可得解；
（3）由题意可得，则要证，转化后只需证，构造函数，结合导数研究单调性后计算即可得；再证，转化后只需证，构造函数后，结合导数研究其单调性后即可得，即得证数列具有性质“”；再由该性质可得，从而可得，即可结合等比数列求和公式比较与的大小.
【详解】（1）已知数列，，，，具有性质“”，
则，，，，
由，可得，由，可得，
综上，，则实数的取值范围是；
（2）假设数列具有性质“”，
则，即，
由，得，
即，
所以，
因为，所以，且时，，所以，
由，可得，所以，
因为，所以，则．
综上，，
因为，所以的最小值为3；
（3）函数，数列中，，由，得，
则，要证，即证，即证，
只需证；
令函数，，求导得，
则函数在上单调递增，，
所以，故得证；
要证，即证，只需证，
令，，求导得，
令函数，，求导得，
故在上单调递增，
则，即，函数在上单调递增，
则，即，所以成立，
由，得，而，
则当时，，
故，
又，所以．
6．（25-26高三上·北京·开学考试）设，且都是奇数，行列的数表满足：对任意的，都有.记，若，则称第行为“正行”，若，则称第列为“负列”，记中正行与负列的数目之和为.
(1)设，直接写出的值；
(2)求证：；
(3)求的最大值.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）分别计算数表中各行之和与各列之和，根据“正行”与“负列”条件判断即可；
（2）用反证法，从行与列两个角度求数表总和则可推出矛盾；
（3）用反证法证明 ，从行列两个角度分析-1，1的个数可推出矛盾，再举出的数表即可.
【详解】（1）数表，由题意可得，故只有第3行是“正行”；
，故第2，3列是“负列”，第1列不是“负列”，故；
数表由题意可得，故只有第2行是“正行”；
，故第3，4列是“负列”，第1，2，5列不是“负列”.
故.
综上所述，.
（2）用反证法证明.由数目之和，假设，即数表没有“正行”，也没有“负列”.
即任意，则数表中所有数和；
且任意，则数表中所有数的和；
故数表中所有数的和为0，
由题意任意的，
即数表中1的个数与的个数相同，所以数表中必有偶数个数，
但由于均为奇数，数表中共有个数，为奇数，
这与数表中必有偶数个数矛盾.
故假设错误，不成立.故成立.
（3）当时，数表包含行1列数，
若，则各行都为1，则这1列所有数的和为，不可能为“负列”；
由数表，，
故当时，最大为；
同理可知当时，最大为，
当时，.
下面用反证法证明.
假设，则满足条件的数表分三类：
，即行都是“正行”且列都是“负列”；
或，其中行都是“正行”，列是“负列”；
或，其中行是“正行”，列都是“负列”.
①若，行都是“正行”且列都是“负列”；
即任意，则数表中所有数和；
且任意，则数表中所有数的和；
故产生矛盾，此类情况不可能；
②若，行都是“正行”且列是“负列”；
由行都是“正行”，由题意可知，每行各数之和都为正数，
由题意任意的，
则每行个数中1的个数必大于的个数，即至少有个1，
故数表中所有数中至少有个1；
由列是“负列”，由题意可知这列中每列各数之和都为负数，
则每列个数中的个数必大于1的个数，即至少有个，
故数表中所有数中至少有个，则至多有个1；
又，故产生矛盾，此类情况也不可能；
③若，其中行是“正行”，列都是“负列”.
由列都是“负列”，由题意可知，每列各数之和都为负数，
由题意任意的，
则每列个数中的个数必大于1的个数，即至少有个，
故数表中所有数中至少有个；
由行是“正行”，由题意可知这行中每行各数之和都为正数，
则每行个数中1的个数必大于的个数，即至少有个1，
故数表中所有数中至少有个1，
则至多有个；
又，
故产生矛盾，此类情况也不可能；综上所述，假设错误，
故.
如下图给出的数表：
如上图，各行除第行外，其余都是“正行”；各列除第列外，其余都是“负列”；
故正行与负列的数目之和为.
故当，且时，的最大值为.
综上所述，当时，最大值为；当时，最大值为；
当，且时，的最大值为.

题型七 立体几何中的新定义
【技巧通法·提分快招】
1．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)求经过的直线的点方向式方程；
(2)已知平面，平面，平面，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，求平面与平面的夹角大小．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先求直线的方向向量，结合题意即可得直线方程；
（2）根据题意可得平面、、的法向量，进而可求交线的方向向量，利用空间向量判断线面关系；
（3）根据题意可得平面、的法向量，进而可求交线的方向向量，根据线面关系可得，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）由得，直线的方向向量为，
故直线的点方向式方程为．
（2）由平面可知，平面的法向量为，
由平面可知，平面的法向量为，
设交线的方向向量为，则，
令，则，可得，
由平面可知，平面的法向量为，
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，
则，令，解得，可得，
由平面可知，平面法向量为，
设平面与平面的交线的方向向量为，
则，令，则，可得，
由平面可知，平面的法向量为，
因为，解得，即，
则，
故平面与平面夹角的大小为．
2．空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”．
(1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标；
(2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）利用斜坐标的定义及向量的线性运算可得结果；
（2）利用空间向量的线性运算表示由题可得，，设平面的法向量为，通过求解法向量方程与赋值求得法向量，以及平面，表示出，利用平面与平面的夹角的余弦公式求解即可.
【详解】（1）由题可知，，则（提示：斜坐标的本质是将空间中的向量用基底表示后的系数），
由题可知，，．
平面，
即
则，，
则的斜坐标为．
（2）由题可得，，
设平面的法向量为（提示：设斜坐标系下的法向量，通过求解法向量方程与赋值求得法向量），
由
得
即
取，可得，，
即．
则．
由（1）可知平面，
且，
则，
，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
【点睛】关键点点睛：充分理解“空间斜坐标系”以及通过空间向量线性运算正确表示出向量是解题关键，本题以新定义下的线面关系与平面与平面的夹角为背景，考查考生数学建模、数学运算核心素养．属于较难题.
3．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）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可；
（2）利用线面垂直的性质和判定证得，即，根据离散曲率的定义计算得，根据点面距离的定义作出点到平面的距离线段，根据边角关系求解即可；
（3）法一：根据定义作出线面角，设，则，利用余弦定理计算得，利用构造关于的方程，求解即可；
法二：如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解.
【详解】（1）由离散曲率的定义得：
，
，
因为，同理可得其他三个三角形内角和为，
所以；
（2）由平面平面，得，
又平面，则平面，
由平面，得，即，
又，即，
解得，
过点作于点，由平面平面，得，
又平面，则平面，因此点到平面的距离为线段的长.
在中，，
所以点到平面的距离为.
（3）方法一：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，，
设，
则，
，
在中，根据余弦定理，，
由，得，
因此，整理得，即，
解得或，因为，所以.
方法二：由（2）知，平面平面，过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意得：，
所以，，
设，则，
设与平面所成的角为，因为，所以，
取平面的法向量，
则，
整理得，即，解得：或（舍），
所以，所以.
4．类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且.
(1)在图2中，用三面角余弦定理求的值；
(2)在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由；
(3)在图2中，直线与平面内任意一条直线的夹角为，证明：.
【答案】(1)
(2)存在，，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）证明平面⊥平面，故二面角的大小为，为等边三角形，，代入公式，求出的值；
（2）在（1）基础上，得到，由同角三角函数关系和正弦定理得到，再利用余弦定理得到方程，求出，得到答案；
（3）分两种情况，当过点和不过点，由（1）及三面角公式可得，又，所以，证明出结论.
【详解】（1）设，连接，
因为底面为菱形，所以，，为的中点，
又，为公共边，所以≌，
所以，⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面，
故二面角的大小为，
又，则，，
又，所以为等边三角形，，
由三面角余弦定理得
；
（2）存在，，理由如下：
由三面角余弦定理得，
即，，
显然为锐角，故，
在中，由正弦定理得，
即，故，
由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
此时，使得；
（3）由题意得，设平面内任一条直线为，
当过点时，记与的夹角为，，
由（1）及三面角公式可得，
因为，所以，
又，所以，
当不过点时，过点作，记与的夹角为，，
则，
又，所以，
综上，

题型八 概率与统计中的新定义
【技巧通法·提分快招】
1．（2024·福建泉州·模拟预测）定义两组数据，的“斯皮尔曼系数”为变量在该组数据中的排名和变量在该组数据中的排名的样本相关系数，记为，其中．
某校15名学生的数学成绩的排名与知识竞赛成绩的排名如下表：
(1)试求这15名学生的数学成绩与知识竞赛成绩的“斯皮尔曼系数”；
(2)已知在这15名学生中有10人数学成绩优秀，现从这15人中随机抽取3人，抽到数学成绩优秀的学生有人，试求的分布列和数学期望．
【答案】(1)0.8；
(2)分布列见解析，数学期望为2.
【分析】（1）根据“斯皮尔曼系数”的计算公式即可求解.
（2）的值可能为0，1，2，3，计算出各自对应的概率，列出分布列并求出数学期望.
【详解】（1）依题意，，
所以这15名学生的数学成绩与知识竞赛成绩的“斯皮尔曼系数”是0.8.
（2）依题意，的值可能为0，1，2，3，
，
，
则的分布列为：
所以的数学期望为．
2．北京冬奥会助推户外冰雪运动发展持续升温，近年来越来越多的青年学生喜爱这一运动，为了研究性别与青年学生是否喜爱冰雪运动之间的关系，从某高校的男、女生中各随机抽取200名进行问卷调查，得到如下列联表．
(1)当时，从样本中喜爱冰雪运动的学生中，按性别采用按比例分配的分层随机抽样方法抽取7人，再从这7人中随机抽取4人调研喜爱的原因，记这4人中男生的人数为，求的分布列与数学期望．
(2)定义，其中为列联表中第行第列的实际数据，为列联表中第行与第列的总频率之积再乘列联表的总额数得到的理论频数，如，．基于小概率值的检验规则：首先提出零假设（变量相互独立），然后计算的值，当时，我们推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；否则，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立．根据的计算公式，求解下面问题：
①当时，依据小概率值的独立性检验，分析性别与青年学生是否喜爱冰雪运动有关？
②当时，依据小概率值的独立性检验，若认为性别与青年学生是否喜爱冰雪运动有关，则至少有多少名男生喜爱冰雪运动？
附：
【答案】(1)分布列见解析，
(2)①无关联；②151名
【分析】（1）由条件可得的所有可能取值为1，2，3，4，然后分别求得其对应概率，即可得到分布列，从而得到期望；
（2）由的公式代入计算，即可判断；
【详解】（1）当时，样本中喜爱冰雪运动的学生中男生有160人，女生有120人，
则采用按比例分配的分层随机抽样方法抽取的7人中，男生有4人，女生有3人．
由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，4，
，，
，，
的分布列为
故．
（2）零假设为：性别与青年学生是否喜爱冰雪运动独立，
即性别与青年学生是否喜爱冰雪运动无关联．
当时，列联表如下：
，，，，，，，，
．
，根据小概率值的独立性检验，我们推断成立，
即认为性别与青年学生是否喜爱冰雪运动无关联．
，
由题意可知，，整理得．又，，
，的最大值为9．
又，至少有151名男生喜爱冰雪运动．
3．（2024·浙江温州·三模）现有张形状相同的卡片，上而分别写有数字，将这张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数字后放回，现在甲同学随机抽取4次.
(1)若，求抽到的4个数字互不相同的概率；
(2)统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义为随机变量的阶矩，其中1阶矩就是的期望，利用阶矩进行估计的方法称为矩估计.
（ⅰ）记每次抽到的数字为随机变量，计算随机变量的1阶矩和2阶矩；（参考公式：）
（ⅱ）知甲同学抽到的卡片上的4个数字分别为3，8，9，12，试利用这组样本并结合（ⅰ）中的结果来计算的估计值.（的计算结果通过四舍五入取整数）
【答案】(1)
(2)（ⅰ），；（ⅱ）
【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）（ⅰ）根据阶矩的定义、期望公式及等差数列求和公式计算可得；（ⅱ）首先求出样本数据的阶矩及阶矩，结合（ⅰ）的中的结果得到方程组，解得即可.
【详解】（1）依题意可得抽到的个数字互不相同的概率；
（2）（ⅰ）依题意的可能取值为，，，，
且（且），
所以
，
依题意的可能取值为，，，
且（且），
所以
；
（ⅱ）依题意样本数据，，，为期望（平均数）为，
则，，，为期望（平均数）为，
所以，
消去得，
整理得，解得（负值已舍去），
又，，所以.
4．（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.
5．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．信息熵是信息论中的一个重要概念，它是由克劳德·艾尔伍德·香农在20世纪40年代提出，借鉴了热力学的概念，信息熵的数学定义为：，其中表示随机变量的信息熵，随机变量所有可能的取值为，是随机变量所有可能取值的数目，，且．
(1)设A盒中有3个白球，2个黑球，设随机变量表示从盒中选一个球的颜色，盒中有5个白球，设随机变量表示从盒中选一个球的颜色，根据信息熵的定义，请通过计算比较与的大小，并分析一下信息熵的实际意义；
(2)若，求的最大值；
(3)证明：若，随机变量所有可能的取值为，且，则．
【答案】(1)答案见解析
(2)最大值为
(3)证明见解析
【分析】（1）根据信息熵的定义结合题意计算分析求解即可；
（2）根据题意得，设，，利用导数工具研究函数的单调性和最值即可求解；
（3）由题意依次求出和，接着作差分析差值即可求证，再作差求证即可得证.
【详解】（1）由题意得，
则，，
，
表示抽到白球，，
所以，
信息熵的含义信息越混乱，信息熵越大，信息越纯净，信息熵越小.
（2）若，则，
，
设，，则，
令，解得，此时函数单调递减，
令，解得，此时函数单调递增，
所以在时取得最大值，且最大值为．
（3）依题意知，，
，⋯，，
∴
又
∴，
又，，⋯，，
∴，∴
要证，因为

（当且仅当，即时等号成立成立），
，
所以.

题型九 圆锥曲线中的新定义
【技巧通法·提分快招】
1．在平面直角坐标系中，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l的方程，如果椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线l与椭圆分别交于两点，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.
【答案】(1)
(2)或；
(3)
【分析】（1）根据定义整理方程可得结果；
（2）根据定义先得到的方程，然后分别联立直线与的方程得到交点坐标，结合大小可求，则的方程可知；
（3）比较的方程可得的关系，利用累乘法求解出的通项公式.
【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．
2．（2025·宁夏银川·三模）抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，由抛物线的三条切线围成的三角形称为抛物线的切线三角形.已知抛物线C：的焦点为F，直线l：过点F，过x轴下方的一点P作C的两条切线，，且，分别交x轴于点A，B，交l于点M，N.
(1)若为阿基米德三角形，求；
(2)证明：切线三角形的外接圆过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先由条件求得，即可得到抛物线的方程，通过求出抛物线方程和切线斜率，利用斜率乘积判断两切线垂直得出角度；
（2）先求出切线方程，进而得到、坐标，再根据外接圆性质证明过定点.
【详解】（1）由题意得，则，
所以抛物线的方程为，
因为为阿基米德三角形，
所以分别与抛物线切于点，
不妨设点在轴左侧，则.
由，得，则，
所以的斜率为的斜率为1，则，
所以.
（2）由（1）可知抛物线，
设分别与抛物线切于点，，
由（1）可知直线的斜率为，直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
所以.
设外接圆的圆心为，
则圆心在线段的垂直平分线上，所以，
则圆的半径为，
所以圆的方程为，
又点在圆上，所以，
即，所以，
所以，
整理得，
即，
令，得，
所以的外接圆过定点.
3．（2025·河北秦皇岛·二模）蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示．在平面直角坐标系中，圆，点是直线上在第一象限内的任一点，直线的倾斜角为（为坐标原点），且交圆于点（与不重合），第一象限内的点在直线上，且满足，一蔓叶线的方程为，如下右图所示．

(1)求蔓叶线上任一点横坐标的取值范围；
(2)证明：点在蔓叶线上；
(3)设直线与蔓叶线交于不同的三点，，，且直线，，的斜率之和为2025，证明：直线过定点．
参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程的韦达定理：若，，是关于一元三次方程的三个根，则，，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据蔓叶线方程中分母不为零以及根式有意义的条件来确定横坐标取值范围.
（2）依据向量相等的性质得到点的坐标，再将点的横坐标代入蔓叶线方程的右边，通过化简计算与进行比较，若相等则可证明点在蔓叶线上.
（3）将直线方程与蔓叶线方程联立，齐次化处理，利用三次方程韦达定理得到直线斜率之和的表达式，进而求出直线过的定点.
【详解】（1）因为蔓叶线的方程为，
则且.由于恒成立，所以等价于，解得，
由图知道，蔓叶线的位置，所以，综上，知道.
则蔓叶线上任一点横坐标的取值范围为.
（2）设，已知直线的方程为，将其代入圆的方程，得到.
对进行整理得
解得或，因为点不是原点，所以点横坐标为.
已知，设，，点横坐标为.
根据向量坐标运算，，，因为，所以，.
将代入蔓叶线方程的右边：，
而，即蔓叶线方程右边的值等于，等式成立.
所以点的坐标满足蔓叶线方程，点在蔓叶线上.
（3），齐次化联立直线与曲线，得到，那么，即，
根据方程联立得意义可知，所得的关于的一元三次方程的三个根即为，
结合韦达定理知道，，故 ，则，
代入直线方程，即，化简得，式子恒成立，
则令，解得.故直线过定点.原命题成立.
4．（2025·海南·模拟预测）定义：对椭圆及任意一点，称直线为关于点的“极线”.
结论1：若点在椭圆上，则关于点的极线就是在点处的切线.
结论2（椭圆的光学性质）：从椭圆一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点.
试根据上面的定义和结论解决下列问题：
已知是椭圆的两个焦点，关于点的极线与相交于两点.
(1)求；
(2)设在点处的切线为，在点处的切线为，过在上且在外一点作的两条切线，切点分别为,证明：直线相交于一点；
(3)若是上除顶点以外的任意一点，直线和分别与直线相交于点，证明：为定值.
【答案】(1)3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先求的方程为，联立可得；
（2）先求得和交于点，再求得直线的方程为，也过，即可证；
（3）在点处的切线方程为，则与平行，由椭圆的光学性质可得，即为定值.
【详解】（1）根据定义，可得的方程为，即，
将其代入的方程得，解得，
不妨取，所以.
（2）根据所给结论可知分别是关于点的极线，
如图（1），取，则.
由解得所以和交于点，
要证明直线相交于一点，只需证明直线过点即可.
设.
根据所给结论，可知直线，直线.
因为直线和都经过点，所以，
所以直线的方程为，将代入，得，方程也成立，
所以直线过点，故直线相交于一点.
（3）由题意，在点处的切线方程为，则与平行，且经过坐标原点.
如图（2）所示，由椭圆的光学性质，可知.
又因为，所以，所以，所以.
过作，与交于点，则，所以.
另一方面，因为，所以，
从而，所以.
因此，故为定值.
【点睛】关键点点睛：本题第二问证明三点共线，先求两条直线的交点，再证交点在第三条直线上即可.第三问先考虑在点处的切线方程为与平行，进而根据椭圆的光学性质和平面几何相关知识可得.
5．（2025·吉林·模拟预测）已知对任意平面向量，把向量绕其起点沿逆时针方向旋转角后得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.
(1)若平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，求点的坐标；
(2)若双曲线绕坐标原点逆时针旋转得到曲线.
（i）求双曲线的标准方程及离心率；
（ii）双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且斜率存在的直线交双曲线于，两点，点是的外心，求证：直线与直线的斜率之积为定值.
【答案】(1)
(2)（i），；（ii）证明见解析
【分析】（1）设，再利用新定义求出的坐标即可求解；
（2）（i）双曲线上任取一点，根据新定义得出其旋转过后的点坐标，再将其坐标代入中即可求得双曲线的标准方程，进而求得离心率；
（ii）设直线，与双曲线方程联立得出韦达定理，再分别用点坐标求出线段的中垂线方程，设，将点坐标代入两条中垂线方程中，再利用同构思想得出是方程的两个根，再根据两次韦达定理建立关系式，即可求出，进而得出为定值.
【详解】（1）设，则，，
将绕点沿顺时针方向旋转到，相当于沿逆时针方向旋转到，
则，
则，解得，，因此点的坐标是.
（2）（i）在双曲线上任取一点，
将绕原点沿逆时针方向旋转，
得到，
则
又点在曲线上，则，
化简得双曲线的标准方程为：，
则，，，故离心率.
（ii）由（i）可知，，由题意可知直线的斜率存在不为0，
故设直线方程为：，，，
联立，得，
则，，，，
因线段的中点为，，
所以线段的垂直平分线为，
即，
又，，
则线段的垂直平分线为，
同理线段的垂直平分线为，
设，
因点是的外心，则有，
则是方程，
即的两个根，
则，，
故，，
两式作商得，，
得，则，
即直线与直线的斜率之积为定值.

题型十 导数中的新定义
【技巧通法·提分快招】
1．（24-25高三下·甘肃庆阳·期中）记函数的导函数为，函数的导函数为，若，则称点为函数的广义反曲点.
(1)若，求的广义反曲点；
(2)已知函数有且仅有三个广义反曲点，证明函数的三个广义反曲点共线，并求出直线方程.
【答案】(1)
(2)证明见解析，直线方程为
【分析】（1）求导，根据广义反曲点的概念解方程即可.
（2）问题转化为方程有3个不同的根解决.根据三次方程根的个数，用表示即可.
【详解】（1）
记，则，所以.
又，所以的广义反曲点是.
（2）函数，则，
记，则.
记，
设的广义反曲点的横坐标分别为，，，则，，是的全部零点.
证明的三个广义反曲点共线等价于证明，使得，.
即证，使得，，是方程的根，
即方程有且仅有三个不相同的根，，.
由，
所以，
即，由，解得，
代入成立，所以满足条件.
即的三个广义反曲点共直线.
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高三上·辽宁沈阳·期中）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率.
(1)求曲线在处的曲率的平方；
(2)求正弦曲线曲率的平方的最大值.
(3)正弦曲线，若，判断在区间上零点的个数，并写出证明过程.
【答案】(1)
(2)1
(3)零点个数为2，证明见解析
【分析】（1）根据所给曲率的定义求解即可；
（2）由新定义求出，换元后，利用导数求最值即可；
（3）对分区间讨论，在上无零点，在上利用导数判断函数单调性极值，由零点存在性定理分析即可得解.
【详解】（1）因为，所以，，
所以，
.
（2）由，，则，
，
令，则，故，
设，则，
在时，递减，
所以，最大值为1.
（3）因为，，
则.
①当时，因为，
所以在上单调递减.所以.
所以在上无零点.
②当时，因为单调递增，且，，
所以存在，使.
当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增，且.
所以.设，，
，,
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
所以，所以.
所以在上存在一个零点.
所以在有2个零点.
综上所述，在上的零点个数为2
【点睛】关键点点睛：对于新定义问题，理解所给定义，运用所给定义解题是解题关键，对于函数零点问题，一般要先求出函数的单调性，极值，再结合零点存在性定理判断.
4．给出以下三个材料：①若函数可导，我们通常把导函数的导数叫做的二阶导数，记作.类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作，三阶导数的导数叫做四阶导数……一般地，阶导数的导数叫做阶导数，记作.②若，定义.③若函数在包含的某个开区间上具有阶的导数，那么对于任一有，我们将称为函数在点处的阶泰勒展开式.例如，在点处的阶泰勒展开式为.根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)求出在点处的阶泰勒展开式，并直接写出在点处的阶泰勒展开式；
(2)比较（1）中与的大小.
(3)证明：.
【答案】(1), ；
(2)答案见解析；
(3)证明过程见解析.
【分析】（1）根据在点处的阶泰勒展开式的定义可直接求得结果；
（2）令，利用导数可求得在上单调递增，结合可得的正负，由此可得与的大小关系；
（3）令，利用导数可求得，即；①当时，由，，可直接证得不等式成立；②当时，分类讨论，由此可证得不等式成立.
【详解】（1），，，
，，，
，即；
同理可得：；
（2）由（1）知：，，
令，则，
，，
在上单调递增，又，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
，，
在上单调递增，又，
当时，；当时，；
综上所述：当时，；当时，；当时，；
（3）令，则，
，在上单调递增，
又，在上单调递减，在上单调递增，
，即；
在点处的阶泰勒展开式为：，
，当且仅当时取等号，
①当时，由（2）可知，，当且仅当时取等号，所以；
②当时，设，，
，，
当，由（2）可知，所以，
，即有；
当时，，
所以，时，单调递减，从而，即．
综上所述：.
【点睛】关键点睛：本题考查了导数中的新定义问题，关键是审题时明确阶泰勒展开式的具体定义；本题在证明不等式成立时的关键是能够根据原函数与其在处的阶泰勒展开式的大小关系，利用放缩的方法将不等式进行转化.
5．（25-26高三上·四川成都·月考）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿（Isaac Newtn，1643-1727）在《流数法》一书中给出了牛顿法：用“作切线”的方法求方程的近似解.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，在点处作曲线的切线，设与轴交于点，并称为的1次近似值；在点处作曲线的切线，设与轴交于点，称为的2次近似值.一般地，在点处作曲线的切线，记与轴交于点，并称为的次近似值.

(1)若函数，取作为的初始近似值，求的2次近似值；
(2)若函数，取作为的初始近似值，点，数列是由，，，，构成的，记：，.回答以下问题：
（i）求数列的通项公式，并将的长度用表示；
（ii）求证：.
【答案】(1)
(2)（i）；；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据题意，利用导数求出曲线的切线方程，即可得r的2次近似值；
（2）①先求出在点处的切线斜率为，可得切线方程，从而得，即可求得的表达式；由抛物线的定义可得；②利用进行放缩，结合等比数列的前n项和公式，可证命题.
【详解】（1）由得，则，又，得，
故在处的切线的方程为：，
令，得到，所以，得到，
所以，在处的切线的方程为：，
令，得到，故r的2次近似值为；
（2）（i）由，得，
，则，，得，
同理：在点处的切线斜率为，
，将代入得，
所以或，
若，则重合，与题设矛盾，故舍去，
故，故数列是首项为，公比为的等比数列，
得到，
由抛物线的定义可得，
故；
（ii）由题意得，
由（i）知，
得，
结合时，，
可得，故，
所以，将代入，
得
.

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．（2025·广西·模拟预测）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”.例如：1，3，7，13，21，31…，后项与前项的差值：2，4，6，8，10，…，这些差值构成的数列是公差为2的等差数列，则称数列1，3，7，13，21，31….为“二阶等差数列”.
(1)若数列的通项公式为，试判断数列是否为“二阶等差数列”，并说明理由；
(2)若数列为“二阶等差数列”，且，对应的“一阶等差数列”首项为1，公差为3，求；
【答案】(1)是，理由见解析
(2)
【分析】（1）结合已知定义及等差数列的定义即可判断；
（2）由已知定义及等差数列的通项公式，求和公式即可求解.
【详解】（1）因，则，
故，
是公差为2的等差数列，则数列是“二阶等差数列”.
（2）由题意是“一阶等差数列”，
又首项为1，公差为3，故，
则
，
又满足上式，故.
则 “二阶等差数列”的通项公式为.
2．如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴同方向的单位向量．若向量，则把有序数对叫做在斜坐标系中的坐标．

(1)若，，求在上的投影向量斜坐标．
(2)若，，，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据平面向量模的公式、平面向量数量积的定义和运算性质，结合投影向量的定义进行求解即可；
（2）根据平面向量模的公式、平面向量数量积的定义和运算性质，结合平面向量夹角公式、函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）∵若，，
所以，
，
a⋅b=e1+e2⋅3e1+e2=3e12+4e1⋅e2+e22=3+2+1=6，
，
∴在上的投影向量为
即在上的投影向量斜坐标为；
（2）∵，
∴，，
∴，
又，，
，，
，
令，则，，
又，在上单调递增，
∴，即的最小值为.
【点睛】关键点睛：利用平面向量数量积的运算性质，结合分式型函数的单调性是解题的关键.
3．（24-25高三上·贵州贵阳·月考）已知函数，若存在实数，，使得对于定义域内的任意实数，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对.
(1)若，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由；
(2)是否存在为函数的“平衡”数对，若存在，求的值，不存在说明理由.
【答案】(1)是，理由见解析
(2)
【分析】（1） 利用恒等式思想转化为系数为0时恒等于0，从而看是否存在待定系数来说明问题；
（2）先利用恒等式转化，再利用新的函数思想来求最小值.
【详解】（1）若，假设函数为“可平衡”函数，
则对于定义域内的任意实数成立，
即对于定义域内的任意实数成立，
等价于对任意的实数均成立，
则需使，即，
故存在，使得为“可平衡”函数.
（2）假设存在实数，，使得对于定义域内的任意实数，
均有成立，则有
.
由上式对于定义域内的任意实数成立，
所以，即
所以此时存在满足题意，
即此时取值为2.
4．（24-25高三下·浙江·开学考试）定义：为在集合中去掉一个元素后得到的集合；为集合中的所有元素之和.已知由个正整数组成的集合，若对于，都存在两个集合，使得，且，就称集合为“完美集”.
(1)若，判断是否为“完美集”，并说明理由；
(2)若集合是“完美集”，证明：是奇数；
(3)若集合是“完美集”，且中所有元素从小到大排序后能构成一个等差数列，则称为“等差完美集”.已知集合是“等差完美集”，求的最小值.
【答案】(1)不是；理由见解析
(2)证明见解析
(3)7
【分析】（1）根据“完美集”的定义即可判断；
（2）由是偶数，所以与必定同奇同偶.再分奇数偶数讨论；
（3）先假设最小值为，推出矛盾，再求当时成立即可.
【详解】（1）不是“完美集”，
因为去掉2时，所有元素和为15，无法拆分为两个和相等的集合；
（2）记为集合中的所有元索之和，是偶数，
所以与必定同奇同偶.
当为奇数时，也是奇数，是奇数个奇数相加，故是奇数：
当为偶数时，也是偶数，设，则也是“完美集”，
重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数的“完美集”，此时集合元索个数是奇数；
所以得证：
（3）最小值是7.
设是等差数列，.
当时，去掉时，，不成立：
当时，，不妨设，
去掉，假设可以拆分成两个交为空且和相等的集合，
则有两种情况：
①，因为，这与矛盾；
②，因为，这与均为正整数矛盾，故假设不成立：
故，下证的最小值为7.
当时，构造（写出一个即可），.
去掉；
去掉；
去掉；
去掉；
同理去掉；
去掉；
去掉；
所以，是“等差完美集”.
综上所述，的最小值为7.
【点睛】思路点睛：对于第二小问：由是偶数，
所以与必定同奇同偶.再分奇数偶数讨论；
第三小问：先假设最小值为，推出矛盾，再求当时成立即可.
5．（24-25高三上·山西·期末）已知函数的定义域为，若存在实常数及，对任意，当且时，都有成立，则称函数具有性质.
(1)判断函数是否具有性质，并说明理由；
(2)若函数具有性质，求和的值；
(3)已知函数不存在零点，且当时具有性质，若数列满足，，且，求的通项公式.
【答案】(1)函数不具有性质，理由见解析
(2)或
(3)
【分析】（1）根据题意可得存在实常数及，使得，进而可判断；
（2）由题意化简得对任意的都成立，再根据对应系数均为0求解即可；
（3）由题意，再构造可得，进而可得通项公式.
【详解】（1）若函数具有性质，则存在实常数及，
使得对任意的都成立，
即，
所以，，不合题意，舍去.所以函数不具有性质.
（2）由题意存在实常数及，使得对任意的都成立，
即，
化简得对任意的都成立，
所以
解得或
所以或
（3）由函数不存在零点，且具有性质得，
对任意的，，都有，
即，所以，
所以，
又，，所以，所以，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.
6．人脸识别技术在社会各行各业中的应用深刻改变着人们的生活．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运用距离进行测试，经常使用的测量距离有曼哈顿距离和余弦距离．若二维空间有两个点，则A，B之间的曼哈顿距离为：．A，B之间的余弦距离为，其中为A，B之间的余弦相似度．
(1)若，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离；
(2)已知，且．
①求N，P之间的余弦距离；
②求N，P之间的曼哈顿距离．
【答案】(1)曼哈顿距离为2，余弦距离为
(2)①；②
【分析】（1）根据题意代入题目中的公式可得答案；
（2）①根据条件和两角和的余弦公式可求答案；②先求解，结合和角公式可得答案.
【详解】（1）由题意；
因为，
所以余弦距离为.
（2）①由题意，
由，可得，故；
因，故，
则，
又，
所以N，P之间的余弦距离为.
②由①可知，，
，
因，则，
所以N，P之间的曼哈顿距离为：
.
7．定义：如果函数在定义域内存在实数，使成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.已知函数.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)若在上存在1级“平移点”，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过导数求斜率进而求解切线方程即可；
（2）将题意转化为与图象有公共点，通过对右侧函数值域的研究即可得到答案.
【详解】（1）当时，，.
，.
故曲线在处的切线方程为
（2）因为在上存在1级“平移点”，
所以存在，使.
由，
得，
即，
即与图象有公共点，
令，
则，
所以在上单调递增，所以，
因为，所以，，所以，
所以，所以.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
8．（24-25高三下·浙江·开学考试）设为给定的正整数，称有序数组是二进数组．是由个互不相同的二进数组构成的集合，对于中的任意两个元素和，称是特征值．记的所有特征值中出现次数最多的数值为．
(1)设，求和的值；
(2)若对任意，均有，求的最大值；
(3)若，证明：，其中表示不超过的最大整数．
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据和的定义得到结果；
（2）先证明，再给出使得的的例子，即可说明的最大值是；
（3）利用的定义即可证明相应结论.
【详解】（1）此时，故.
的所有特征值为
.
以上共个，其中有个，个，个，所以.
（2）由于对任意，不能出现两个第位为的数组（否则）.
所以中每个数组包含的数目之和不超过.
由于不包含的数组至多有一个，故中至少有个包含至少一个的数组.
所以中每个数组包含的数目之和不小于.
以上二者结合，即可得到，故.
当时，对任意中的两个不同元素，均有.
所以的最大值是.
（3）由于所有的二进数组恰有个，故必定是包含全部二进数组的集合.
对，设为使得的有序对的数量，其中.
那么在这种情况下，的同为的那个分量位置有种选择.
确定这些位置后，其它的分量不能同为，那么每个位置有三种可能，所以剩余分量有种选择.
这就得到，从而.
故当时，有；当时，有.
从而当取到大于的最小整数，也就是时，取得最大值.
所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对集合的定义的理解。只有理解了定义，方可解决相应问题.
9．（23-24高三下·江苏苏州·月考）设是平面直角坐标系上的两点，现定义由点到点的一种折线距离为.对于平面上给定的不同的两点.
(1)若点是平面上的点，试证明：；
(2)若两点在平行于坐标轴的同一条直线上，在平面上是否存在点，同时满足：①；②？若存在，请求出所有符合条件的点；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】
（1）利用给定新定义结合绝对值不等式证明即可.
（2）进行合理分类讨论，求出符合情况的点即可.
【详解】（1）由绝对值不等式知，，
而，
当且仅当，时等号成立，
即三点共线时等号成立．
故成立.
（2）点与点是在同一条平行于坐标轴的直线上的两个不同的点，可分下列两种情况讨论：
若，则，
由条件①，得，
，，.
由条件②，得，
， .
因此，所求的点.
若，则，
由条件①，得，
代入条件得，解得，
结合条件②得，代入条件得，
解得，故.可得符合条件的点.
综上，当，时，存在符合条件的点，
当， 时，存在符合条件的点，
10．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知数列具有性质：对任意的，与两数中至少有一个属于．
(1)分别判断数集和是否具有性质；
(2)证明：当时，，，，不可能成等差数列；
(3)证明：当时，，，，，是等比数列．
【答案】(1)不具有，具有.
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据数列具有性质的定义判断即可；
（2）根据数列具有性质的定义可知，，得，进而由等差数列的通项得，进而可判断；
（3）根据数列具有性质的定义可知，，，进而可得，可判断.
【详解】（1）集合中且，所以不具有性质,
因为都属于，是具有性质.
（2）因为具有性质,
所以与至少有一个属于，又因，
故，又，故，
同理：，即，故
又，，故，即
假设是等差数列，则由已知得公差
则由得：
解得：与假设矛盾
所以当时，不可能成的差数列.
（3）当时，由（2）知即
，，
，，
由得：，又，
即是以为首项，公比为的等比数列.
11．若椭圆：上的两个点满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点.显然，对于椭圆上任意一点，总有两个共轭点.已知椭圆，点是椭圆上一动点，点的两个共轭点分别记为.
(1)当点坐标为时，求；
(2)当直线斜率存在时，记其斜率分别为，其中，求的最小值；
(3)证明：的面积为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，再根据共轭点的条件得到满足的方程，进而求出.
（2）斜率公式和共轭点条件表示出，再利用均值不等式求的最小值.
（3）利用三角形面积公式，结合前面求出的关系来证明面积为定值.
【详解】（1）的共轭点分别记为，
，
直线的方程为，
联立得，
，
；
（2）点在椭圆上，
，即，
由（1）知，直线的方程为，即，
当时，直线的方程为，代入，
得，即，
，
，
当时，易知，对应共轭点为，
此时，故也成立，
，当且仅当时等号成立；
（3）由（2）知，对任意点，都有，
，
点到直线的距离为，
的面积，
故的面积为定值.
12．（25-26高三上·河北衡水·月考）含有未知函数的等式称为函数方程.其实，函数方程我们并不陌生，在函数的奇偶性和周期性中，已经蕴含了函数方程的思想.
(1)已知函数在上有定义，对任何实数和任何实数，都有.
（i）若，求的值；
（ii）证明：，其中和均为常数；
(2)一般的，设是上的连续（图象没有间断点）函数，且对一切的，均有，称该函数方程为柯西函数方程.柯西对这一类函数方程进行了深入研究，得到了该函数方程的解为，其中.利用上述知识，解决下面的问题：已知定义在上的连续函数满足，都有恒成立，且，求.
【答案】(1)（i）0；（ii）证明见解析
(2)
【分析】（1）（i）令，代入数值计算即可；
（ii）结合题设，分别证明当和时成立即可；
（2）设，结合题设可得，满足柯西函数方程，进而得到，其中，可得，再结合即可求得，进而得到答案.
【详解】（1）（i）由题意，对任何实数和任何实数，都有，
令，得，
由于，则.
（ii）证明：令，因为，所以，则，
假设当时，，则，
而，所以，即成立；
令，因为，所以，，
假设当时，，则，
而，所以，即成立；
由（i）知，.
综上所述，成立．
（2）由，设，
则
，
满足柯西函数方程，则，其中，
所以，即，
因为，所以，即，
则.
13．（2025·福建漳州·模拟预测）两人玩一轮“石头、剪刀、布”游戏，胜者得1分，负者得0分，两人玩一轮游戏是指：两人都出一次拳，若出现胜负，则该轮游戏结束；若平局，则两人继续出拳，直至出现胜负，则该轮游戏结束.
(1)设甲、乙两人每次出三种拳的概率都相等，且各次出拳相互独立，当这两人玩一轮“石头、剪刀、布”游戏分出胜负时，甲共出拳X次，求X的分布列与；
(2)现60人玩“石头、剪刀、布”游戏，任意两人都玩一轮该游戏.记第i个人的累计总得分为（，2，3，…，60）.对于这60人中的任意n人（）组成的集合T，若T中存在一人胜T中的其余所有人，则称T存在“全胜人”，并称这个人为T的“全胜人”；若T中存在一人负T中的其余所有人，则称T存在“全负人”，并称这个人为T的“全负人”；已知这60人中任意32人组成的集合都存在“全胜人”，也存在“全负人”.
①求；
②按如下方法在这60人中选出29人：先在这60人中任选32人，记这32人组成的集合的“全胜人”为，选出；除去，从余下的59人中任选32人，记这32人组成的集合的“全胜人”为，选出；…；依此类推，直至选出第29个“全胜人”.记的累计总得分为（，2，3，…，29），证明：，，…，两两不相等；
③证明：，，，…，是0，1，2，…，59的一个排列.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)①1770；②证明见解析；③证明见解析
【分析】（1）根据题目含义得到X的所有可能取值为1，2，3，….计算出甲每次出拳时，平局的概率，分出胜负的概率，计算得到X的分布列为结合等比数列的通项公式求解出数学期望.
(2)①因为任意两人玩一轮该游戏，都产生1分，60人共玩了轮该游戏,利用组合数公式求解即可.②通过反证法得到矛盾从而证明出结果即可.③由②可知，，…，是31，32，…，59的一个排列.按照如下方法进行选择：先在这60人中任选32人，记这32人组成的集合的“全负人”为，选出：除去，从余下的59人中任选出32人，记这32人组成的集合的“全负人”为，选出；…；依此类推，直至选出第29个“全负人”.
从而可以证得，，，…，是0，1，2，…，59的一个排列.
【详解】（1）X的所有可能取值为1，2，3，….
因为甲每次出拳时，平局的概率为，分出胜负的概率为，
“”表示“甲、乙这两人玩一轮该游戏分出胜负时，甲共出拳k次”，即“甲前次出拳都平局，第k次出拳时分出胜负”，
所以X的分布列为，其中，即
所以.
（2）①因为任意两人玩一轮该游戏，都产生1分，60人共玩了轮该游戏，
所以.
②由题意，存在1，2，…，29的一个排列，，…，，使得对于，2，…，28，都有的“全胜人”为.（假设上面结论不成立，按下面方法剔除人：若中存在“全胜人”，则剔除这个人；再考虑剩下的28人组成的集合，若该集合还存在“全胜人”，则再剔除这个人；…；依次类推，最后必存在t个人，这t人组成的集合不存在“全胜人”，记这t个人为，，…，（）.现考虑选时的32人组，记为，用，，…，替换，，…，后得到另一个32人组成的集合，该集合不存在“全胜人”，与条件矛盾）.
记60人中除，，…，外的其余31人为，，…，.
由题意的选人规则可知（），且胜所有的（）.
现考虑（），若没有全胜所有的（），则存在胜，则存在“胜环”：→→…→→→（A→B表示A胜B）.
现考虑选时的32人组，记为，用，…，，替换，，…，后得到另一个32人组，这个集合无“全胜人”，与条件矛盾.因此（）胜所有的（），从而（），故，，…，两两不相等.
③由②可知，，…，是31，32，…，59的一个排列.
现按如下方法选出29个“全负人”：先在这60人中任选32人，记这32人组成的集合的“全负人”为，选出：除去，从余下的59人中任选出32人，记这32人组成的集合的“全负人”为，选出；…；依此类推，直至选出第29个“全负人”.
记的累计得分为（），用与②类似的方法可以证明，，…，是0，1，…，28的一个排列，并且除（）和（）外剩余的两人都胜所有的（）且都负所有的（），因此这两人的累计总得分只能是29或30，又这两人的累计总得分之和为，所以这两人的累计总得分只能是一个29，另一个30.
综上可知，，，…，是0，1，2，…，59的一个排列.
【注】“，，…，是0，1，…，28的一个排列”的具体证明如下：
由选人规则可知存在1，2，…，29的一个排列，，…，，使得对于，2，…，28，都有的“全负人”为.（假设上面结论不成立，按下面方法剔除人；若中存在“全负人”，则剔除这个人；再考虑剩下的28人组成的集合，若该集合还存在“全负人”，则剔除这个人；…；依次类推，最后必存在r个人，这r人组成的集合不存在“全负人”，记这r个人为，，…，（）.现考虑选时的32人组，记为，用，，…，替换，，…，后得到另一个32人组成的集合，该集合不存在“全负人”，与条件矛盾）.
记60人中除，…，外的其余31人为，，…，，
由选人规则可知（），且所有的都胜（）.
现考虑（），若没有所有的都胜（），则存在使得胜，从而存在“胜环”：→→→…→→.
现考虑选时的32人组，记为，用，…，，替换，，…，后得到另一个32人组，这个集合无“全负人”，与条件矛盾.因此所有的（）都胜所有的（），从而（），故，，…，是0，1，…，28的一个排列.
【点睛】新定义的题目读懂题意结合题目的具体情景采取合适的方法进行求解是关键.
14．材料1：在三角形中有一个非常重要的定理，其探究的情景基于角所对的边分别为的锐角，作的外接圆，连接并延长与交于点D，连接，则为直角三角形，且可推出对任意都有．
材料2：法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下：
①当的三个内角均小于时，满足的点O为费马点；
②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．
请用以上材料解决下面的问题：
(1)根据材料1的情景，当锐角中角所对的边分别为时，求证：；
(2)已知是平面内的任意一个向量，向量满足，且，则的最小值；
(3)已知点P为的费马点，且，若，求实数的最小值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【分析】（1）作出辅助线，根据直角三角形中三角函数关系得到，证明出结论；
（2）设出向量，转化为点到，，的距离之和最小问题，找到为的费马点，求出最小值；
（3），设，，由得，在中，由余弦定理和勾股定理得到，由基本不等式求出最小值.
【详解】（1）因为为直径，所以，
在中，，
又，所以，
连接，同理在中，，
又，所以，
连接并延长，交圆于点，连接，则，
在中，，
又，所以，
又，所以，
即；
（2）不妨设，，
则，
上式可以看成点到，，的距离之和，
显然为锐角三角形，要想距离之和最小，只需找到费马点，
在上取点，此时，故，
同理，故，所以，
点即为的费马点，
所以，
则的最小值为；
（3）由于为直角三角形，故，
设，，
由得，
在中，由余弦定理得
，
同理，在中，由余弦定理得，
在中，，
因为，
所以，
即，
由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，
所以，解得或（舍去），
所以的最小值为
15．（24-25高三上·山东滨州·期末）设函数的定义域为，其导函数为，区间是的一个非空子集．若对区间内的任意实数，存在实数，使得，且使得成立，则称函数为区间上的“函数”．
(1)判断函数是否为上的“函数”，并说明理由；
(2)若函数是上的“函数”．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：，．
【答案】(1)是上的“函数”，理由见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求出，结合题中定义验证即可；
（2）（ⅰ）分析可知，任意的恒成立．时，可得，时，可得出，时，可得出，利用导数分析函数在区间、上的单调性，综合可得出实数的取值范围；
（ii）由题意可得，．利用导数先证明：，，即证，构造函数，利用导数分析函数在区间上的单调性，求其最小值，即可证得结论成立.
【详解】（1）因为，则，
因为，．
又，所以，
所以对于任意恒成立．
故是上的“函数”．
（2）（ⅰ），
由条件得对任意的恒成立，
即任意的恒成立．
①当时，对一切成立．
②当时，恒成立．
设，则对任意的恒成立，
所以在上单调递减，可得．
③当时，由恒成立．
设，则，所以在上单调递减，
可得．
综上所述，的范围是．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知，．
对，．
下面证：，，
即证，．
设，则，所以在上单调递增，
又，所以成立．
所以时，不等式成立．
所以，成立．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
16．（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.
17．（24-25高三上·广西南宁·月考）已知双曲线的实轴长为2，顶点到渐近线的距离为．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若直线与的右支及渐近线的交点自上而下依次为，证明：；
(3)求二元二次方程的正整数解，可先找到初始解，其中为所有解中的最小值，因为，所以；因为，所以；重复上述过程，因为与的展开式中，不含的部分相等，含的部分互为相反数，故可设，所以．若方程的正整数解为，且初始解，则的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)为定值1，理由见解析.
【分析】（1）根据实轴长和顶点到渐近线的距离求解即可；
（2）将转化为线段的中点重合，结合韦达定理求解即可；
（3）知识迁移，类比二元二次方程的正整数解，求方程的正整数解，然后将的面积表示出来即可.
【详解】（1）由题意，解得，
所以双曲线的标准方程为；
（2）由题意直线的斜率不为0，设直线，因为直线与的右支交于两点，所以，
联立得，
所以，且，即，
联立得，所以，
所以，即线段的中点重合，所以．
（3）由题意得方程的初始解为，则根据循环构造原理得
，
从而，
记，则，设的夹角为，
则的面积
，
令，
则
，于是的面积为定值1．
【点睛】思路点睛：结合题目给的数学情景，运用到新的数学问题中，将学习过的知识方法迁移到新的问题中.

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．（25-26高三上·上海·期中）已知函数的定义域为，若存在实数和定义域为的周期函数 ，使得恒成立，则称具有性质.
(1)判断，是否具有性质，不需说明理由；
(2)已知对任意实数，函数，满足， .若具有性质，
（i）当时，求
（ii）求证：不是周期函数;
（iii）求证：具有性质.
【答案】(1)具有性质 ，不具有性质；
(2)（i）；(ii) 证明见解析；（iii）证明见解析.
【分析】（1） 根据函数具有性质的定义分别对，进行判断即可；
（2）（i）由所给条件直接得出；（ii）假设函数为周期函数，推出矛盾可证明函数不是周期函数；（iii）证明函数具有性质转化为证明为周期函数，再由函数周期的性质化简即可得证.
【详解】（1）因为 ，其中为周期函数，所以具有性质，
若具有性质，则存在实数和周期函数，使得，
所以为周期函数，
又由二次函数性质知当且仅当时，取最小值，
这与是周期函数矛盾，所以不具有性质；
（2）（i）由，，，可得 ；
（ii）若是周期函数，设是 的一个周期，
则 ，这与 矛盾，
所以不是周期函数；
（iii）因为具有性质，所以存在实数和周期函数，使得，
由(ii)知，否则是周期函数，矛盾，
令 ，
以下证是以为周期的周期函数，是 的周期，
，
假设存在 ，使得 ，
则 ，矛盾，
所以
所以 ，
所以 具有性质 ，即证.
2．（25-26高三上·湖北孝感·月考）设是一个定义域为的函数.若是的一个非空子集，且对于任意的，都有，则称是关联的.
(1)判断函数和函数是否是关联的，无需说明理由；（表示不超过的最大整数）
(2)若函数是关联的，且在上，，解不等式；
(3)已知正实数满足，函数是关联的，且，求的解析式.
【答案】(1)函数不是关联的，函数是关联的；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据是关联的定义逐个判断可得结果；
（2）根据函数是关联的定义求出在上的解析式，将代入求解；
（3）根据，得，令，得对任意恒成立，由此推出为常数函数，可得，.
【详解】（1）若满足关联，则需满足恒成立.
对于函数，不恒等于，
故不是关联的；
对于函数，恒成立，
故是关联的；
（2）由题意得函数满足恒成立，
当时，，当时，，
所以.
得，或，解得，或，
所以不等式的解集为；
（3）由题意，对任意，，则，
即对任意，，，其中.
任取，则，故，
又对任意，一定存在正整数使得，
此时，
因此存在实常数，使得，又，则，
所以.
3．在平面直角坐标系中，过椭圆外一动点作的两条切线，且.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)对于给定非空点集，若中的每个点在中都存在一个与它之间距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.已知直线与曲线相交于两点，若分别是线段和曲线上所有点构成的集合，为曲线上一点，当的面积最大时，求.
参考公式，四元均值不等式，当且仪当时取到等号.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当切线斜率不存在或为0时，易得满足题意的P点坐标；当切线斜率存在且不为0时，可设出切线方程，然后与椭圆方程联立，最后结合判别式为0及直线垂直斜率关系可得答案；
（2）由题可得的面积关于d的表达式，结合参考公式可得d，后由定义可得答案.
【详解】（1）当的斜率不存在或者为0时，
由题意可知点的坐标为或；
当切线的斜率存在且不为0时，设过作椭圆的切线的斜率为，
则切线的方程为，将其与椭圆方程联立，
并化简得
由题意得，，
设的斜率分别为，则是上式的两个根，且，
所以，则，又，则，
即，
|注意到，均满足方程，
则动点的轨迹的方程为；
（2）过圆心作直线的垂线，垂足为，
设，则，
由题意，
又，
当且仅当，即时，等号成立，此时，
对于线段上的任何一个点，曲线上与距离最近的点为射线与圆的交点，
距离的最小值为，又因为，所以
由题意得，.
4．已知函数．
(1)二次函数，在“①曲线，有1个交点；②”中选择一个作为条件，另一个作为结论，进行证明；
(2)若关于x的不等式在上能成立，求实数m的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）若选择条件①，根据，构造函数，由函数图象有1个交点，转化为直线与曲线有1个交点，利用导数判断函数的单调性，从而确定的值；若选择条件②，由方程，构造函数，利用导数判断函数的单调性，根据函数的极值，确定方程只有1个实数根；
（2）由不等式构造函数，转化为利用导数求函数的最值问题，即可求解的取值范围.
【详解】（1）若选①为条件：
函数的定义域为，令，即，则．
令，则直线与曲线有1个交点，且，
令，解得，
故当时，，当时，，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，，
故当曲线有1个交点时，．
若选②为条件：
函数的定义域为，令，则，则．
令，则，
令，解得，
故当时，，当时，，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，，
故方程仅有1个实数根，即曲线有1个交点．
（2）依题意，，即在上能成立，
令，则（提示：不等式能成立问题转化为函数最值问题）．
的值域为，且单调递增．
①当，即时，，∴在上单调递增，
∴，解得，与矛盾，；
②当，即时，，∴在上单调递减，
∴，解得；
③当时，存在唯一的，满足，
∴当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
解得，
与矛盾，．
综上所述，实数m的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题考查不等式解决函数的零点，不等式，最值问题，本题第二问的关键是由的值域为，根据端点值讨论不同的区间，讨论函数的最值.
5．（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.Shannn）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.
6．（2025·甘肃金昌·模拟预测）已知，两个函数，图象上各有一个点列：，，…，，…，与，，…，，….按照某种法则，产生一种唯一的对应关系：，则称，，…，，…与，，…，，…为“相伴互生成点列”.若，，，是图象上的一点，过作的一条切线，切点为，切线交的图象于另一点.再过作的一条切线，切点为，且，…，依次类推，得到函数，的相伴互生成点列：，，…，，…与，，…，，….
(1)求点，的坐标；
(2)求的通项公式；
(3)证明：的面积为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先根据已知条件求出，利用求出得到坐标；再根据的值求出，进而得到和坐标.
（2）把、代入等式化为关于的方程，发现与是同一方程两根，利用韦达定理得到关系，推出与的倍数关系，从而得出的表达式.
（3）通过、、向坐标轴作垂线，用坐标表示出三角形面积相关式子，设化简式子，证明面积为定值.
【详解】（1），则. ，
则，得，且，
解得，所以，故.
由题知，，
即，解得.
故，故.
（2）易知，
将，，代入上式化为关于的一元方程得，，
同理，故，是方程的两根，且，
故，，故，
整理得，故，
故.
（3）证明：过，，分别向x轴作垂线，垂足的横坐标分别为，，，再分别向y轴作垂线，垂足的纵坐标分别为，，，
则
（其中），
故上式化简为.
因为，故的面积为定值.
7．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示.
(1)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(2)在平面直角坐标系中，求双曲线绕原点按逆时针旋转（到原点距离不变）得到的双曲线方程；
(3)已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于，两点（在第一象限），与轴交于点.设直线，的倾斜角分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)公式为，二阶矩阵为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设，，通过，计算整理可得答案；
（2）利用（1）的结果代入计算即可；
（3）设直线的方程为，与联立，求出的斜率，然后利用韦达定理计算，进而求出，则可得为定值.
【详解】（1）设，，则，，，
故，
，
所以坐标变换公式为，
该变换所对应的二阶矩阵为；
（2）设曲线上任意一点在旋转角是的旋转变换下所得点坐标为.
则，即，
得，则，所求曲线方程为；
（3）
①直线斜率存在时，可设直线的方程为，
设，
由，得，
所以，，且，
当时，取，，所以直线方程为：，
直线方程与双曲线方程联立可得，解得或，
所以，.
所以，所以，可得；
当时，设的斜率分别为，
，，
所以，
，
所以.
因为在第一象限，所以，所以，所以.
②直线斜率不存在时，可得，
可得，，
所以，同理可得.
综上可得，为定值，得证.
【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，再证明这个定值与变量无关．
(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．
8．射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作．

(1)证明：；
(2)已知，点为线段的中点，，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面积公式表示出、即可得到，同理得到，即可得证；
（2）由（1）可得，即可得到，设，，利用余弦定理与正弦定理得到方程组，求出，，再由余弦定理计算可得.
【详解】（1）在、、、中，
，
所以，
又在、、、中，
，
所以，
又，，，
所以，
所以.
（2）由题意可得，所以，
即，所以，又点为线段的中点，即，
所以，又，则，，
设，且，
由，所以，
即，解得①，
在中，由正弦定理可得②，
在中，由正弦定理可得③，
且，
②③得，即④
由①④解得，（负值舍去），即，
所以.
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是理解所给定义，利用面积公式求出线段的比，利用整体思想计算.
9．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）将正整数1，2，3，…，n的任意一种排列得到的有限数列记作，若对，均有，则称该数列为“n元全错位数列”，记“n元全错位数列”的个数为，如正整数1，2，3所对应的“3元全错位数列”有2，3，1和3，1，2，得．
(1)求；
(2)求证：是等比数列；
(3)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用“n元全错位数列”的定义即可求解；
（2）当时，为了得到“n元全错位数列”，我们分两步来完成正整数1，2，3，…，n的排列：①将正整数n放到第m（）个位置，有种排法；②考虑正整数m，有两种放法，得，代入即可得证；
（3）由（2）知，等式两边同除得，由累加法即可求解.
【详解】（1）时，显然；时，“2元全错位数列”只能是2，1，所以．
（2）当时，为了得到“n元全错位数列”，我们分两步来完成正整数1，2，3，…，n的排列：
①将正整数n放到第m（）个位置，有种排法；
②考虑正整数m，有两种放法．
若放到第n个位置，则余下个正整数放到余下个位置，有种排法；
若不放到第n个位置，这时对于这个正整数，共有种排法．
所以，
所以，
又，
所以是以1为首项，为公比的等比数列．
（3）由（2）知，
等式两边同除得，
由累加法得，
则，
即，
则．
10．（2025·浙江·模拟预测）对于一个严格递增的无穷正整数数列，如果对每个正整数，这个数列前项的平均数为，则称这个数列是“中立的”.数列的通项公式为.
(1)证明：数列是“中立的”；
(2)证明：对于任意一个“中立的”数列，对任意正整数，均有；
(3)证明：对于任意一个“中立的”数列，均存在无穷多个正整数，使得.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的通项以及求和公式，结合题意，可得答案；
（2）根据等差数列的求和公式，结合题意，进行等量代换，可得答案；
（3）利用反证法，假设条件，由题意表示出数列的公式，可得答案.
【详解】（1）证明：由，可知数列为首项为，公差为的等差数列，则其前项和，
因为的前项平均数为，所以数列是“中立的”.
（2）证明：因为，
又由题意，，
所以.
（3）证明：若存在无数多个，使得，
则，
所以对于这些，命题成立.
若只有有限个，使得，则存在，当时，，
又由（2），若对于任意的恒成立，
则当时，矛盾，
所以存在，
又当时，，所以当时，.
若存在当，则当，
当时，矛盾.
所以当恒成立，命题得证.
11．（24-25高三上·湖北·月考）三余弦定理：设A为平面内一点，过点A的斜线在平面上的正投影为直线．为平面内的一条直线，记斜线与直线的夹角（即直线与平面所成角）为，直线与直线的夹角为，直线与直线的夹角为，则．三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理．
(1)证明三余弦定理；
(2)如图，已知三棱柱，为正三角形，，求直线与底面所成角的正弦值；
(3)已知平行六面体，记为平行六面体体积，为平行六面体表面积，为平行六面体棱长总和，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接，然后由线面角定义可确定命题中所涉及，，，最后由三角函数定义可完成证明；
（2）取中点为，连接，，，，通过证明平面平面，可得直线与底面所成角为，然后由三垂线定理可得答案；
（3）设，，，，，．直线与底面所成角为，由对称性及三余弦定理可得.然后结合体积，表面积表达式，运用作差法配方后可证明结论.
【详解】（1）如图，不妨设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接，
即为斜线与平面所成角，
即为斜线在平面的射影直线与平面内的直线所成角，即为斜线与平面内的直线所成角，
，，，
又，，，平面，
平面，
平面，，
根据几何关系可得，，
．
（2）取中点为，连接，，，，易知，
，．
又，，，平面，平面，
平面，
平面平面，
直线在平面上的射影必在交线上，
直线与底面所成角为，
，，
由三余弦定理得，得，
，
即直线与底面所成角的正弦值为．
（3）证明：设，，，，，，直线与底面所成角为，直线在底面投影与AB夹角为，在底面投影与AC夹角．
由平行六面体的对称性，不妨令，，
由三余弦定理，
则.
由题意得，
，
，
，
由，可得：
则
，
当且仅当且时等号成立．
12．（24-25高三上·云南德宏·月考）一般地，元有序实数组称为维向量（如用一个实数可表示一维向量，用二元有序实数对可表示二维向量，）.类似我们熟悉的二维向量和三维向量，对于维向量，也可以定义两个向量的加法运算、减法运算、数乘运算、两个向量的数量积、向量的长度（模）等，如，则.若存在不全为零的个实数，，，，使得，则称向量组，，，是线性相关的，否则，称向量组，，，是线性无关的.
(1)判断向量组，，是否线性相关.
(2)已知函数，，且恒成立.
①求的值；
②设，其中，若，，数列的前项和为；证明：当时，.
【答案】(1)，，是线性无关的
(2)①；②证明见详解
【分析】（1）假设，，线性相关，根据题意列方程解得，即可得出矛盾；
（2）①令，分析可知原题意等价于对任意恒成立，结合定点法求得；②利用放缩法结合裂项相消法可得，，进而可得，结合数列单调性可得.
【详解】（1）若，，线性相关，则存在不全为零的3个实数，使得，
因为，，，则，
可得，解得，
故假设不成立，所以，，是线性无关的.
（2）①令，则，
原题意等价于对任意恒成立，
且，可得，解得；
若，则，，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，符合题意；
综上所述：；
②由①可知：，则，，
则，
可得，
又因为，
则，
即，，则，
可得，
因为，且为递增数列，则，
可得为递增数列，则，
综上所述：.
【点睛】关键点点睛：对于②：利用放缩结合裂项相消法可得，，进而分析证明.
13．（25-26高三上·上海嘉定·月考）若函数对任意的，都有成立，则称为上的“平缓”函数.
(1)判断是否为上的“平缓”函数，请说明理由；
(2)是否存在实数，使为上的“平缓”函数，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；
(3)设是上的“平缓”函数（其中不是常值函数），且，若对任意的都有，求的最小值.
【答案】(1)是,理由详见解析；
(2)存在，
(3)最小值为.
【分析】（1）任取，可得的不等式，结合题意可判函数为“平缓”函数；
（2）假设存在实数，使得为上的“平缓”函数，则满足对任意实数，都有成立，代入已知可得k的不等式，解不等式可得；
（3）不妨令，运用绝对值不等式的性质以及新定义，即可得到结论．
【详解】（1）任取，可得
因为，所以，即，
则，
所以，则为上的“平缓”函数，
（2）假设存在实数，使得为上的“平缓”函数，
则满足对任意实数，都有成立，
故
，
由于，当时，显然成立；
当时，由可得：，
由于，当且仅当，同号时取等号，，，
所以，由于，则，
故要使，则，解得：，
综上，存在实数，使为上的“平缓”函数，且的取值范围为
（3）不妨令，由“平缓”函数性质，有成立，
若时，则；
若，
综上，对任意，恒成立，
而对任意的，都成立，则
∴，即的最小值为．
14．法国数学家加斯帕尔·蒙日是18世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆C：.，则称圆心在原点O，半径为的圆为“椭圆C的伴随圆”.已知椭圆C：的左焦点为，点在C上，且.
(1)求椭圆C的方程以及椭圆C的伴随圆的方程；
(2)将向上平移6个单位长度得到曲线，已知，动点E在曲线上，探究：是否存在定点，使得为定值，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(3)已知不过点A的直线l：与椭圆C交于M，N两点，点，分别在直线AM，AN上，证明：.
【答案】(1)，
(2)存在，且
(3)证明见解析
【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合两点间距离公式计算即可得椭圆方程，再借助伴随圆定义即可得伴随圆方程；
（2）得到方程后，假设存在该定点，设为定值，，利用两点间距离公式表示出、，则可由，得到方程，再令，解出即可得解；
（3）联立直线与椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再求出直线，即可得，同理可得，则可结合韦达定理得到线段中点为定点，再由几何性质即可得证.
【详解】（1）由题意可得，解得，则，
即椭圆C的方程为，伴随圆的方程为；
（2）由的方程为，则曲线的方程为，
假设存在该点，其为定值，
令，则有，
则，
，
则有，整理得，
令，解得或（舍去），
故存在，即定点，使得为定值；
（3）设、，
由，消去可得，
，即，
，，
，
令，则，
同理可得，
则
，
即线段中点坐标为，则，故.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于由、得到线段中点坐标，从而利用几何性质证明.
15．（24-25高三上·河北·期末）设为正整数，集合，集合为的一个非空子集，记，其中.
(1)若，，求的取值的集合；
(2)证明：的所有可能取值个数为；
(3)是否存在，使得的所有可能取值从小到大排列成等差数列，若存在，求；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，
【分析】（1）根据定义计算即可；
（2）设集合，，通过说明得到不存在两个不同的子集，，使得，从而得到的所有可能取值个数为的非空子集个数；
（3）先假设存在得到，然后通过定义来证明时的所有可能取值从小到大排列成等差数列.
【详解】（1）当时，或，，
，，，的可能取值为，，，
的取值集合为.
（2）设集合，，与中相同的元素不予考虑，
其中，，
假设，则，
，
，
，即
不存在两个不同的子集，，使得，
的所有可能取值个数为的非空子集个数，为.
（3），
，，为的所有可能取值中最小的三个，
，解得；
当时，易知为偶数，
且最大值为，最小值为2，
由（2）可知的所有可能取值个数为，
区间中偶数个数恰为，
的所有可能取值集合为，
该集合中任何一项均能写成形式，进而可构成首项为2，公差为2的等差数列，
存在，使得的所有可能取值从小到大排列成等差数列.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键点在于“有序”设量，不论集合，还是数列，“有序”即可根据等与不等关系产生晕没算，从而进一步分析等与不等，如（2）中，通过“中，，”的设量方法，才能得到不等关系“”，然后通过进一步计算得到.
16．（24-25高三上·广东·月考）已知集合（），S是集合A的子集，若存在不大于n的正整数m，使集合S中的任意一对元素，，都有，则称集合S具有性质P.
(1)当时，试判断集合和是否具有性质P？并说明理由；
(2)当时，若集合S具有性质P，那么集合是否具有性质P？并说明理由；
(3)当，时，若集合S具有性质P，求集合S中元素个数的最大值.
【答案】(1)集合不具有性质，集合具有性质，理由见解析
(2)具有性质，理由见解析
(3)
【分析】（1）先写出，对于集合，对于任意不大于10的，都可以找到该集合中的两个元素，使得成立，集合不具有性质，对于集合，可取，此时，，集合具有性质；
（2）任取，其中，根据，推出，因为集合具有性质，故存在不大于100的正整数，使得中元素，都有，对于正整数，从中任取，满足要求，故集合具有性质；
（3）由新定义结合（2）的结论，求出.
【详解】（1）集合不具有性质，集合具有性质，理由如下：
当时，，，
，
因为对于任意不大于10的，都可以找到该集合中的两个元素，
使得成立，
因为可取，对于该集合中的任意一对元素，，
都有，，
故集合不具有性质，集合具有性质；
（2）具有性质，理由如下：
当时，，
，任取，其中，
因为，所以，
从而，即，故，
因为集合具有性质，故存在不大于100的正整数，
使得对于中的任意一对元素，都有，
对于上述正整数，从中任取一对元素，
其中，则有，
故集合具有性质；
（3）由（2），若集合具有性质，则集合也具有性质.
若，则，则和至少有一个不超过，
则和中至少有一个集合，该集合至少有一半的元素不超过，
设集合中一共有个元素，不妨设中至少有个元素（）不超过，
不妨设为均不超过，
因为若存在不大于的正整数，使集合中的任意一对元素，都有，
则称集合具有性质.
则均不在集合中，
所以集合至少有个元素不在集合中，则，
例如符合题意，
则
【点睛】方法点睛：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.
17．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）设点集，从集合中任取两个不同的点，，定义A，B两点间的距离．
(1)若，当且仅当时，，求数列的前70项和；
(2)从集合中任取两个不同的点A，B，用随机变量X表示它们之间的距离，求X的分布列与期望；
(3)已知点，且满足如下条件：
①；②；③对于任意的，，．
证明：所有满足条件的点C的个数为．
（“卡特兰数”可以帮助解决上述问题：将n个0和n个1排成一排，若对任意的，，在前m个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有种，其中的结果被称为卡特兰数．）
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
(3)证明见解析
【分析】（1）先看数列取值规律，当时，和时；构造，发现可组成新数列，其为等比数列，用等比数列求和方法求所有项和.
（2）对于随机变量，分析坐标中不同坐标值情况数，结合组合数算取不同值的概率，得分布列.
求数学期望时，法一是倒序相加，利用化简；法二借助及相关组合数结论计算.
（3）根据中和个数条件及排列要求，利用卡特兰数结论，通过组合数运算求满足条件的点个数.
【详解】（1）因为当且仅当时，，
所以，当和时，，
令，则，，
所以，数列的所有项的和为数列，）的前23项和，
因为是公比为-的等比数列，
所以，的前23项和为：，
所以，数列的所有项的和为；
（2）根据题意，中点的个数为个，
对于的随机变量，在坐标与中有k个坐标值不同，即，剩下个坐标值满足，此时所对应情况数为种，
即，
故X的分布列为：
数学期望
法一：设，由倒序相加及得
所以，
法二：由及得，
（3）由题意知，中0和1的个数都为n，且对于任意，∗
中0和1的个数都不相等，
又因为，则，这个数中有个0，个1，
对任意的，在的前m个数中，0的个数都不少于1的个数，
由卡特兰数知，满足条件的排列方式共有种，
因为
所以所有满足条件的点C的个数为
18．（2025·山东·二模）函数和有相同的定义域，导函数分别为，，若在定义域内均有，则称是的“－函数”．
(1)判断是否为的“－函数”，并证明；
(2)设和为定义在上的函数，已知，，是的“－函数”，证明：（为常数）；
(3)若，，，，证明：是的“－函数”．
【答案】(1)是的“－函数”，证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求得和，结合“－函数”的定义，即可求解；
（2）先求得为偶函数，根据是的“－函数”，得到，证得是的“－函数”，进而得到，令，得到，即可证得；
（3）设，求得，再设，求得，得到递增且，，得到使得，求得的单调性和最小值，再设，求得，求得的单调性和最小值，得出，进而求得，得到，即可证得是的“－函数”.
【详解】（1）解：由函数，可得，
又由，可得，
因为，所以是的“－函数”.
（2）解：由为定义在上的函数，可得函数的定义域为，
因为，所以为偶函数，
又因为是的“－函数”，所以，
因为，，所以是的“－函数”，
即，用代替，可得，所以，
令，则，所以（为常数），
所以（为常数）
（3）解：由函数，，
可得，，
设，可得，
设，则，
则，所以递增，即递增，且，，
存在使得，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以，即，
所以，
因为，所以，所以，即，
所以当时，是的“－函数”
19．（25-26高三上·湖南长沙·月考）已知函数，设，，…，，（）．
(1)证明：，并求；
(2)对于任意实数，求使成立的最大正整数；
(3)求使得，，成立的所有正整数的取值集合．
【答案】(1)证明见详解；
(2)8
(3)
【分析】（1）根据题干中等式结合导数即可证明，求解；
（2）由（1）分析出，，化简不等式，再结合均值不等式求解即可；
（3）先通过恒成立问题将双变量变为单变量，将不等式构造为函数，再分类讨论时的表达式，结合排除，再借助导数去证明的情况，进而得出答案.
【详解】（1）由题意知：，
而，故；
接下来证明：，
，
而
，命题得证.
（2）由（1）知，且，
易得：，
，其中.
故，
所以原不等式可化为：，由题意知为正整数，
若为正奇数，可为负数，
对于任意实数时，不等式不成立，故必定为正偶数.
令 ，则有： ，
设，则令，则，
易知时，在上单调递增，且，
故当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
若求成立的最大正整数，
只需求成立时的最大整数m即可.
即成立时的最大整数m，
代入计算即可知使该不等式成立时的最大整数m为4，
时，显然成立，
故使成立的最大正整数为8.
（3）由题知：，，成立
等价于，成立，
即成立.
由（2）知：，
，
故当时，；
故当时，；
故当时，；
故当时，；
令，易得，
此时满足的只有或，
当时，，
，
令，则，
接下来证明：，
令，则，
而时，，，易知，
故在上单调递增，而，
故，所以，
进而，命题得证.
故在上单调递增，且，故，
即，可知在上单调递增，
且，故，此时的，满足题目要求；
当时，，
，令，
则，故在时单调递增，
即在时单调递增.
易知：，，根据零点存在定理可知，
在内存在一个零点，且单调递减，
而，故存在的区间，故原不等式不成立，
则此时不成立.
综上，使得，，
成立的所有正整数的取值为，
即的取值集合为.
1、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.
2、解决以集合为背景的新定义问题的关键点
（1）准确转化：解决新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，紧扣题目所给定义，结合题目的要求进行恰当转化，切忌同已有概念或定义相混淆.
（2）方法选取：对于新定义问题，可恰当选用特例法、筛选法、一般逻辑推理等方法，并结合集合的相关性质求解.
1、设为平面上两点，则定义为“折线距离”“直角距离”或“曼哈顿距离”，记作．
结论1：设点为直线0外一定点，为直线上的动点，则
结论2：设点为直线上的动点，点为直线上的动点，则．
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。
数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，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，以不变应万变才是制胜法宝.
面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合。明确解题目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式。在解题过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题。对于复杂问题，可尝试建立空间直角坐标系，利用向量法进行计算和证明。同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解对象。最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇到类似问题时能够迅速应对
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
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
5
3
4
9
8
7
6
10
2
12
14
13
11
15
0
1
2
3
喜爱
不喜爱
合计
男生
200
女生
200
合计
280
120
400
0.1
0.025
0.005
2.706
5.024
7.879
1
2
3
4
喜爱
不喜爱
合计
男生
150
50
200
女生
130
70
200
合计
280
120
400
圆锥曲线背景下的新定义问题，关键在于理解新定义的本质，并将其与常规圆锥曲线知识相结合。
方法总结如下：
1、明确新定义：首先仔细阅读题目，明确新定义的内容、符号及其含义。
2、联系常规知识：将新定义与圆锥曲线的第一、第二定义或标准方程等常规知识联系起来，找出它们的相似之处或转换关系。
3、建立数学模型：根据新定义，建立相应的数学模型或方程，利用解析几何或代数方法进行求解。
4、验证与推理：在求解过程中，注意验证每一步推理的正确性，确保最终答案符合题目要求。
5、灵活应用：对于复杂问题，可能需要综合运用多种数学知识和方法，灵活应对。
导数新定义问题主要分两类：一是概念新定义型，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，涉及函数的三要素的理解；二是性质新定义型，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．
X
1
2
…
k
…
P
…
…
X
1
2
…
n
P
…