新高考数学二轮复习题型突破小题提升练创新考法2知识迁移新定义题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习题型突破小题提升练创新考法2知识迁移新定义题（2份，原卷版+解析版），共9页。
一．单选题.
【等腰四面体 2024年河南二模】
1．等腰四面体是一种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12，则用长方体其中的四个顶点构成的等腰四面体的体积为（ ）
A．3B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】根据等腰四面体的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积进行求解即可.
【详解】如图所示，等腰四面体的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积.
设长方体长，宽，高分别为，
则等腰四面体的体积.
故选：B.
【泰勒公式 2024湖南张家界期末】
2．英国数学家泰勒（B.Taylr，1685—1731）发现了如下公式：，，其中.这些公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性，计算器使用的这种方法叫数值计算法.比如，用前三项计算，就得到.运用上述思想，可得到的近似值为（ ）
A．0.83B．0.84C．0.85D．0.86
【答案】B
【分析】根据题意将代入的前三项计算可得结果.
【详解】用前三项计算可得，
即的近似值为.
故选：B
【和睦数 2025年上河南新乡期中】
3．定义非空数集的“和睦数”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地加上、减去后继的数所得的结果.例如，集合的“和睦数”是，的“和睦数”是，的“和睦数”是1.对于集合，其所有非空子集的“和睦数”的总和为（ ）
A．82B．74C．12D．70
【答案】A
【分析】分别列举子集，根据“和睦数”的定义，即可求解每种情况的“和睦数”，相加即可求解.
【详解】，非空子集有个.
当子集为单元素集，，，时，“和睦数”分别为1，2，3，6，和为12；
当子集为双元素集，，，，，时，
“和睦数”分别为3，4，7，5，8，9，和为36；
当子集为三元素集，，，时，
“和睦数”分别为4，7，8，7，和为26；
当子集为四元素集时，“和睦数”为.
故“和睦数”的总和为.
故选：A
【中心捺函数 2024年江苏盐城期中】
4．定义在上的函数若满足：①对任意，都有；②对任意，都有，则称函数是以为中心的“中心捺函数”.已知函数是以为中心的“中心捺函数”，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知不等式，结合函数单调性的定义可以判断出函数的单调性，再根据函数平移的性质，结合已知定义可以判断函数的奇偶性，最后利用函数的单调性、奇偶性，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】对任意，都有，
不妨设，由，
所以函数是上的减函数.
函数的图象向左平移一个单位变成函数的图象，
因为函数是以为中心的“中心捺函数”，
所以函数是以为中心的“中心捺函数”，
因此函数是奇函数.
由
，
当时，则有，此时没有意义，
当时，由，
，由，
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据不等式判断函数的单调性，利用函数平移判断函数的对称性.
【椭圆的切线 2024年河南二模】
5．从椭圆外一点向椭圆引两条切线，切点分别为，则直线称作点关于椭圆的极线，其方程为.现有如图所示的两个椭圆，离心率分别为，内含于，椭圆上的任意一点关于的极线为，若原点到直线的距离为1，则的最大值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据定义写出极线的方程，由距离公式列出一个方程，再结合点在椭圆上找到的关系再进行求解.
【详解】设，椭圆方程：，椭圆方程：，则有①
由极线的定义得直线的方程为，
原点到直线的距离，化简得②，
对比①②式得出，则有，
所以.
当且仅当，即时取等，此时.
故选：D.
【黎曼函数 2025广东东莞期中】
6．黎曼函数（Riemann functin）是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现并提出，其基本定义是：（注：分子与分母是互质数的分数，称为既约分数），若是奇函数，且，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题知，进而得函数为周期函数，再根据周期函数的性质结合黎曼函数的定义求解即可.
【详解】∵是定义在R上的奇函数，且，
∴，∴，
∴函数是以为周期的周期函数，
则 ，
，
∴.
故选：B.
【向量旋转 2025江苏盐城阶段练习】
7．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，，把点绕点沿逆时针方向旋转后得到点，则的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，根据定义求出的坐标可得答案.
【详解】，把点绕点沿逆时针方向旋转后得到
，
设，则，
解得，即.
故选：C.
【快增函数 2021年江西赣州二模】
8．若函数在区间D上单调递增，且函数在区间D上也单调递增（其中是函数的导函数），那么称函数是区间D上的“快增函数”，区间D叫作“快增区间”，则函数的“快增区间”为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据“快增函数”的定义先求出函数的单调增区间，再求出函数在函数的单调增区间上的增区间即可.
【详解】由题知恒成立，
当时，，所以，即单调递增；
当时，，所以，即单调递减.
令，，
则.
令，则，
令，
所以当时，，
即时，，单调递增，
所以函数的“快增区间”为.
故选：A.
【有界数列 2024新疆模拟预测】
9．定义：对于数列若存在，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，则下列选项中，满足为有界数列的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对于A：根据题意结合等差数列求和公式分析判断；对于B：根据题意结合裂项相消法判断；对于C：根据题意结合并项求和法分析判断；对于D：根据题意结合等比数列求和公式分析判断.
【详解】对于选项A：因为为等差数列，则，
可知对任意，当时，，
不满足有界数列的定义，故A错误；
对于选项B：因为，
则，
可知对任意，当时，，
不满足有界数列的定义，故B错误；
对于选项C：当为偶数时，，
可知对任意，当时，，
不满足有界数列的定义，故C错误；
对于选项D：可知数列是以首项、公比均为的等比数列，
则，
可知当时，，符合有界数列的定义，故D正确；
故选：D.
【稳定函数 2024年福建福州第一中学检测】
10．若，可以作为一个三角形的三条边长，则称函数是区间上的“稳定函数”.已知函数是区间上的“稳定函数”，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用导数可求得单调性，进而得到最大值和最小值，根据稳定函数定义可得，由此可得关于的不等式，解不等式可求得的取值范围.
【详解】，当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，
又，，，
由“稳定函数”定义可知：，即，
解得：，即实数的取值范围为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数导数中的新定义运算问题，解题关键是能够充分理解稳定函数的定义，将问题转化为函数最大值和最小值之间的关系，由此利用导数求得最值来构造不等关系.
【双纽线 2024年上海杨浦高级中学模考】
11．2022年卡塔尔世界杯中的数字元素——会徽（如图）正视图近似伯努利双纽线.定义：在平面直角坐标系中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知是双纽线上的一点，下列说法错误的是（ ）
A．双纽线关于原点成中心对称
B．
C．双曲线上满足的点有两个
D．的最大值为
【答案】C
【分析】A.先由双纽线的定义得到方程，将 替换方程中的 判断；B. 由求解判断；C. 由方程令 求解判断；D. 由 ，结合余弦定理判断.
【详解】解：由到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，
得，
将 替换方程中的 ，方程不变，故双纽线关于原点成中心对称，故A正确；
由等面积法得，则 ，
所以，故B正确；
令 ，得 ，解得 ，所以双曲线上满足的点有一个，故C错误；
因为 ，所以 ，
由余弦定理得 ，
所以 ，
所以 的最大值为，故D正确，
故选：C.
【定义和谐数列 2024年辽宁东北育才学校质检】
12．设是一个无穷数列的前项和,若一个数列满足对任意的正整数,不等式恒成立,则称数列为和谐数列,有下列3个命题:
①若对任意的正整数均有,则为和谐数列;
②若等差数列是和谐数列,则一定存在最小值;
③若的首项小于零,则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列．
以上3个命题中真命题的个数有( )个
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】先得出的等价条件,然后再进行判断,对于③可以取一个公比为负数的等比数列说明其存在性即可.
【详解】对于①,，
若,则,所以①正确;
对于②,设等差数列的公差为，
则,所以，
即为公差为的等差数列,
若为和谐数列,即,则，
所以关于的二次函数,开口向上，
所以在上一定存在最小值,所以②正确;
对于③,取,
则,
,
下面证明,即说明存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列,
即证,
即证,
即证,
当,上式左边为负数,显然成立,
当,时,即证,即证，（*）
设,
所以,即（*）式成立,所以③正确.
故选：D
【间隔递减数列 2025年北京朝阳期末】
13．设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论：
①若，则是间隔递减数列；
②若，则是间隔递减数列；
③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①B．①③C．②③D．①②③
【答案】B
【分析】利用数列的单调性可判断①；利用间隔递减数列的定义可判断②；取，结合间隔递减数列的定义可判断出数列为间隔递减数列，再由间隔等差数列的定义可求得的最小值，可判断③.
【详解】对于①，因为，则数列为单调递减数列，即对任意恒成立，
此时，，满足题中条件，①对；
对于②，若，假设数列是间隔递减数列，
则存在，使得，即，
若为奇数，则有，可得，
因为，显然当为奇数时，合乎题意；
当为偶数时，，不等式不成立，故为奇数；
若为偶数，则有，可得，
当为奇数时，不成立，
故假设不成立，即数列不是间隔递减数列，②错；
对于③，若，
因为，
则，所以，数列是间隔递减数列，
假设存在正整数，使得，即，
可得，
由于，当且仅当且时，等号成立，
当时，，这与为正整数矛盾，
故，所以，，解得，
所以，若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是，③对.
故选：B.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解数列不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
二．多选题.
【同余 2025河南商丘阶段练习】
14．若非零向量的夹角为锐角，且，则称被“同余”．已知被“同余”，则在方向上的投影数量结果不正确的是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据新定义得，然后由投影数量公式可解.
【详解】因为被“同余”，所以，即，
则在方向上的投影数量为，
故A不符合题意，BCD符合题意.
故选：BCD
【余弦方差 2023湖南常德阶段练习】
15．定义：为集合相对常数的“余弦方差”.若，则集合相对的“余弦方差”的取值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】根据所给定义及三角恒等变换公式将函数化简，再根据的取值范围，求出的取值范围，再根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】解：依题意
，
因为，所以，所以，
所以；
故选：ABC
【有界与无界 2025陕西咸阳阶段练习】
16．对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，都有，则称数列是有界的，若这样的正数不存在，则称数列是无界的.记数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则数列是无界的
B．若，则数列是有界的
C．若，则数列是有界的
D．若，则数列是有界的
【答案】BCD
【分析】根据有界函数的定义对每项逐个验证即可.
【详解】对于选项A：因为，所以，所以存在正数，
使得恒成立，所以数列是有界的，故A错误；
对于选项B：因为，所以，
所以
，
所以存在正数，使得恒成立，所以数列是有界的，故B正确；
对于选项C：因为，所以当时，；
当时，；所以，
所以存在正数，使得恒成立，所以数列是有界的，故C正确；
对于选项D：因为，
所以，
又，所以，
所以存在正数，使得恒成立，所以数列是有界的，故D正确.
故选：BCD.
【方圆系曲线 2024重庆巴蜀中学阶段检测】
17．已知（，），定义方程表示的是平面直角坐标系中的“方圆系”曲线，记表示“方圆系”曲线所围成的面积，则（ ）
A．“方圆系”曲线是单位圆
B．
C．是单调递减的数列
D．“方圆系”曲线上任意一点到原点的最大距离为
【答案】ABD
【分析】选项A：对应曲线是从而可判断；选项B：对应的曲线是从而可得出横纵坐标的范围，从而可判断；选项C：对应的曲线，对应的曲线从而可判断；选项D：对应的曲线是再由三角换元，可判断.
【详解】对于A，对应曲线是表示单位圆，故A正确；
对于B，对应的曲线是，故，，且与不能同时取等号，故，故选项B正确；
对应的曲线，令，；
因为曲线，则，且.
对应的曲线.
令，，因为曲线，则，且.
对于C，又，且等号不能同时取得，故，故是单调递增的，故选项C是错误的；
对于D,对应的曲线是，假设曲线上任意一点.
则，令，，则，故，故选项D正确.
故选: ABD．
【“”点 2024北京朝阳 模拟预测】
18．已知双曲线，对于点，若上存在两个点、，使得为线段的中点，则称为的一个“”点，下列各点中，是的“”点的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】设点、，利用点差法求出直线的方程，再将直线的方程与双曲线的方程联立，判断直线与双曲线的位置关系，即可得出合适的选项.
【详解】设点、，若轴，则线段的中点在轴上，
对于A选项，若为的一个“”点，则，可得，
此时，轴或过原点，
若轴，则直线的方程为，但直线与双曲线无公共点，
若过原点，则线段的中点为原点，不合乎题意，A不满足条件；
对于B选项，由题意可知直线的斜率存在，若为的一个“”点，
则，
因为，这两个等式作差可得，
即，则，
直线的方程为，即，
此时，直线过原点，则、关于原点对称，与假设矛盾，B不满足条件；
对于C选项，由题意可知直线的斜率存在，若为的一个“”点，
则，
因为，这两个等式作差可得，
即，则，
直线的方程为，即，
联立可得，，合乎题意；
对于D选项，由题意可知直线的斜率存在，若为的一个“”点，
则，
因为，这两个等式作差可得，
即，则，
直线的方程为，即，
联立可得，，D满足条件.
故选：CD.
【离散曲率 2024安徽合肥阶段练习】
19．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.已知在直四棱柱中，四边形为菱形，，则下列说法正确的是（ ）
A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等
B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为
C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面
D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则直线与平面所成的角的正弦值为
【答案】CD
【分析】对于A,根据题意当直四棱柱的底面不为正方形时，不符合题意；对于B，根据题中直接计算即可；对于C，根据条件可得直四棱柱为正方体，继而利用线面垂直的判定定理即可证明；对于D，根据条件可得即是等边三角形，则即为与平面所成的角，计算其正弦值即可.
【详解】对于A.当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；
对于B.若，则菱形为正方形，
因为平面，，平面，
所以，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为
，故错误；
对于C.在四面体中，，，所以，
所以四面体在点处的离散曲率为，解得，
易知，所以，所以，
所以直四棱柱为正方体，
因为平面平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，同理，
又，，平面，
所以平面，故正确；
对于D.直四棱柱在顶点处的离散曲率为，
则，即是等边三角形，
设，则即为与平面所成的角，，故正确；
故选:CD.
【折线距离 2024年辽宁鞍山二模】
20．在平面直角坐标系中，定义为点到点的“折线距离”．点是坐标原点，点在直线上，点在圆上，点在抛物线上．下列结论中正确的结论为（ ）
A．的最小值为2B．的最大值为
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】BCD
【分析】对A，根据折线距离的定义，写出，利用绝对值放缩和绝对值不等式，可判断对错；
对B，根据折线距离的定义，写出，利用基本（均值）不等式可判断对错；
对C：利用圆的参数方程，结合折线距离的定义，写出，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合三角函数的最值，可判断对错；
对D：利用抛物线的参数方程，，结合折线距离的定义，写出，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合二次函数的值域，可判断对错.
【详解】对A：设，则（当且仅当时取“”）.故A错；
对B：设，则.则，故B对；
对C：设，，则
（当且仅当，时取“”）.故C对；
对D：设，，则
（当且仅当时取“”）.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是对“折线距离”的理解，根据新定义，写出折线距离；关键之二是含有绝对值的式子的处理，可根据绝对值的放缩和绝对值不等式，去掉绝对值的符号再求相关最值.
三．填空题.
【点的斜坐标 2025湖北期中】
21．定义：已知平面向量，表示夹角为的两个单位向量，为平面上的一个定点，为平面上任意一点，当时，定义为点的斜坐标.设点的斜坐标为，则 .
【答案】
【分析】由斜坐标的定义，，利用向量数量积的运算，求.
【详解】平面向量，表示夹角为的两个单位向量，
则有，
依题意，，则.
故答案为：.
【向量的叉积 2025山东滨州期末】
22．设为非零向量与的夹角，定义：．若，，，则 ．
【答案】6
【分析】利用向量夹角公式求出，进而求出即可得解.
【详解】由，，，得，而，
因此，所以.
故答案为：6
【古典正弦定义 2023北京海淀期中】
23．如下图单位圆，正弦最初的定义（称为古典正弦定义）为；单位圆中，当圆心角在时，圆心角为时，的“古典正弦”为．根据以上信息，的“古典正弦”为 ．当时，的“古典正弦”除以的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据古典正弦定义写出的“古典正弦”，由的“古典正弦”除以为，利用倍角正弦公式，余弦函数的性质求最值即可.
【详解】由题设，的“古典正弦”为，
的“古典正弦”为，则，又，
所以，则，故，
所以的“古典正弦”除以的最大值为.
故答案为：，
【平面的法向量 2025安徽马鞍山期中】
24．已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】由题意可得平面、平面及平面的法向量，根据已知可知直线与平面及平面的法向量垂直，可设出直线的方向向量并计算得解，再利用向量的夹角公式计算即可得直线与平面所成角的余弦值.
【详解】由题意可得平面的法向量可为，
平面的法向量可为，
平面的法向量可为，
设直线的方向向量为，
则有，取，则有、，
则直线的方向向量可为，
则，
故直线l与平面所成角的余弦值为.
故答案为：.
【椭圆面 2023 河北衡水一模】
25．在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）.如果用坐标平面分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为 .

【答案】
【分析】采用待定系数法，结合已知定义可设，代入点坐标即可结果.
【详解】设椭球面的方程为：，
椭球面过点，，解得：，
椭球面的方程为：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查与椭圆有关的新定义问题的求解，解题关键是能够充分理解椭球面方程与截面方程之间的关系，进而采用待定系数法来进行求解.
【离散曲率 2023山东德州期中】
26．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为：，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面遍历多面体M的所有以点P为公共点的面，在长方体中，，，点S为底面的中心，记三棱锥在点A处的离散曲率为，四棱锥在点S处的离散曲率为n，则 ．
【答案】
【分析】根据离散曲率的定义，结合结合体的结构特征，分别求出三棱锥在点A处的离散曲率，四棱锥在点S处的离散曲率n，相减即可求得答案.
【详解】在长方体中, ,
故三棱锥在点A处的离散曲率；
设交于O,连接,，，四边形为正方形，
则 , ,故 ,同理,
四棱锥为正四棱锥，而 ,则四棱锥每个侧面都为正三角形，
所以 ,
故四棱锥在点S处的离散曲率，
故，
故答案为：
1.试题特点分析：知识迁移新定义题目是通过知识迁移给出新概念、新运算或新模型，创设全新的问题情景，要求考生依据题目提供的信息，用类比的方法去理解新的定义，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.解题方法阐述：首先要对知识迁移新定义进行信息提取，明确新定义的关键要素.其次明确知识联系与加工，探求新定义与已学知识之间的联系，寻找解决方法和相近的知识点，明确它们的相同点和相似点.
3.解题经验分享：第一、新定义是解题的基础，只有准确把握新定义的内涵，才能进行后续的解题步骤. 第二、注重知识的迁移，找出与已知知识建立联系，这样可以借助已有的知识和解题经验来处理新定义题. 第三、识别关键信息，判断这些信息如何与新定义相结合.