新高考数学二轮复习题型突破小题提升练疑难压轴8跨模块知识交汇的创新定义问题（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疑难压轴8跨模块知识交汇的创新定义问题（2份，原卷版+解析版），共9页。
一．单选题．
【2025上河北唐山期末】
1．设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标，记，则数列的前50项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先对函数求导，再求出切线方程，求出交点的横坐标，再利用裂项相消法对数列求和即可．
【详解】解：，当时，，
在点处的切线为：，
化简为：，
当代入中，
，即，
，
化简：，
则数列的前50项和为：
，
故选：A．
【2025上山东临沂月考】
2．如图，已知点是的边的中点，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为1的正项数列，是数列的前项和，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．数列是等比数列
C．D．
【答案】C
【分析】由向量共线和平面向量基本定理可得，分析可得是以为首项，为公比的等比数列，逐项判断可得结果.
【详解】∵为中点，∴，即，
∵三点共线，∴为共线向量，
设，则.
∵，
∴由平面向量基本定理得，
化简得：，故，
∴是以为首项，为公比的等比数列，故B正确.
由等比数列通项公式得，，∴，故C错误.
由得，，故A正确.
，故D正确.
故选：C.
【2024重庆阶段练习】
3．已知，则（ ）
A．9B．10
C．19D．29
【答案】C
【分析】先将等式两边同时乘以，再将两边同时求导后，令可得.
【详解】因为，
所以
分别对两边进行求导得 ，
令，得，
所以，
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键将原式两边同时乘以，再将两边对求导.
【 2024北京海淀二模】
4．设函数的定义域为，对于函数图象上一点，若集合只有1个元素，则称函数具有性质.下列函数中具有性质的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据性质的定义，结合各个函数的图象，数形结合，即可逐一判断各选择.
【详解】根据题意，要满足性质，则的图象不能在过点的直线的上方，且这样的直线只有一条；
对A：的图象，以及过点的直线，如下所示：
数形结合可知，过点的直线有无数条都满足题意，故A错误；
对B：的图象，以及过点的直线，如下所示：
数形结合可知，不存在过点的直线，使得的图象都在该直线的上方，故B错误；
对C：的图象，以及过点的直线，如下所示：
数形结合可知，不存在过点的直线，使得的图象都在该直线的上方，故C错误；
对D：的图象，以及过点的直线，如下所示：
数形结合可知，存在唯一的一条过点的直线，即，满足题意，故D正确.
故选：D.
【2025全国专题练习】
5．如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（ ）
A．B．1C．3D．2
【答案】B
【分析】根据推出，设圆柱底面半径为r，再根据圆柱的侧面展开图推出，利用圆柱的斜截面椭圆及离心率求出r即可.
【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分，可得．
设圆柱底面半径为r，
则，所以，
设椭圆长轴长为，短轴长为，
因为离心率为，得，
则，
即，所以，
得，
又由勾股定理得，解得，故．
故选：B.
【2024下广东深圳阶段练习】
6．设正整数，其中，记.则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用的定义可判断ACD的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.
【详解】对于A选项，，，
所以，A选项正确；
对于B选项，取，，则，
而，则，即，B选项错误；
对于C选项，，
所以，
，
所以，
因此，C选项正确；
对于D选项，，故，D选项正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：理解的定义是解决本题的关键.
【2024浙江宁波阶段检测】
7．集合是集合的子集，把中的所有数的和称为的“容量”（规定空集的容量为0，若的容量为奇（偶）数，则称为的奇（偶）子集．命题①：若集合，则数与数列交汇题的奇子集与偶子集个数相等．命题②：若集合，则当时，的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等．则下列说法正确的是（ ）
A．命题①和命题②都为真命题B．命题①和命题②都为假命题
C．命题①为真命题，命题②为假命题D．命题①为假命题，命题②为真命题
【答案】A
【分析】设为的奇子集，构造集合，得到奇子集与偶子集个数相等，即可判断①；计算奇子集容量之和是，即可判断②.
【详解】对于①，设为的奇子集，令，则是偶子集，
是奇子集到偶子集的一一对应，
且每个偶子集均恰有一个奇子集与之对应，
故的奇子集与偶子集个数相等，所以①为真命题；
对于②，对任一，集合含的子集共有个，
用上述对应方法可知，当时，这个子集中有一半是奇子集，
当时，由于，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集，
于是奇子集容量之和是，
根据上面所说，这也是偶子集的容量之和，两者相等，
所以当时，的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等，
即命题②为真命题．
故选：A．
【2025上江苏南京开学考试】
8．如图所示是某同学发现的一种曲线，由于形如小恐龙，因此命名为小恐龙曲线．对于小恐龙曲线，下列说法不正确的是（ ）
A．该曲线与最多存在3个交点
B．如果曲线如题图所示（轴向右为正方向，轴向上为正方向），则
C．存在一个，使得这条曲线是偶函数的图象
D．当时，该曲线中的部分可以表示为关于的某一函数
【答案】D
【分析】AB项，转化为三次方程根的个数问题研究；C项，举特例说明存在值使曲线是偶函数的图象；D项，令，由零点存在性定理说明方程至少两根，对应值不唯一即可说明不是的函数.
【详解】对于A项，曲线方程，
令，得关于的一元三次方程，
令，则，
最多两根，即函数最多两个极值点，
即方程最多有三个实根，故A正确；
对于B项，若曲线如题图所示，则存在，使得与曲线图象有三个交点，
即存在，关于的方程有三个实根.
令，则，
假设，，都有，即单调递增，
则方程在最多有一个实根，与题图矛盾，假设错误.
因此，故B正确；
对于C项，当时，曲线即函数的图象，
设，，定义域关于原点对称.
且，所以是偶函数.
故存在，使得曲线是偶函数的图象，故C正确：
对于D项，当时，曲线方程为.
令，得，
令，则，，
由零点存在性定理知至少两根，则对应的值不唯一，不符合函数定义，故D错误；
故选：D.
【2025上山东青岛期末】
9．飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X，则（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】分析出，从而得到，错位相加法求和，求极限，得到答案.
【详解】，即投掷1次到达终点，故第一次投掷的点数为3，故，
，即投掷2次到达终点，故第一次投掷的点数不为3，
第二次投掷的点数可根据第一次投掷的点数来唯一确定，
两次投掷的点数有以下的情况，，
故，
，即投掷3次到达终点，前两次投掷均没有到达终点，
，
……，
，即投掷次到达终点，前次投掷均没有到达终点，
，
故①，
②，
则①-②得
，
故.
故选：B
【点睛】关键点点睛：分析得到，即投掷次到达终点，前次投掷均没有到达终点，得到，再根据求期望公式和错位相减法进行求解.
二．多选题．
【2025上广东佛山月考】
10．数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，对于函数，下列结论正确的是（ ）
A．方程无解B．方程有两个解
C．的最小值为D．的最大值为
【答案】BC
【分析】根据两点间距离公式，结合题意可得，取计算可得A、C、D；结合椭圆定义计算可得B.
【详解】，
设，，，则，
如图，取，则，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
又当时，随增大而增大，故无最大值，故C正确、D错误；
由，故有解，故A错误；
，则，
则的轨迹是以，为焦点的椭圆，
此时，，即，，
即椭圆方程为，
当时，得，得，即，
即方程有两个解，故B正确.
故选：BC.
【2024黑龙江大庆一模】
11．某学校足球社团进行传球训练，甲､乙､丙三名成员为一组，训练内容是从某人开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人.现假定每次传球都能被接到，开始传球的人为第一次触球者，记第次触球者是甲的概率为.已知甲为本次训练的第一次触球者，即，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】与能直接进行求解；项分析出要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，且第次触球的人，有的概率将球传给甲，从而求出递推公式；项在项的基础上求出通项公式，计算出，比较出，从而判断求解.
【详解】：甲传球给乙或丙，故，故正确；
：乙或丙传球给其他两个人，故，故错误；
、：由题意得：要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，
且第次触球的人，有的概率将球传给甲，
故，则，故C正确；
因为，设，
解得：，所以
因为，所以是以为首项，公比是的等比数列，
故，所以，
故，则，
故，故正确.
故选：．
【点睛】概率与数列结合的题目，要能分析出递推关系，通过递推关系求出通项公式，这是解题的关键.
【教材溯源题】
12．柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（ ）
A．该正八面体的外接球的体积为
B．平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为
C．甲能构成正三角形的概率为
D．甲与乙均能构成正三角形的概率为
【答案】ABD
【分析】由图形，根据勾股定理求出球的半径，结合球的体积公式计算即可判断A；如图，根据等面积求出OH，进而求出截面圆的半径即可判断B；确定甲乙选择的三个点构成正三角形的情况，结合古典概型的概率公式计算即可判断CD.
【详解】A：由棱长为2，得正八面体上半部分的斜高为，高为，
则正八面体的体积为．
则正八面体的外接球的球心为，半径为，
所以外接球的体积为，故A正确；
B：由于到平面的距离等于到平面的距离，
在中，过作的垂线，垂足为，则平面．
由，得，
平面截正八面体的外接球所得截面是圆，半径，
所以所得截面的面积为，故B正确；
C：甲随机选择的情况有种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：
甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种，
甲构成正三角形的概率为，故C错误；
D：乙随机选择的情况有种，乙构成正三角形，只有一种情况：
上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点，
或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，
共有种，概率为；又甲能构成正三角形的概率为，
所以甲与乙均能构成正三角形的概率为，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的综合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截球体所得截面的形状.
【2024山东潍坊二模】
13．定义域是复数集的子集的函数称为复变函数，就是一个多项式复变函数．给定多项式复变函数之后，对任意一个复数，通过计算公式，可以得到一列值．如果存在一个正数，使得对任意都成立，则称为的收敛点；否则，称为的发散点．则下列选项中是的收敛点的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据计算公式结合收敛点的定义判断即可.
【详解】对A，由可得数列，，，…不合题意，故A错误；
对B，由可得数列，，，…
则存在一个正数，使得对任意都成立，满足题意，故B正确；
对C，由可得数列，，，…不满足题意，故C错误；
对D，由可得数列…
因为，
存在一个正数，使得对任意都成立，满足题意，故D正确；
故选：BD
【2025上辽宁葫芦岛期末】
14．已知，则下列结论成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】应用赋值法及换元法分别判断A，B，C选项；等式两侧同时求导函数及赋值可判断D选项.
【详解】A.令，得，即，A正确.
B.令，则原等式变形为，
由二项式定理得，，
令，得，
等式两侧同乘，得，
∴，B错误.
C.令，得，故，C错误.
D.对等式两侧同时求导函数得，
，
令，得，D正确.
故选：AD.
【2024重庆南开中学模拟】
15．“最速曲线”是一段旋轮线上下翻转而成，旋轮线的参数方程为，其中为参数，为常数，旋轮线也可看作某一个函数的图象，下列说法正确的有（ ）
A．点在旋轮线上
B．函数是偶函数
C．函数不是周期函数
D．当时，函数在单调递减
【答案】ABD
【分析】根据旋轮线的参数方程代入可判断A正确，由函数奇偶性定义判断可得B正确，易知可得是周期函数，可得C错误，利用复合函数求导可判断D正确.
【详解】对于A，当时，，可得点满足旋轮线的方程，故选项A正确；
对于B，因
故当变为时，变为，此时的值不变，
即，故为偶函数，选项B正确；
对于C，因，
故当变为时，变为，此时的值不变，即，
故函数是周期为的周期函数，故选项错误；
对于D，当时，，故函数单调递增，
当时，，当时，，而在时单调递减，
即当时，随着的增加在内增加，随着的增加而减小，
故在单调递减，选项D正确．
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据参数方程利用奇偶性定义以及周期性定义，可判断函数是偶函数，且是周期函数，再根据复合求导得出单调性可得出结论.
【2025上海南三亚期末】
16．设计一个实用的门把手，其造型可以看作图中的曲线的一部分，则（ ）
A．点在上
B．将在轴上方的部分看作函数的曲线，则是的极小值点
C．在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为有理数
D．在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于
【答案】ACD
【分析】根据题设将代入曲线方程可判断A的正误，通过的导数，然后求解的解，可判断B的正误，求出切线方程与曲线方程联立，可判断C的正误，设曲线上的点为，则到原点的距离可化简为，构造函数求出最小值与比较,可判断D的正误.
【详解】对于A，将点代入曲线方程中，得到，即，所以点在上，因此，选项A正确;
对于B，由于曲线在轴上方的部分是函数的曲线，则，当时，得到，
因此，不是的极小值点，所以，选项B是错误的；
对于C，由B中可知，，
则以为切点的切线方程为，即.
将切线方程代入曲线方程中，得到：，即，
显然是方程的根，，.
解得：或，因此，选项C正确；
对于D，设的解为，，
.
当时，，单调递增，
当时，单调递减，
，，
，，
所以，
设曲线上的点为，设的解为，
则，则，
到原点的距离为，
由可得，
令，
，令，解得：，
因为，所以取，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
， ，
所以当时，，,选项D正确.
故选：ACD
【2024云南月考】
17．已知三棱锥的棱长均为6，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，，球与三棱锥的三个面和球都相切（，且），球的表面积为，体积为，则（ ）
A．
B．
C．数列是公比为的等比数列
D．数列的前n项和为
【答案】BCD
【分析】根据题意求出，，依此类推可得是首项为，公比为的等比数列，再根据球的表面积和体积公式逐项判断可得答案.
【详解】如图所示，是三棱锥的高，是三角形的中心，
设三棱锥的棱长均为，所以，.
是三棱锥的内切球的球心，在上，
设三棱锥的外接球半径为，球的半径为，
则由，得，得.
所以，
又，所以，
所以.故A不正确；
在上取点，使得，则，即为的中点，则球与球切于，
过作与底面平行的平面，分别与交于，
则球是三棱锥的内切球，
因为为的中点，所以三棱锥的棱长是三棱锥的棱长的一半，
所以球的内切球的半径，
以此类推，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，，，故B正确；
所以，，即数列是公比为的等比数列，故C正确；
，
，故D正确.

故选：BCD
【点睛】关键点睛：利用球与三棱锥内切求出球的半径以及相邻两个球的半径之间的关系是解题关键.
三．填空题．
【2025上浙江台州月考】
18．已知向量满足与的夹角为，设，数列的前项和为，则（ ）
A．120B．180C．210D．420
【答案】C
【分析】根据累加法可得，进而可得，即可根据等差求和公式求解.
【详解】，
由于，与的夹角为，故，
因此，
故，
故选：C．
【2025上山东济宁期中】
19．已知函数，则的对称中心为 ；若，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】利用中心对称的定义求出图象的对称中心，利用函数的对称性及倒序相加法求出通项.
【详解】函数的定义域为， ，
由，得，
则，
因此函数图象的对称中心是；
由，得，
当时，，
，
，
于是，即，，
所以数列的通项公式为.
故答案为：；.
【2024辽宁沈阳二模】
20．有序实数组称为维向量，为该向量的范数，范数在度量向量的长度和大小方面有着重要的作用．已知维向量，其中．记范数为奇数的的个数为，则 ； ．（用含的式子表示）
【答案】 40
【分析】根据乘法原理和加法原理即可求解；根据和的展开式相减得到的通项公式.
【详解】根据乘法原理和加法原理得到．
奇数维向量，范数为奇数，则的个数为奇数，即1的个数为1，3，5，…，，
根据乘法原理和加法原理得到，
两式相减得到.
故答案为：40；.
【2025上黑龙江哈尔滨期中】
21．已知正四面体中，，，，…，在线段上，且，过点作平行于直线和的平面，该平面截正四面体的截面面积为，则 .若，则数列的最大项为 .

【答案】
【分析】过点作交于点，过点作交于点，分析可知四边形为矩形，即可得；整理可得，构建函数，利用导数判断函数的单调性，可得数列单调性，进而分析求解.
【详解】第一空：由题意得，
如图，取中点，连接，，

在正四面体中，，均为等边三角形，则，，
且，，平面，所以平面，
又平面，所以，
如图，过点作交于点，过点作交于点，连接，

则，故四边形为截面，且四边形为矩形，
由相似知识可知，，
故；
第二空：因为，，
可得，
令，则，
而，当时，，
可知在上单调递减，即当时，数列单调递减，
当时，，且，，
所以数列的最大项为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：对于数列数列的最大项，可以构建函数，利用导数判断其单调性，可得数列单调性，进而分析求解.
【2025辽宁二模】
22．设数列是等比数列，，公比q是的展开式中的第二项（按x的降幂排列），且为的前n项和，若，则 .（用含n和x的式子表达）
【答案】
【分析】由排列组合数的性质可得，进而有，再根据二项式定理求得，且，讨论、并结合二项式展开式的应用求.
【详解】由题设，可得，故，则，
由的展开式通项为，，
所以其第二项为，故，且，
当时，，则，
即，故，
所以；
当时，，则
，
所以.
故答案为：
【2025山东青岛一模】
23．有个编号分别为的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球，其余盒子中为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到红球的概率是 ，从第个盒子中取到红球的概率是 .
【答案】
【分析】设事件表示“从第i个盒子中取到红球”（），利用全概率公式可得，当时，由全概率公式得，通过构造得数列是等比数列，利用数列通项求.
【详解】设事件表示“从第i个盒子中取到红球”（），则，，
所以，
则当时，
，
所以，又，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以．
故答案为：；．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是设事件表示“从第i个盒子中取到红球”（），当时，结合全概率公式得到的递推关系：，再构造等比数列.
【2025上山东日照期末】
24．如图，画在纸面上的抛物线过焦点的弦长为9，沿轴将纸面折成平面角为的二面角后，空间中线段的长为 ．
【答案】
【分析】联立直线与抛物线方程得到韦达定理，结合焦半径公式可得，进而根据线面垂直，以及二面角的定义得，根据锐角三角函数计算长度，可得，利用两点距离公式即可求解.
【详解】，设直线为，，
联立与可得，
则，则，
故，解得，
故，解得，
故，
如图，以为坐标原点，为轴，在平面内垂直于的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
过作平面于，过作于，连接，
由于轴，且轴，，故轴平面，
平面，故轴，则
由于在直角坐标系中，
故，
因此在直角三角形中，，
因此在空间直角坐标系中，，
故，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：根据题意联立方程求焦点坐标，结合空间直角坐标系结合二面角分析求解.
【原创】
25．“曼哈顿距离”是人脸识别中一种重要的测距方式．其定义如下：设是坐标平面内的两点，则两点间的曼哈顿距离为．在平面直角坐标系中，下列说法中正确的为 ．（填序号）
①若，则；②若动点满足，则的轨迹长度为；③设是坐标平面内的定点，动点满足，则的轨迹是以点为顶点的正方形；④设，点在曲线上，则的最大值为．
【答案】①②③
【分析】根据距离新定义求判断①；设，根据已知有，应用分类讨论研究点的轨迹，数形结合求轨迹长度判断②；设，根据已知有，同②分析确定轨迹形状判断③；由题意知，分区间讨论研究右侧的单调性求最大值判断④.
【详解】对于①，，正确．
对于②，设，因为，所以．
当时，；
当时，；
当时，；
当时，．
作点的轨迹，如图中正方形，则的轨迹长度为，正确．
对于③，设，因为，所以．
当时，，
当时，，显然两直线垂直，且交点为．
当时，，与垂直，交点为．
当，时，，与垂直，交点为，
与垂直，交点为．
因为这些交点围成的四边形的各邻边相互垂直，
所以的轨迹是以点，为顶点的正方形，正确．
对于④，由题意知，
记，
当时，，
此时单调递减，则，此时；
当时，，，
此时单调递增，则，此时．
因为，故，错误．
故答案为：①②③
1．试题特点分析：跨模块的新定义题目是通过给出不同模块知识概念、运算或模型的融合，创设全新的问题情景，要求考生依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的交汇或迁移，达到灵活解题的目的．
2．解题方法阐述：首先要对不同模块的新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号等关键要素．其次明确跨模块之间的知识联系与加工，探求新定义与不同模块之间的联系，寻找解决方法．
3．解题经验分享：第一、概念是解题的基础，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、与相关模块知识建立联系，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，判断这些本题模块信息如何与新定义相结合．