新高考数学二轮复习专题巩固练习新定义题型02 压轴解答题的深度剖析与策略归纳（练习）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专题巩固练习新定义题型02 压轴解答题的深度剖析与策略归纳（练习）（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了我们规定，对平面向量，，定义运算等内容，欢迎下载使用。
题型一：集合新定义
1．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.
【解析】（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.
2．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．
【解析】（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.
题型二：函数与导数新定义
3．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．
【解析】（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．
4．已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图象上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”.
(1)若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由；
(2)设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：；
(3)已知，若函数的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值.
【解析】（1），
是函数的“类数”；
，
不是函数的“类数”.
（2）因为函数的“类集”为集合，且，
所以存在，使得且，
若，则，所以，
因为函数的图象是连续不断的，
不妨设，由零点存在定理知，必存在使得，
所以存在零点，即.
（3），则.
先证明：
因为函数的“类集”为，
所以对任意，
令，则，
因为函数的值域为，
所以当时，必有，
即对于恒成立，
所以函数的最小正周期应有，即，则.
再证明，此时，对于任意.
当时，，则；
当时，，则，
所以时函数的“类集”为，即.
我们不难发现，上述过程中令也成立.因此，的最大值是.
题型三：立体几何新定义
5．我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.

(1)如左图，在四面体中，分别为所在棱的中点，证明：的三条内棱交于一点.
(2)同左图，若为垂棱四面体，，求直线与平面所成角的正弦值.
(3)如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数，求的定义域与最小值.
【解析】（1）如图，连接，
由题可知，平行且等于，平行且等于
所以平行且等于
所以四边形为平行四边形，
所以对角线，为线段中点；
同理，为线段中点；
故的三条内棱交于一点.
（2）由（1）可知，四边形为平行四边形，
若为垂棱四面体，则四边形为菱形，
即
显然
故
同理
如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，
因为
所以有
所以,
设平面的一个法向量为
易知
令，解得
所以
直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）易知将补成长方体，设长宽高分别设为，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：，
则：
显然，所以
设
因为直线过椭圆焦点
所以
联立得
显然
由韦达定理可知，
得
所以
所以
整理得
得
所以
由于为某长方体的三个顶点由余弦定理可知均为锐角
显然中角均为锐角，
所以只需角锐角，即：
得
解得
由的定义域为
所以当最大时，最小
不妨令
所以
因为
由对勾函数性质可知，当时，有最大值
此时
故的最小值为.
6．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中.

(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为.
①求点到平面的距离；
②点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度.
【解析】（1）根据离散曲率的定义得
，
，
，
所以.
（2）①因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，即，
又，
即，所以，
过点作于点，因为平面，平面，
所以，
又，平面，所以平面，
所以点到平面的距离为线段的长，
在中，
即点到平面的距离为；
②过点作交于点，连接，
因为平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
依题意可得，，，
所以，，
设，,,
在中，，
又，所以，
所以，
所以，解得或（舍去），故.
题型四：三角函数新定义
7．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，，求的值
(3)已知，、，，若，，求、之间的曼哈顿距离.
【解析】（1），
，故余弦距离等于；
（2）；
故，，则.
（3）因为，，
所以.
因为，所以.
因为，
所以.
因为，则，
所以.
因为，
，所以.
因为，
，
所以.
因为，
所以、之间的曼哈顿距离是.
8．设次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由，可得切比雪夫多项式，由，可得切比雪夫多项式.
(1)若切比雪夫多项式，求实数，，，的值；
(2)对于正整数时，是否有成立？
(3)已知函数在区间（-1，1）上有3个不同的零点，分别记为，，，证明：.
【解析】（1）依题意，
，
因此，即，
则；
（2）成立.
只需考虑和差化积式，
首先有如下两个式子：
，
，
两式相加得，，
将替换为，所以对于正整数时，；
（3）函数在区间上有3个不同的零点，
即方程在区间上有3个不同的实根，
令，由（1）知，
而，则或或，
于是，
则，
而，
所以.
题型五：平面向量与解三角形新定义
9．对平面向量，，定义运算：，其中，分别表示，的模长，是与的夹角.在中，已知，.
(1)是否存在满足条件的，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
(2)若，是线段上一点，且，求.
【解析】（1），.
，，，
又，，
.
，
当且仅当时，有最小值.
因此，不存在满足条件的，使得.
（2）由（1）知，当时，，.
解法一：在中，，由余弦定理得，，
，.
在中，，，
由正弦定理得，，
，，
，.
解法二：
在中，，，由正弦定理得，，
，，，
，
又，，.
.
.
10．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，光从点出发，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，若，，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作.
(1)当时，称为调和点列，若，求的值；
(2)①证明：；
②已知，点为线段的中点，，，求，.
【解析】（1）由知：两点分属线段内外分点，
不妨设，，
则，，
由知：，，
，即.
（2）①在中，
，
，
则
在中，
，
，
则，
又，
，
即；
②，，即，
又点为线段的中点，即，则，
又，则，，
设，，且，
由可知：，
即，整理可得：；
在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得，，
且，
则，即，
由得：或（舍），即，.
题型六：数列新定义
11．已知数列，定义，其中i，且
(1)若，求和
(2)若，证明：对于且，，，都有
(3)对于，4，，n，设若正项数列为递增数列，求证：中至少有两个不同的元素，且中最大元素与最小元素之比小于
【解析】（1）由题意，因为，
所以，
.
（2）不妨假设，由题意，因为，
则，
其中，为奇数，为偶数，
所以.
（3）易知中至少包含两个元素和，
设中的最大元素为，最小元素为，
若，则且，
则
若，则且
则
综上所述，中最大元素与最小元素之比小于
12．若数列的首项，对任意的，都有（为常数，且），则称为有界变差数列，其中为数列的相邻两项差值的上界．已知数列是有界变差数列．
(1)当时，证明：．
(2)设数列的前项和为，若对任意的恒成立，求的最大值．
(3)若，数列的前项和为，且对任意的，都有，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，
则．
当时，，满足，
故，当且仅当时，等号成立．
（2）因为，
所以，
当时，满足上式，则．
因为，所以，
整理得．
因为，所以．
因为，所以当且仅当时，等号成立．因为，所以．
（3）由（2）可得，
则．
设，
则，
所以，
所以，即．
因为对任意的，都有，
所以，即．
当为奇数时，，所以，
易证为递减数列，则；
当为偶数时，，所以，
易证为递增数列，则．
综上，的取值范围为．
题型七：圆锥曲线新定义
13．我们可以通过将平面直角坐标三角换元得到平面内一点绕坐标原点O的坐标旋转公式：如图，平面直角坐标系中，已知点，设，角始边在x轴非负半轴，终边与重合，则可得，将绕坐标原点O逆时针旋转后，P点旋转到.
(1)求证：；
(2)已知曲线C是函数的图象，它是某双曲线绕原点O逆时针旋转后得到的，求C的离心率；
(3)已知曲线是由某椭圆绕原点O逆时针旋转后所的斜椭圆，过点作与两坐标轴都不平行的直线交曲线E于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交曲线E于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
【解析】（1）经过逆时针旋转到后，角终边与重合，
所以，
，得证.
（2）法一：直接求离心率（抓住离心率与渐近线夹角即双曲线开口宽阔程度相关的本质）
易知曲线C的渐近线是与y轴，它们夹角为，顺时针旋转回去后两渐近线夹角仍为，
设曲线C的离心率为e，则.
法二：先求双曲线标准方程，再求离心率（轨迹思想，旋转不改变形状）
设曲线C上一点为，逆时针旋转后的点在的图象上，
由（1）知：，若将以上坐标代入
得，即，
化简即得曲线C的方程：，
由于旋转不改变形状，所以曲线C的离心率为.
（3）法一：先求标准椭圆方程
由与交点为和，则，
由与交点为和，则，
所以.从而可得椭圆方程为，点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存时，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，旋转后，
与椭圆方程联立，即，可得，
，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，
.
法二：不求标准椭圆方程，直接从斜椭圆入手.
设直线，
与斜椭圆联立：
有，
，
设直线，代入斜椭圆，有，
，故.
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：.
【解析】（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.
题型八：概率与统计新定义
15．已知数列，，若对任意的，且，则，为“关联数列”，定义，.
(1)若，为“关联数列”，求；
(2)若，为“关联数列”，且，从，，，中随机取出3项，记这3项的和为，求的分布列与数学期望；
(3)若，为“关联数列”，数列满足，且，求的最大值.
【解析】（1）方法一：
由题可知因为，为“关联数列”，又因为，
所以且，所以，
所以，
设，则，
两式相减得：，
所以；
方法二：
因为，为“关联数列”，所以且，所以，
所以；
（2）因为，为“关联数列”，所以且，则，
若，则，若，则，
因为，所以，
所以，，…，中有4项为1，6项为，
由题意得的所有可能取值为，，，，
，，
，，
所以的分布列为：
；
（3）因为，为“关联数列”，所以且，所以，
所以，从而，即，
又，所以，
所以，中有3组符号相同，5组符号相反，
因为，符号相反，所以，有3组符号相反，5组符号相同，
当，符号相反时，，当，符号相同时，，
所以，
所以的最大值为4.
16．设的所有可能取值为，称（）为二维离散随机变量的联合分布列，用表格表示为：
仿照条件概率的定义，有如下离散随机变量的条件分布列：定义，对于固定的，若，则称为给定条件下的条件分布列．
离散随机变量的条件分布的数学期望（若存在）定义如下：．
(1)设二维离散随机变量的联合分布列为
求给定条件下的条件分布列；
(2)设为二维离散随机变量，且存在，证明：；
(3)某人被困在有三个门的迷宫里，第一个门通向离开迷宫的道，沿此道走30分钟可走出迷宫；第二个门通一条迷道，沿此迷道走50分钟又回到原处；第三个门通一条迷道，沿此迷道走70分钟也回到原处．假定此人总是等可能地在三个门中选择一个，试求他平均要用多少时间才能走出迷宫．
【解析】（1）因为，所以用第一行各元素分别除以0．6，可得给定条件下的条件分布列：
（2）二维离散随机变量的概率为，有由，
．
于是，．
由，有．
（3）由（2）知，对于二维离散随机变量，．
设他需要小时离开迷宫，记表示第一次所选的门，事件表示选第个门，
由题设有．
因为选第一个门后30分钟可离开迷宫，所以．
又因为选第二个门后50分钟回到原处，所以．
又因为选第三个门后70分钟也回到原处，所以．
所以．
解得，即他平均要150分钟才能离开迷宫．
重难点突破：高等数学背景下新定义
17．新信息题型是目前高考的热点题型.这类题要求答题者在有限的时间内，阅读并理解题目所给予的信息，根据获取的信息解答问题.请同学们根据以下信息回答问题：
(1)在高等数学中，我们将在处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：，（其中表示的次导数，），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式，当时泰勒展开式也称为麦克劳林公式，比如在处的麦克劳林公式为：，由此当时，可以非常容易得到不等式，，，，请利用上述公式和所学知识写出在处的泰勒展开式；（写出展开式的前三项即可）
(2)设为正整数，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，，，是一可分数列.请写出所有的，，使数列，，，是—可分数列.
【解析】（1）因为，，，
，其中，
所以在处的泰勒展开式为：
，
（2）由题意可知，问题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.
18．对于任意给定的四个实数，，，，我们定义方阵，方阵对应的行列式记为，且，方阵与任意方阵的乘法运算定义如下：，其中方阵，且.设，，.
(1)证明：.
(2)若方阵，满足，且，证明：.
【解析】（1）设方阵，
则，
，
，
，
则，
所以.
因为，所以，证毕.
（2）设，，则由，
可得，①
，②
，③
，④
由①④，得，⑤
由②③，得，⑥
由⑤⑥，可得，
整理得，即.
由，可得或则.
又，
所以，证毕.
19．行列式最早起源于对线性方程组的研究，起初是一种速记的表达式，发展到现在已经成为一种非常有用的数学工具．已知表示二阶行列式，规定；表示三分行列式，规定．设．
(1)求；
(2)以为切点，作直线交的图象于异于的另一点，其中．若，当时，设点的横坐标构成数列．
①求的通项公式；
②证明：．
【解析】（1）由题意可得：.
（2）①由（1）可知：，，
则切点，切线斜率：，
故切线方程为：，
联立得：，
化简得：，
因式分解得：，故，
上式亦满足由作切线而得到的的横坐标，故，
，则是以为首项，以为公比的等比数列,
故，故，即；
②构造，则，
故在上单调递减，故，
可得当时，，
则，
即，，……，
将上式累加可得
，
故.
1．（2024·江西上饶·一模）已知常数，定义在的函数.
(1)求函数的最小值：
(2)若函数且的最小值等于的取小值.
（i）求实数的值；
（ii）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【解析】（1）由题意可知：，
由得；由得；
可知在区间内单调递减，在区间内单调递增；
所以函数的最小值为.
（2）（i）由题意可知：，
①当时，在区间内单调递减，无最小值，不符；
②当时，由得；由得；
可知在区间内单调递减，在区间内单调递增；
故
因为和有相同的最小值，则，
即，所以；
（ii）证明：因为在内单调递减，在内单调递增；
在内单调递减，在内单调递增；且.
①当时，与均无交点，不符；
②当时，与均只有1个点，共2个交点，不符；
③当时，在区间递减，所以时，，
所以与最多1个交点；同理与最多1个交点；
故与一共最多2个交点，不符；
④当时，与各有2个交点，
设其横坐标分别为且，
因为与共有3个交点，
所以中必存在两个相等，不妨设，
则即，
所以
下面证明存在使得.
设，
因为
且，
所以在区间至少有1个零点.
结合与各有2个交点及它们的单调性知，
所以存在，使得直线与共有3个交点.
因为，
所以，所以，
所以即，所以.
所以存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
2．（24-25高三上·上海松江·期末）定义在D上的函数，若对任意不同的两点，，都存在，使得函数在处的切线与直线平行，则称函数在D上处处相依，其中称为直线的相依切线，为函数）在的相依区间.已知.
(1)当时，函数在上处处相依，证明：导函数在上有零点；
(2)若函数在上处处相依，且对任意实数m、n，，都有恒成立，求实数的取值范围；
(3)当时，，为函数在的相依区间，证明：.
【解析】（1）证明：当时，函数，
所以，
所以，即，
又函数在上处处相依，
所以导函数在上有零点；
（2）因为，
所以，
因为函数在上处处相依，
所以存在，，使得，
故由题意存在，使得恒成立即恒成立，
所以恒成立，
又，
所以.所以实数的取值范围为.
（3）当时，，则，
因为为函数在的相依区间，
所以，则，
因为，单调递减；，单调递增；
所以，则，
要证，即证，即证，即证，，
令，
则，
令，
则，
因为，，，
所以，故函数在上单调递减，所以，
所以，故函数在上单调递减，所以，
所以在上恒成立，即证得，，
从而得证.
3．（2024·甘肃平凉·模拟预测）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，2，3经过第一次“和扩充”后得到数列1，3，2，5，3；第二次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3.设数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.
(1)若，，，求，；
(2)若，求正整数n的最小值；
(3)是否存在实数a，b，c，使得数列为等比数列?若存在，求a，b，c满足的条件；若不存在，请说明理由.
【解析】（1），第一次“和扩充”后得到数列，
第二次“和扩充”后得到数列，
，；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，
故，故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，故，
则，即，
又，解得，最小值为10；
（3）因为，
，依次类推，，
故
，
若使为等比数列，则或.
4．（2024·重庆·模拟预测）集合是数学中的基本概念和重要内容.对于实数集中的两个非空有限子集和，定义和集.记符号表示集合A中的元素个数.当时，设是集合A中按从小到大排列的所有元素，记集合.
(1)已知集合，，，若，求的值.
(2)已知，记集合或.
（i）当时，证明的充要条件是；
（ii）若，，求的所有可能取值．
【解析】（1）因为，由，
所以，
所以且，
所以必有，所以，所以，所以.
（2）（i）因为，可设，.
先证充分性：因为，所以且，
从而可以设，其中0，
此时中的元素为，故，
再证必要性，设，，其中，
注意到和集中的最小元素为，最大元素为，
因为，所以中间三个元素可以是，
也可以是，它们是对应相等的，
所以有，，
即，故，得证，
（ii）①若，由第(i)小问的分析知，
可以设，，其中，
此时中的元素为，
这与条件矛盾，
②取，其中，
容易验证此时中的元素为，符合条件，
所以可以取2，
③若，设，
其中，
结合知至少存在两个不同的正整数，使得，
不妨设是符合这一条件最小的正整数，是符合这一条件最大的正整数，
注意到，
这是中的个不同的元素，
根据的定义我们有，即，
当时，由的最小性知，即，
此时我们有，
当时，也有，
因此是中的元素，但与(*)式中的个元素均不相等，
同理，根据的定义有是中的元素，但与(*)式中的个元素均不相等，
因为，所以，此时，矛盾，
综上，的取值只能为2，
5．（2024·上海宝山·一模）已知都是定义在实数集上的可导函数. 对于正整数，当分别是和的驻点时，记，若，则称和满足性质；当，且时，记，若，则称和满足性质.
(1)若，，判断和是否满足性质，并说明理由；
(2)若，，且和满足性质，求实数的取值范围；
(3)若的最小正周期为4，且，.当时，的驻点与其两侧区间的部分数据如下表所示：
已知和满足性质，请写出的充要条件，并说明理由.
【解析】（1）.
所以和是满足性质.
（2）由可知，驻点，
又，
当时，不存在驻点；
当时，的驻点，
由题意可知，
解得，
（3）的充要条件是.
首先证明必要性：
当时，由题意可知不是常函数，所以，
因为和满足性质，所以，所以，
又是正整数，故.
其次证明充分性：
由题意可知，，，且，
① 当（）时，可知.
否则，若存在（），有，
因为，所以与已知矛盾.
同理，，
故，
所以，即.
同理，，得，
所以.
②当（）时，，
任意，有，又由①可知，.
若存在有，则，
所以.
由已知，其中，
于是有，矛盾，所以.
所以，
得，
因为，所以，从而，即.
③当（）时，，
任意，有，同理可得，
所以，
得，
因为，所以，从而，即.
综上， .
（3）另（反证法）
由题意可知，，，且.
② 任意时，可知.
否则，若存在，使，
因为，所以与已知矛盾.
同理，.
②先证任意时，有.
反证，若存在，使.
若时，
则与已知矛盾.
若时，
则与已知矛盾.
由于，，
可得，任意时，有.
③下证任意时，有.
反证，若存在，使.
由于，可得存在满足.
则与已知矛盾.
综上，.
6．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：．数列对于确定的正整数k，若存在正整数n使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”
(1)已知数列满足，判断是否对，总存在确定的正整数k，使得数列为“k阶可分拆数列”，并说明理由；
(2)设数列的前n项和为．
（ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值；
（ⅱ）在（ⅰ）问的前提下，若数列满足，其前n项和为，求证：当且时，成立．
【解析】（1）存在，理由如下：
由已知得，
，
，即，
对，当正整数时，存在，使得成立，
即数列为“1阶可分拆数列”.
（2），
当时，，
当时，，
（ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立，
当时，，即，解得，
当时，，即，
因，所以，又，
故方程无解.
综上所述，符合条件的实数的值为0.
（ⅱ）证明：，
当时，，
，
，
由（ⅰ）知，所以，
①，
②，
由①-②可得
，
，
，
，
当且时，成立.
7．（24-25高三上·福建·期中）对于数列，定义变换，将数列变换成数列，记，，对于数列与，定义.若数列满足，则称数列为数列，
(1)若数列，写出，并求.
(2)对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得？若存在，写出一个数列；若不存在，说明理由.
(3)若数列满足，求数列的个数.
【解析】（1）因为，由变换的定义，
得.
所以.
（2）对于数列，
所以.
因为数列为数列，所以.
对于数列，令，
则对于数列中相邻的两项，
若，则；若，则.
记中有且个，则有个1，
则.
因为与的奇偶性相同，与的奇偶性不同，
所以不存在符合题意的数列.
（3）首先证明.
对于数列，有，
，
.
因为，
，
所以，故.
其次，由数列为数列可知，，解得，
这说明数列中任意相邻两项不同的情况有2次.
则数列中的个数为时，符合题意的数列都有个，
所以数列的个数为.
8．（2024·四川成都·一模）某市一室内游泳馆，为给顾客更好的体验，推出了两个套餐服务，顾客可自由选择两个套餐之一，该游泳馆在App上推出了优惠券活动，下表是App平台统计某周内周一至周六销售优惠券情况.
经计算可得：.
参考公式：.
(1)因为优惠券销售火爆，App平台在周六时出现系统异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，现剔除周六数据，求关于的经验回归方程；
(2)若购买优惠券的顾客选择套餐的概率为，选择套餐的概率为，并且套餐包含两张优惠券，套餐包含一张优惠券，记App平台累计销售优惠券为张的概率为，求；
(3)请根据下列定义，解决下列问题：
（i）定义：如果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.
（ii）运用：记（2）中所得概率的值构成数列.求的最值，并证明数列收敛.
【解析】（1）由题意，，，
，
，
所以关于的经验回归方程为．
（2）由题意，可知，，
当时，，即，
．
所以当时，数列为各项都为1的常数列，
即，
所以，，又，
所以数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，即．
（3）由第二问可知，，
当为偶数时，，且随的增大而减小，
因此的最大值为；
当为奇数时，，且随的增大而增大，
因此的最小值为，
综上所述，的最大值为,最小值为．
对于任意，总存在正整数，其中表示不超过的最大整数，
当时，，
所以数列收敛于．
9．（2024·湖南湘西·模拟预测）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法．给定自然数m，n，我们定义函数在处的阶帕德近似为，该函数满足．
注：．
设函数在处的阶帕德近似为．
(1)求的解析式；
(2)证明：当时，；
(3)设函数，若是的极大值点，求k的取值范围．
【解析】（1）由题意，可设，且，则，
而，，且，则，
所以.
（2）当时，恒有，
令，且，则，
当时，，即在上递增；
当时，，即在上递减；
所以，故，得证.
（3）令在处的阶帕德近似为，
由，则，故，
由，，而，则，
所以，故，
由，而，则，
综上，，且，
令，则恒成立，
所以在R上递增，即，
故时，时，
所以时，时，
此时，时不是极值点；
以为界，讨论如下：
由连续函数，
当，则，而，
在上，递减，在上，递增，则，
所以，在两侧恒成立，是极小值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，有，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
当，则，而，
在上，递增，在上，递减，则，
所以，在两侧恒成立，为极大值点；
综上，.
10．已知集合A为非空数集，对于集合A，定义对A中任意两个不同元素相加得到一个绝对值，将这些绝对值重新组成一个新的集合，对于这一过程，我们定义为“自相加”，重新组成的集合叫做“集合A的1次自相加集合”，再次进行n－1次“自相加”操作，组成的集合叫做“集合A的n次自相加集合”，若集合A的任意k次自相加集合都不相等，则称集合A为“完美自相加集合”，同理，我们可以定义出“A的1次自相减集合”，集合A的1次自相加集合和1次自相减集合分别可表示为：.
(1)已知有两个集合，集合，集合，判断集合B和集合C是否是完美自相加集合并说明理由；
(2)对（1）中的集合B进行11次自相加操作后，求：集合B的11次自相加集合的元素个数；
(3)若且，集合，，求：的最小值．
【解析】（1）是完美自相加集合,不是完美自相加集合理由如下：
集合,由此可知集合自相加后，
新的集合的元素中最小的元素为自相加之前的集合中的最小两个元素之和，
所以显然集合的最小两个元素为，所以的最小元素为
对集合进行任意次自相加操作后，最小值在变大，
故不可能有相等集合，所以是完美自相加集合；
集合表示所以奇数构成的集合，任何两个奇数相加都是偶数，
所以，为所有偶数构成集合；
所以对再进行一次自相加操作，所有偶数相加还是会是所有偶数，
故后面集合不管进行多少次相加都是与相同；
故不是完美自相加集合；
（2）由自相加性质可知，对于集合，进行一次自相加，
得到集合的最小值必然是原来集合的两个最小元素值之和，
得到的最大值为原来集合的两个最大元素值之和，且中间必然是连续的整数元素；
所以对集合进行一次自相加之后，
得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第二次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第三次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第四次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第五次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第六次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第七次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第八次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第九次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第十次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
进行第十一次自相加，得到的集合最小两个元素为，最大的两个元素为；
因为集合元素都是连续的整数，
所以集合进行11次自相加操作后的元素个数为；
（3）因为且，集合
所以
要使
则，又因为
故的最小值为.
目录
TOC \ "1-2" \h \z \u \l "_Tc190856027" 01 模拟基础练 PAGEREF _Tc190856027 \h 2
\l "_Tc190856028" 题型一：集合新定义 PAGEREF _Tc190856028 \h 2
\l "_Tc190856029" 题型二：函数与导数新定义 PAGEREF _Tc190856029 \h 5
\l "_Tc190856030" 题型三：立体几何新定义 PAGEREF _Tc190856030 \h 8
\l "_Tc190856031" 题型四：三角函数新定义 PAGEREF _Tc190856031 \h 13
\l "_Tc190856032" 题型五：平面向量与解三角形新定义 PAGEREF _Tc190856032 \h 16
\l "_Tc190856033" 题型六：数列新定义 PAGEREF _Tc190856033 \h 20
\l "_Tc190856034" 题型七：圆锥曲线新定义 PAGEREF _Tc190856034 \h 22
\l "_Tc190856035" 题型八：概率与统计新定义 PAGEREF _Tc190856035 \h 27
\l "_Tc190856036" 重难点突破：高等数学背景下新定义 PAGEREF _Tc190856036 \h 31
\l "_Tc190856037" 02 重难创新练 PAGEREF _Tc190856037 \h 36
－3
－1
1
3
YX
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
1
YX
1
2
3
1
0.1
0.3
0.2
0.6
2
0．05
0.2
0.15
0.4
0.15
0.5
0.35
1
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2
3
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极小值
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极小值
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1
2
3
4
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218
224
230
232
236
90