繼2024年九省聯(lián)考的第19題考查了新定義問題，已有部分地區(qū)考試采用了該結(jié)構(gòu)考試。2024年的新高考試卷第19題極大可能也會考查新定義問題，難度較大。新定義題型內(nèi)容新穎，題目中常常伴隨有“定義”“規(guī)定”等字眼，題目一般使用抽象的語言給出新定義、運(yùn)算或符號，沒有過多的解釋說明，要求考生自己仔細(xì)揣摩、體會和理解定義的含義，在閱讀新定義要求后馬上運(yùn)用它解決相關(guān)問題，考查考生的理解與運(yùn)算、信息遷移的能力。
題型一：集合的新定義問題
（2024·廣東·惠州一中校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知集合中含有三個(gè)元素，同時(shí)滿足①；②；③為偶數(shù)，那么稱集合具有性質(zhì).已知集合，對于集合的非空子集，若中存在三個(gè)互不相同的元素，使得均屬于，則稱集合是集合的“期待子集”.
（1）試判斷集合是否具有性質(zhì)，并說明理由；
（2）若集合具有性質(zhì)，證明：集合是集合的“期待子集”；
（3）證明：集合具有性質(zhì)的充要條件是集合是集合的“期待子集”.
【思路分析】
（1）分取到的三個(gè)元素都是奇數(shù)和有偶數(shù)2，兩種情況比較三個(gè)條件，即可判斷；
（2）首先根據(jù)性質(zhì)，確定集合，再根據(jù)“期待子集”的定義，確定集合是集合的“期待子集”；
（3）首先證明充分性，存在三個(gè)互不相同的，使得均屬于
證明滿足性質(zhì)的三個(gè)條件；再證明必要性，首先設(shè)滿足條件的，再證明均屬于，即可證明.
【規(guī)范解答】
（1）集合不具有性質(zhì)，理由如下：
（i）從集合中任取三個(gè)元素均為奇數(shù)時(shí)，為奇數(shù)，不滿足條件③
（ii）從集合中任取三個(gè)元素有一個(gè)為，另外兩個(gè)為奇數(shù)時(shí)，不妨設(shè)，，
則有，即，不滿足條件②，
綜上所述，可得集合不具有性質(zhì).
（2）證明：由是偶數(shù)，得實(shí)數(shù)是奇數(shù)，
當(dāng)時(shí)，由，得，即，不合題意，
當(dāng)時(shí)，由，得，即，或（舍），
因?yàn)槭桥紨?shù)，所以集合，
令，解得，
顯然，所以集合是集合的“期待子集”得證.
（3）證明：先證充分性：
當(dāng)集合是集合的“期待子集”時(shí)，存在三個(gè)互不相同的，使得均屬于，
不妨設(shè)，令，，，則，即滿足條件①，
因?yàn)?，所以，即滿足條件②，
因?yàn)?，所以為偶?shù)，即滿足條件③，
所以當(dāng)集合是集合的“期待子集”時(shí)，集合具有性質(zhì).
再證必要性：
當(dāng)集合具有性質(zhì)，則存在，同時(shí)滿足①；②；③為偶數(shù)，
令，，，則由條件①得，
由條件②得，
由條件③得均為整數(shù)，
因?yàn)椋?br>所以，且均為整數(shù)，所以，
因?yàn)?，所以均屬于?br>所以當(dāng)集合具有性質(zhì)時(shí)，集合是集合的“期待子集”.
綜上所述，集合是集合的“期待子集”的充要條件是集合具有性質(zhì).
1．（2023·北京·北京四中校考模擬預(yù)測）已知集合，若集合，且對任意的，存在，，使得（其中），則稱集合為集合的一個(gè)元基底．
（1）分別判斷下列集合是否為集合的一個(gè)二元基底，并說明理由；
①，；
②，．
（2）若集合是集合的一個(gè)元基底，證明：；
（3）若集合為集合的一個(gè)元基底，求出的最小可能值，并寫出當(dāng)取最小值時(shí)的一個(gè)基底．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析
【分析】（1）利用二元基底的定義加以驗(yàn)證，可得不是的一個(gè)二元基底.，是的一個(gè)二元基底.．
（2）設(shè)，計(jì)算出的各種情況下的正整數(shù)個(gè)數(shù)并求出它們的和，結(jié)合題意得，即．
（3）由（2）可知，所以，并且得到結(jié)論“基底中元素表示出的數(shù)最多重復(fù)一個(gè)”．再討論當(dāng)時(shí)，集合的所有情況均不可能是的4元基底，而當(dāng)時(shí)，的一個(gè)基底，由此可得 的最小可能值為5．
【解析】（1）①不是的一個(gè)二元基底.
理由是；
②是的一個(gè)二元基底.
理由是，
.
（2）不妨設(shè)，則形如 的正整數(shù)共有個(gè)；
形如 的正整數(shù)共有個(gè)；
形如 的正整數(shù)至多有個(gè)；
形如 的正整數(shù)至多有個(gè).
又集合含個(gè)不同的正整數(shù)，為集合的一個(gè)元基底.
故，即.
（3）由（2）可知，所以.
當(dāng)時(shí)，，即用基底中元素表示出的數(shù)最多重復(fù)一個(gè). *
假設(shè)為的一個(gè)4元基底，
不妨設(shè)，則.
當(dāng)時(shí)，有，這時(shí)或.
如果，則由，與結(jié)論*矛盾.
如果，則或.
易知和都不是的4元基底，矛盾.
當(dāng)時(shí)，有，這時(shí)，，
易知不是的4元基底，矛盾.
當(dāng)時(shí)，有，這時(shí)，，
易知不是的4元基底，矛盾.
當(dāng)時(shí)，有，，，
易知不是的4元基底，矛盾.
當(dāng)時(shí)，有，，，
易知不是的4元基底，矛盾.
當(dāng)時(shí)，有，，，
易知不是的4元基底，矛盾.
當(dāng)時(shí)，有，，，
易知不是的4元基底，矛盾.
當(dāng)時(shí)，均不可能是的4元基底.
當(dāng)時(shí)，的一個(gè)基底；或{3,7,8,9,10}；
或{4,7,8,9,10}等，只要寫出一個(gè)即可.
綜上，的最小可能值為5.
2．（2024·北京海淀·高三人大附中?？奸_學(xué)考試）設(shè)為正整數(shù)，集合. 任取集合A中的個(gè)元素（可以重復(fù)），，，，其中.
（1）若，，直接寫出；
（2）對于，，，證明：；
（3）對于某個(gè)正整數(shù)，若集合A滿足：對于A中任意個(gè)元素，都有，則稱集合A具有性質(zhì). 證明：若，集合A具有性質(zhì)，則，集合A都具有性質(zhì).
【答案】（1），
（2）證明見解析；（3）證明見解析
【分析】（1）根據(jù)條件直接求解即可；
（2）設(shè)，設(shè)，設(shè)，求出和，通過說明可得結(jié)論；
（3）根據(jù)性質(zhì)直接證明即可.
【解析】（1）對于，可得，
即；
對于，可得，
即.
（2）設(shè)，
設(shè)，則，
設(shè)，則，
因?yàn)椋瑒t有：
若，則，，即；
若，則，
可得，，即；
若，則，
可得，，即；
綜上所述：，即.
（3）若，集合A具有性質(zhì)，
即對于A中任意個(gè)元素，都有，
則對于A中任意個(gè)元素，
則有： ，
題型二：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的新定義問題
（2024·陜西安康·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）記函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，的導(dǎo)函數(shù)為，設(shè)是的定義域的子集，若在區(qū)間上，則稱在上是“凸函數(shù)”.已知函數(shù).
（1）若在上為“凸函數(shù)”，求的取值范圍；
（2）若，判斷在區(qū)間上的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
【思路分析】
（1）根據(jù)“凸函數(shù)”定義對函數(shù)求導(dǎo)，由不等式在恒成立即可求得的取值范圍；
（2）易知，由導(dǎo)函數(shù)求得其在上的單調(diào)性，利用零點(diǎn)存在定理可知零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1個(gè).
【規(guī)范解答】
（1）由可得其定義域?yàn)椋?，所以?br>若在上為“凸函數(shù)”可得在恒成立，
當(dāng)時(shí)，顯然符合題意；
當(dāng)時(shí)，需滿足，可得；
綜上可得的取值范圍為；
（2）若，可得，所以，
令，則；
易知在區(qū)間上恒成立，
因此可得在上單調(diào)遞減；
顯然，；
根據(jù)零點(diǎn)存在定理可得存在使得，
因此可知當(dāng)時(shí)，，即在上為單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，，即在上為單調(diào)遞減；
又，顯然在上不存在零點(diǎn)；
而，結(jié)合單調(diào)性可得在上存在一個(gè)零點(diǎn)；
綜上可知，在區(qū)間上僅有1個(gè)零點(diǎn).
1．（2023·上海浦東新·統(tǒng)考二模）設(shè)是坐標(biāo)平面上的一點(diǎn)，曲線是函數(shù)的圖象．若過點(diǎn)恰能作曲線的條切線，則稱是函數(shù)的“度點(diǎn)”．
（1）判斷點(diǎn)與點(diǎn)是否為函數(shù)的1度點(diǎn)，不需要說明理由；
（2）已知，．證明：點(diǎn)是的0度點(diǎn)；
（3）求函數(shù)的全體2度點(diǎn)構(gòu)成的集合．
【答案】（1）是函數(shù)的一個(gè)1度點(diǎn)；不是函數(shù)的1度點(diǎn)
（2）證明見解析；（3）或
【分析】（1）求出曲線在點(diǎn)處的切線方程，該切線過點(diǎn)時(shí)，列出方程，求出一個(gè)根，滿足要求，該切線過點(diǎn)，構(gòu)造函數(shù)，解超越方程，無解，不合要求；
（2）求出在點(diǎn)處的切線方程，轉(zhuǎn)化為無解，構(gòu)造，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，證明出無解，故證畢；
（3）求出切線方程，得到的一個(gè)2度點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)關(guān)于的方程恰有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，設(shè)，分，與三種情況，進(jìn)行求解.
【解析】（1）設(shè)，則曲線在點(diǎn)處的切線方程為．
則該切線過點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)，即．
故原點(diǎn)是函數(shù)的一個(gè)1度點(diǎn)，
該切線過點(diǎn)，故，
令，則，令得，令得，
故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
在處取得極小值，也時(shí)最小值，且，
故無解，點(diǎn)不是函數(shù)的一個(gè)1度點(diǎn)
（2）設(shè)，，
則曲線在點(diǎn)處的切線方程為．
則該切線過點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)（*）．
設(shè)，則當(dāng)時(shí)，，
故在區(qū)間上嚴(yán)格增．
因此當(dāng)時(shí)，，（*）恒不成立，即點(diǎn)是的一個(gè)0度點(diǎn)．
（3），
對任意，曲線在點(diǎn)處的切線方程為．
故點(diǎn)為函數(shù)的一個(gè)2度點(diǎn)
當(dāng)且僅當(dāng)關(guān)于的方程恰有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解．
設(shè)．
則點(diǎn)為函數(shù)的一個(gè)2度點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)兩個(gè)不同的零點(diǎn)．
若，則在上嚴(yán)格增，只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，不合要求．
若，因?yàn)椋?br>由或時(shí)得嚴(yán)格增；而當(dāng)時(shí)，得嚴(yán)格減．
故在時(shí)取得極大值，在時(shí)取得極小值．
又因?yàn)?，?br>所以當(dāng)時(shí)，由零點(diǎn)存在定理，
在、、上各有一個(gè)零點(diǎn)，不合要求；
當(dāng)時(shí)，僅上有一個(gè)零點(diǎn)，不合要求；
當(dāng)時(shí)，僅上有一個(gè)零點(diǎn)，也不合要求．
故兩個(gè)不同的零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)或．
若，同理可得兩個(gè)不同的零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)或．
綜上，的全體2度點(diǎn)構(gòu)成的集合為或．
2．（2024·廣東茂名·統(tǒng)考一模）若函數(shù)在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“類函數(shù)”.
（1）若，判斷是否為上的“3類函數(shù)”；
（2）若為上的“2類函數(shù)”，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
（3）若為上的“2類函數(shù)”，且，證明：，，.
【答案】（1）是上的“3類函數(shù)”，理由見解析；（2）；（3）證明過程見解析.
【分析】（1）由新定義可知，利用作差及不等式的性質(zhì)證明即可；
（2）由已知條件轉(zhuǎn)化為對于任意，都有，，只需且，利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值即可.
（3）分和兩種情況進(jìn)行證明，，用放縮法進(jìn)行證明即可.
【解析】（1）對于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3類函數(shù)”.
（2）因?yàn)椋?br>由題意知，對于任意不同的，都有，
不妨設(shè)，則，
故且，
故為上的增函數(shù)，為上的減函數(shù)，
故任意，都有，
由可轉(zhuǎn)化為，令，只需
，令，在單調(diào)遞減，
所以，，故在單調(diào)遞減，，
由可轉(zhuǎn)化為，令，只需
，令，在單調(diào)遞減，
且，，
所以使，即，即，
當(dāng)時(shí)，，，故在單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，，故在單調(diào)遞減，
，故.
（3）因?yàn)闉樯系摹?類函數(shù)”，所以，
不妨設(shè)，
當(dāng)時(shí)，；
當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋?br>，
綜上所述，，，.
題型三：復(fù)數(shù)與不等式的新定義問題
（2024·全國·高三校聯(lián)考競賽）設(shè)M是由復(fù)數(shù)組成的集合，對M的一個(gè)子集A，若存在復(fù)平面上的一個(gè)圓，使得A的所有數(shù)在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)都在圓內(nèi)或圓周上，且中的數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)都在圓外，則稱A是一個(gè)M的“可分離子集”．
（1）判斷是否是的“可分離子集”，并說明理由；
（2）設(shè)復(fù)數(shù)z滿足，其中分別表示z的實(shí)部和虛部．證明：是的“可分離子集”當(dāng)且僅當(dāng)．
【思路分析】
（1）取復(fù)平面上的圓，得到復(fù)數(shù)1，2，3在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)都在圓內(nèi)，復(fù)數(shù)i在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)在圓外，得到結(jié)論；
（2）先證明必要性，令復(fù)數(shù)，取復(fù)平面上的圓，得到是的“可分離子集”；再證明充分性，只需證當(dāng)時(shí)，不是的“可分離子集”，得到結(jié)論.
【規(guī)范解答】
（1）是，理由如下：取復(fù)平面上的圓，
則復(fù)數(shù)1，2，3在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)都在圓內(nèi)．
而，故復(fù)數(shù)i在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)在圓外．
因此，是的“可分離子集”．
（2）必要性：當(dāng)時(shí)，令復(fù)數(shù)，
取復(fù)平面上的圓，則在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)在圓周上，
又，故1在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)在圓外．
由，，知．
故在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)在圓外．
因此，當(dāng)時(shí)，是的“可分離子集”．
充分性：只需證當(dāng)時(shí)，不是的“可分離子集”．
假設(shè)存在復(fù)平面上的一個(gè)圓，使得在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)在圓內(nèi)或圓周上，
且1，在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)在圓外．
設(shè)圓心表示的復(fù)數(shù)為．再設(shè)．
由知，故．
由知，故．
進(jìn)而，，
由知，故，
進(jìn)而．
這與矛盾，故所假設(shè)的圓在復(fù)平面上不存在．
即當(dāng)時(shí)，不是的“可分離子集”，充分性證畢，
綜上，是的“可分離子集”當(dāng)且僅當(dāng).
1．（2024·湖南邵陽·高三邵陽市第二中學(xué)?？奸_學(xué)考試）設(shè)是一個(gè)關(guān)于復(fù)數(shù)z的表達(dá)式，若（其中x，y，，為虛數(shù)單位），就稱f將點(diǎn)“f對應(yīng)”到點(diǎn)．例如將點(diǎn)“f對應(yīng)”到點(diǎn)．
（1）若點(diǎn)“f對應(yīng)”到點(diǎn)，點(diǎn)“f對應(yīng)”到點(diǎn)，求點(diǎn)、的坐標(biāo)；
（2）設(shè)常數(shù)，，若直線l：，，是否存在一個(gè)有序?qū)崝?shù)對，使得直線l上的任意一點(diǎn)“對應(yīng)”到點(diǎn)后，點(diǎn)Q仍在直線上？若存在，試求出所有的有序?qū)崝?shù)對；若不存在，請說明理由；
（3）設(shè)常數(shù)，，集合且和且，若滿足：①對于集合D中的任意一個(gè)元素z，都有；②對于集合A中的任意一個(gè)元素，都存在集合D中的元素z使得．請寫出滿足條件的一個(gè)有序?qū)崝?shù)對，并論證此時(shí)的滿足條件．
【答案】（1）；（2）；（3），證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題中的新定義求解即可；
（2）由題意可得，進(jìn)而由條件得出關(guān)于的方程組，求解即可；
（3）滿足條件的一個(gè)有序?qū)崝?shù)對為，即，，結(jié)合復(fù)數(shù)模的求法及復(fù)數(shù)的運(yùn)算證明即可.
【解析】（1）由知，則，故；
設(shè)，則，
由知，則，即.
（2）直線l上的任意一點(diǎn)“對應(yīng)”到點(diǎn)，
，且，
，即，
由題意，點(diǎn)仍在直線上，則，又，
則，
展開整理得，
則，解得，
所以，所求的有序?qū)崝?shù)對為.
（3）滿足條件的一個(gè)有序?qū)崝?shù)對為，即，，證明如下：
設(shè)，
則，，
∵，∴，
，即，滿足條件①；
設(shè)，且，即，得，
由得，
則
，
則，滿足條件②，
綜上，滿足條件的一個(gè)有序?qū)崝?shù)對為.
2．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知由實(shí)數(shù)組成的數(shù)組滿足下面兩個(gè)條件：
①；②．
（1）當(dāng)時(shí)，求，的值；
（2）當(dāng)時(shí)，求證；
（3）設(shè)，且，求證：．
【答案】（1）或；（2）證明見解析；（3）證明見解析
【分析】（1）解方程組，求出答案；
（2）方法一：變形得到；
方法二：變形得到；
（3）方法一：先利用絕對值三角不等式得到，再結(jié)合，證明出不等式；
方法二：令，則，，由阿貝爾恒等式進(jìn)行證明.
【解析】（1）根據(jù)題意，得，故，，解得或，
故或；
（2）解法一：
當(dāng)時(shí)，有，，
則，所以，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立；
解法二：當(dāng)時(shí)，有，，
則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立；
（3）解法一（一般解法）：
依題意，得，，由于，且，
，
即，因?yàn)?br>．
解法二（阿貝爾恒等式證法）：
根據(jù)，，可知正項(xiàng)之和為，負(fù)項(xiàng)之和為．
令，則，．
由阿貝爾變換，得．
題型四：三角函數(shù)的新定義問題
（2023·高三課時(shí)練習(xí)）定義非零向量的“相伴函數(shù)”為（），向量稱為函數(shù)的“相伴向量”（其中為坐標(biāo)原點(diǎn)）．記平面內(nèi)所有向量的“相伴函數(shù)”構(gòu)成的集合為．
（1）已知點(diǎn)滿足，求的最小值；
（2）設(shè)，其中，求證：，并求的“相伴向量”的模的取值范圍；
（3）已知（）為圓：上一點(diǎn)，向量的“相伴函數(shù)”在處取得最大值．當(dāng)點(diǎn)在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求的取值范圍．
【思路分析】
（1），利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；
（2）化簡，根據(jù)定義即可得證；求得，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)，求出的取值范圍即可；
（3）由 ，可得時(shí)，取得最大值，其中，為直線OM的斜率，由題意，可得，再利用二倍角的正切，求出的范圍．
【規(guī)范解答】
（1）因?yàn)椋?br>所以，
所以當(dāng)，時(shí)，的最小值為．
（2）因?yàn)椋?br>所以函數(shù)的“相伴向量”，即．
又，
所以．
（3）向量的“相伴函數(shù)”，其中，．，
當(dāng)，即，時(shí)，取得最大值．
此時(shí)，，則，
所以，其中為直線的斜率.
圓：的圓心，半徑為1，直線的方程為.
當(dāng)點(diǎn)在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，，解得，
又，所以．
令，則，．
當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，所以；
當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，所以．
綜上所述，．
1．（2021上·上海浦東新·高三華師大二附中?？计谥校┯洷硎緮?shù)組：中的最大值.
（1）判斷函數(shù)，的奇偶性，并說明理由；
（2）討論函數(shù)，的基本性質(zhì)：奇偶性、單調(diào)性、周期性、最值與零點(diǎn)（不需要證明）；
（3）已知函數(shù)，與都定義在實(shí)數(shù)集上，且函數(shù)是單調(diào)遞增函數(shù)，是周期函數(shù)，是單調(diào)遞減函數(shù)，求證：是單調(diào)遞增函數(shù)的充要條件是：對任意，，.
【答案】（1）偶函數(shù)，理由見解析；（2）答案見解析；（3）證明見解析
【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的定義確定函數(shù)解析式，進(jìn)而確定奇偶性；
（2）根據(jù)與的大小確定函數(shù)解析式，進(jìn)而確定各性質(zhì)；
（3）直接證明其充分性，并分情況討論其必要性.
【解析】（1）因?yàn)椋?br>所以，，所以是偶函數(shù)；
（2）因?yàn)椋?br>所以，，為非奇非偶函數(shù)；
當(dāng)，時(shí)，
在，上單調(diào)遞增，在，上單調(diào)遞減，
當(dāng)，時(shí)，，在，即，
上單調(diào)遞增，在，即，上單調(diào)遞減，
故單調(diào)遞增區(qū)間：，，；
單調(diào)遞減區(qū)間：，，；
又當(dāng)，，，
當(dāng)，，，
故周期：；
最值：，；
零點(diǎn)：或，；
（3）充分性：，有且成立，
所以，
因?yàn)槭菃握{(diào)遞增函數(shù)，所以也是單調(diào)遞增函數(shù).
必要性：，
若有解，不妨設(shè)其解集為，
令，則，而是單調(diào)增函數(shù)，是單調(diào)減函數(shù)，
所以當(dāng)時(shí)，，
即，所以，
設(shè)周期為，則，，
第一種情況，若，即，
則；
第二種情況，若，即，
則；
或；
所以，無論如何，都不是單調(diào)增函數(shù).
所以無解，即恒成立，即，
所以，
若有解，不妨設(shè)為，設(shè)，則，
即，設(shè)周期為，為增函數(shù)，
則，，
則，
即，
所以無解，即恒成立.
所以是單調(diào)遞增函數(shù)的充要條件是：
對任意，，.
2．（2023·上海楊浦·高一復(fù)旦附中?？计谥校τ诤瘮?shù)，，如果存在一組常數(shù)，，…，（其中k為正整數(shù)，且）使得當(dāng)x取任意值時(shí)，有則稱函數(shù)為“k級周天函數(shù)”.
（1）判斷下列函數(shù)是否是“2級周天函數(shù)”，并說明理由：①；②；
（2）求證：當(dāng)時(shí)，是“3級周天函數(shù)”；
（3）設(shè)函數(shù)，其中b，c，d是不全為0的實(shí)數(shù)且存在，使得，證明：存在，使得.
【答案】（1）是，不是；理由見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析
【分析】（1）令，，然后化簡，根據(jù)定義可知；
（2）令，，，然后化簡，從而得證；
（3）若，則，取，則；若，則利用反證法證明即可；若時(shí)，由，可得，從而可得結(jié)論
【解析】（1）令，，則，
所以是“2級周天函數(shù)”；
，不對任意x都成立，
所以不是“2級周天函數(shù)”；
（2）令，，，則
所以是“3級周天函數(shù)”；
（3）對其進(jìn)行分類討論：
1°若，則，此時(shí)取，則；
2°若，采用反證法，若不存在，使得，則恒成立，
由（2）可知是“3級周天函數(shù)”，
所以，所以，
因?yàn)?，，，所以?br>再由恒成立，所以，
進(jìn)而可得，這與b，c，d是不全為0矛盾，故存在，使得；
3°若，由，，
得，
所以存在，使得，所以命題成立.
題型五：平面向量的新定義問題
（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，對于函數(shù)，稱向量為函數(shù)的相伴特征向量，同時(shí)稱函數(shù)為向量的相伴函數(shù)．
（1）若為的相伴特征向量，求實(shí)數(shù)m的值；
（2）記向量的相伴函數(shù)為，求當(dāng)且時(shí)的值；
（3）已知，，為（1）中函數(shù)，，請問在的圖象上是否存在一點(diǎn)P，使得，若存在，求出P點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
【思路分析】
（1）利用特征向量的定義即得；
（2）根據(jù)題意可得相伴函數(shù)，再根據(jù)條件可得，由最終得到結(jié)果；
（3）由題可得的解析式，設(shè)，根據(jù)條件列出方程式求出滿足條件的點(diǎn)P坐標(biāo)即可.
【規(guī)范解答】
（1）∵，
又為的相伴特征向量，∴；
（2）∵向量的相伴函數(shù)為，
又，.
，，，
∴；
（3）由題可知，
∴，
設(shè)，，
，，
又，，，
即，，
，，，
又，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，和同時(shí)等于，
在圖像上存在點(diǎn)，使得.
1．（2023·全國·高三專題練習(xí)）對于向量，若，，三數(shù)互不相等，令向量，其中，，，.
（1）當(dāng)時(shí)，試寫出向量；
（2）證明：對于任意的，向量中的三個(gè)數(shù)，，至多有一個(gè)為0；
（3）若，證明：存在正整數(shù)，使得.
【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析
【分析】（1）根據(jù)定義依次寫出，根據(jù)周期寫出；
（2）反證法，假設(shè)中，，有不止1個(gè)為0，結(jié)合分類討論及已知推出矛盾即可；
（3）令并根據(jù)在上的性質(zhì)必存在使，再結(jié)合分類討論確定必存在中有一項(xiàng)為0，而另兩項(xiàng)相等，即可得結(jié)論.
【解析】（1），，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
由上，從開始，每3個(gè)向量出現(xiàn)重復(fù)一個(gè)向量，而.
（2）假設(shè)中，，有不止1個(gè)為0，
若且，則，故，
此時(shí)矛盾；
若且，，
所以為定值，而，，三數(shù)互不相等，
當(dāng)，則，
不妨令，則，
顯然，即，
所以，
以此類推得：，，，與，，三數(shù)互不相等矛盾；
綜上，對于任意的，向量中的三個(gè)數(shù)，，至多有一個(gè)為0；
（3）令，又，，且，
所以，且，
由題意，，且，故在上不可能單調(diào)遞減，即必存在使，
根據(jù)的定義，中必有一個(gè)0，
由（2）知：中有且僅有一個(gè)為0，令，
若，不妨設(shè)，
則，則，
所以，同理，所以，
又，故此情況不可能一直出現(xiàn)（至多有次），
所以一定能找到，使得；
若，則，，，，...
所以存在正整數(shù)，使得；
綜上，存在正整數(shù)，使得.
2．（2024·湖南常德·高三臨澧縣第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）對于給定的正整數(shù)n，記集合，其中元素稱為一個(gè)n維向量.特別地，稱為零向量.設(shè)，，，定義加法和數(shù)乘：，.對一組向量，，…，，若存在一組不全為零的實(shí)數(shù)，，…，，使得，則稱這組向量線性相關(guān).否則，稱為線性無關(guān).
（1）對，判斷下列各組向量是線性相關(guān)還是線性無關(guān)，并說明理由.
①，；
②，，.
（2）已知，，線性無關(guān)，判斷，，是線性相關(guān)還是線性無關(guān)，并說明理由.
（3）已知個(gè)向量，，…，線性相關(guān)，但其中任意個(gè)都線性無關(guān)，證明：
①如果存在等式（，，2，3，…，m），則這些系數(shù)，，…，或者全為零，或者全不為零；
②如果兩個(gè)等式，（，，，2，3，…，m）同時(shí)成立，其中，則.
【答案】（1）①線性相關(guān)，理由見解析；②線性相關(guān)，理由見解析；（2）線性無關(guān)，理由見解析
（3）①證明見解析；②證明見解析
【分析】（1）根據(jù)向量線性相關(guān)的定義逐一判斷即可；
（2）設(shè)，則，然后由條件得到即可判斷；
（3）①如果某個(gè)，，然后證明，，…，，，…，都等于0即可；②由可得，然后代入根據(jù)題意證明即可.
【解析】（1）對于①，設(shè)，則可得，所以，線性相關(guān)；
對于②，設(shè)，則可得，
所以，，所以，，線性相關(guān)；
（2）設(shè)，
則，
因?yàn)橄蛄?，，線性無關(guān)，所以，解得，
所以向量，，線性無關(guān).
（3）①，如果某個(gè)，，2，…，m，
則，
因?yàn)槠渲腥我鈧€(gè)都線性無關(guān)，所以，，…，，，…，都等于0，
所以這些系數(shù)，，…，或者全為零，或者全不為零，
②因?yàn)?，所以，，…，全不為零?br>所以由可得，
代入可得，
所以，
所以，…，，所以.
題型六：數(shù)列的新定義問題
（2024·江蘇南通·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）設(shè)正整數(shù)，有窮數(shù)列滿足，且，定義積值
（1）若時(shí)，數(shù)列與數(shù)列的S的值分別為，
①試比較與的大小關(guān)系；
②若數(shù)列的S滿足，請寫出一個(gè)滿足條件的
（2）若時(shí)，數(shù)列存在使得，將，分別調(diào)整為，，其它2個(gè)，令數(shù)列調(diào)整前后的積值分別為，寫出的大小關(guān)系并給出證明；
（3）求的最大值，并確定S取最大值時(shí)所滿足的條件，并進(jìn)行證明.
【思路分析】
（1）①根據(jù)定義求出兩個(gè)積值，比較大??；②只要寫出滿足條件的一個(gè)解就可以了，注意限制條件；
（2）根據(jù)調(diào)整，對兩個(gè)積值做差，根據(jù)限制條件可比較大??；
（3）利用基本不等式計(jì)算可得；
【規(guī)范解答】
（1）①依題意可得，，所以；
②不妨令為（答案不唯一），則，
因?yàn)?，，符合題意.
（2）；證明：不妨設(shè)，則；
則；
所以；所以；
（3）的最大值為1，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取到最大值.
證明：因?yàn)椋遥?br>所以；
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立.
1．（2024·江蘇·校聯(lián)考模擬預(yù)測）在數(shù)列中，若存在常數(shù)，使得恒成立，則稱數(shù)列為“數(shù)列”．
（1）若，試判斷數(shù)列是否為“數(shù)列”，請說明理由；
（2）若數(shù)列為“數(shù)列”，且，數(shù)列為等比數(shù)列，且，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（3）若正項(xiàng)數(shù)列為“數(shù)列”，且，，證明：．
【答案】（1）數(shù)列不是“數(shù)列”；（2）；（3）證明見解析
【分析】（1）根據(jù)已知條件求出即可判斷；
（2）根據(jù)數(shù)列為“數(shù)列”，化為，進(jìn)而求得，作差有，根據(jù)已知條件化為，解出，由此求出，即可求出數(shù)列的通項(xiàng)公式.
（3）構(gòu)造函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，有在上單調(diào)遞減，且，再推導(dǎo)出且，符合上述區(qū)間，即可證明不等式.
【解析】（1）數(shù)列不是“數(shù)列”，理由如下：
，則，
又，
所以，
因?yàn)椴皇浅?shù)，所以數(shù)列不是“數(shù)列”.
（2）因?yàn)閿?shù)列為“數(shù)列”，由，
有①，
所以②，
兩式作差得，
又因?yàn)閿?shù)列為“數(shù)列”，所以，
設(shè)數(shù)列的公比為，所以，
即對成立，則，得；
又，，得，所以.
（3）設(shè)函數(shù)，則，
當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減，且，
因?yàn)閿?shù)列為“數(shù)列”，則，
因?yàn)?，，則，故，
由此類推，可得對，，
所以，即，所以得證.
2．（2024·安徽·高三池州市第一中學(xué)校聯(lián)考開學(xué)考試）基本不等式可以推廣到一般的情形：對于個(gè)正數(shù)，它們的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立．若無窮正項(xiàng)數(shù)列同時(shí)滿足下列兩個(gè)性質(zhì)：①；②為單調(diào)數(shù)列，則稱數(shù)列具有性質(zhì)．
（1）若，求數(shù)列的最小項(xiàng)；
（2）若，記，判斷數(shù)列是否具有性質(zhì)，并說明理由；
（3）若，求證：數(shù)列具有性質(zhì)．
【答案】（1）最小項(xiàng)為；（2）數(shù)列具有性質(zhì)，理由見解析；（3）證明見解析
【分析】（1）利用，結(jié)合三個(gè)數(shù)的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均求解；
（2）變形，再利用等比數(shù)列求和證明性質(zhì)①，利用證明②；
（3）結(jié)合二項(xiàng)式定理及n元基本不等式求解.
【解析】（1），當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號成立，
數(shù)列的最小項(xiàng)為．
（2）數(shù)列具有性質(zhì)．
，
，
數(shù)列滿足條件①．
為單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列滿足條件②．
綜上，數(shù)列具有性質(zhì)．
（3）先證數(shù)列滿足條件①：
．
當(dāng)時(shí)，
則，
數(shù)列滿足條件①．
再證數(shù)列滿足條件②：
（，等號取不到）
為單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列滿足條件②．
綜上，數(shù)列具有性質(zhì).
題型七：立體幾何的新定義問題
（2024·河南·高三校聯(lián)考期末）三階行列式是解決復(fù)雜代數(shù)運(yùn)算的算法，其運(yùn)算法則如下：若，則稱為空間向量與的叉乘，其中，， 為單位正交基底. 以 為坐標(biāo)原點(diǎn)、分別以，，的方向?yàn)?軸、 軸、 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，已知，是空間直角坐標(biāo)系中異于 的不同兩點(diǎn)
（1）①若，，求；
②證明.
（2）記的面積為 ，證明：.
（3）證明：的幾何意義表示以為底面、為高的三棱錐體積的倍.
【思路分析】
（1）①由向量叉乘的定義直接求解即可；②設(shè)，,根據(jù)叉乘的運(yùn)算表示和即可證明；
（2）首先表示向量，夾角的正弦值，然后得到，要證，只需證，然后根據(jù)（1）的運(yùn)算證明即可；
（3）由（2），通過變形可得，即可證明.
【規(guī)范解答】
（1）①因?yàn)椋?br>則；
②設(shè)，，
則，
將與互換，與互換，與互換，
可得，
故；
（2）因?yàn)?，
故，
故要證，只需證，
即證，
由（1），，，
故，
又， ，，
則成立，故；
（3）由（2），
，
故，
故的幾何意義表示以為底面、為高的三棱錐體積的倍.
1．（2024·重慶·校聯(lián)考一模）把底面為橢圓且母線與底面垂直的柱體稱為“橢圓柱”．如圖，橢圓柱中底面長軸，短軸長為下底面橢圓的左右焦點(diǎn)，為上底面橢圓的右焦點(diǎn)，為上的動(dòng)點(diǎn)，為上的動(dòng)點(diǎn)，為過點(diǎn)的下底面的一條動(dòng)弦（不與重合）．
（1）求證：當(dāng)為的中點(diǎn)時(shí)，平面
（2）若點(diǎn)是下底面橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，是點(diǎn)在上底面的投影，且與下底面所成的角分別為，試求出的取值范圍．
（3）求三棱錐的體積的最大值．
【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）.
【分析】（1）由題設(shè)知分別是中點(diǎn)，連接，進(jìn)而得四邊形為平行四邊形，則，再結(jié)合中位線性質(zhì)、線面平行的判定證結(jié)論；
（2）令，得，，應(yīng)用和角正切公式及橢圓性質(zhì)有且，即可求范圍；
（3）利用等體積法有，問題化為求面積、到面距離之和都最大，應(yīng)用直線與橢圓關(guān)系求最大，進(jìn)而得結(jié)果.
【解析】（1）由題設(shè)，長軸長，短軸長，則，
所以分別是中點(diǎn)，而柱體中為矩形，連接，
由，
故四邊形為平行四邊形，則，
當(dāng)為的中點(diǎn)時(shí)，則，故，
面，面，故平面.
（2）由題設(shè)，令，則，
又，所以，，
則，所以，
根據(jù)橢圓性質(zhì)知，故.
（3）由，要使三棱錐的體積最大，
只需面積和到面距離之和都最大，
，
令且，則，
所以，
顯然時(shí)，有最大；
構(gòu)建如上圖直角坐標(biāo)系且，橢圓方程為，
設(shè)，聯(lián)立橢圓得，且，
所以，，而，
所以，令，則，
由對勾函數(shù)性質(zhì)知在上遞增，故；
綜上，.
2．（2023·全國·高三專題練習(xí)）無數(shù)次借著你的光，看到未曾見過的世界：國慶七十周年?建黨百年天安門廣場三千人合唱的磅礴震撼，“930烈士紀(jì)念日”向人民英雄敬獻(xiàn)花籃儀式的凝重莊嚴(yán)金帆合唱團(tuán)，這絕不是一個(gè)抽象的名字，而是艱辛與光耀的延展，當(dāng)你想起他，應(yīng)是四季人間，應(yīng)是繁星璀璨！這是開學(xué)典禮中，我校金帆合唱團(tuán)的頒獎(jiǎng)詞，聽后讓人熱血沸騰，讓人心向往之.圖1就是金帆排練廳，大家都親切的稱之為“六角樓”，其造型別致，可以理解為一個(gè)正六棱柱（圖2）由上底面各棱向內(nèi)切割為正六棱臺（圖3），正六棱柱的側(cè)棱交的延長線于點(diǎn)，經(jīng)測量，且

（1）寫出三條正六棱臺的結(jié)構(gòu)特征.
（2）“六角樓”一樓為辦公區(qū)域，二樓為金帆排練廳，假設(shè)排練廳地板恰好為六棱柱中截面，忽略墻壁厚度，估算金帆排練廳對應(yīng)幾何體體積.（棱臺體積公式：）
（3）“小迷糊”站在“六角樓”下，陶醉在歌聲里.“大聰明”走過來說：“數(shù)學(xué)是理性的音樂，音樂是感性的數(shù)學(xué).學(xué)好數(shù)學(xué)方能更好的欣賞音樂，比如咱們剛剛聽到的一個(gè)復(fù)合音就可以表示為函數(shù)，你看這多美妙!”
“小迷糊”：“”親愛的同學(xué)們，快來幫“小迷糊”求一下的最大值吧.
【答案】（1）答案見解析；（2）；（3）
【分析】（1）根據(jù)正六棱臺性質(zhì)即可;
（2）找出棱臺的高，代入體積公式即可;
（3）法1.利用四元均值不等式，法2.利用琴生不等式法，法3.利用二元均值不等式推廣，法4.利用柯西不等式.
【解析】（1）類似于上下底面平行，相似，都是正六邊形，側(cè)棱等長，
側(cè)棱延長交于一點(diǎn)，側(cè)面都是等腰梯形，等等.
（2）在中，可求，
所以排練廳上底面為邊長10的正六邊形，下底面為邊長9的正六邊形，高為，
所以，
所以.
（3）法1.四元均值不等式
.
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號，所以最大值為.
法2.琴生不等式法
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即取等號，所以最大值為.
法3.二元均值不等式推廣，
，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，所以最大值為.
法4.柯西不等式
，
根據(jù)二次函數(shù)知識可知當(dāng)取得最大值，所以；
柯西不等式等號成立時(shí)與二次函數(shù)取到最值時(shí)相同，當(dāng)且僅當(dāng).
所以最大值為.
題型八：平面解析幾何的新定義問題
（2023·云南昆明·昆明一中?？寄M預(yù)測）橢圓方程，平面上有一點(diǎn)．定義直線方程是橢圓在點(diǎn)處的極線．已知橢圓方程．
（1）若在橢圓上，求橢圓在點(diǎn)處的極線方程；
（2）若在橢圓上，證明：橢圓在點(diǎn)處的極線就是過點(diǎn)的切線；
（3）若過點(diǎn)分別作橢圓的兩條切線和一條割線，切點(diǎn)為，，割線交橢圓于，兩點(diǎn)，過點(diǎn)，分別作橢圓的兩條切線，且相交于點(diǎn)．證明：，，三點(diǎn)共線．
【思路分析】
（1）將代入橢圓方程計(jì)算得點(diǎn)的坐標(biāo)，再寫出極線方程即可；
（2）寫出點(diǎn)處的極線方程，先討論的情況，可得處的極線就是過點(diǎn)的切線；再討論的情況，將橢圓方程與極線方程聯(lián)立，消元得關(guān)于的一元二次方程，計(jì)算得判別式，即可證明；
（3）分別寫出過點(diǎn)，N的切線方程，從而可得割線的方程，再寫出切點(diǎn)弦的方程，根據(jù)割線過點(diǎn)，代入割線方程計(jì)算，從而可得，，三點(diǎn)共線.
【規(guī)范解答】
（1）由題意知，當(dāng)時(shí)，，所以或．
由定義可知橢圓在點(diǎn)處的極線方程為，
所以橢圓在點(diǎn)處的極線方程為，即
點(diǎn)處的極線方程為，即
（2）因?yàn)樵跈E圓上，所以，
由定義可知橢圓在點(diǎn)處的極線方程為，
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)極線方程為，所以處的極線就是過點(diǎn)的切線．
當(dāng)時(shí)，極線方程為．
聯(lián)立，得．
．
綜上所述，橢圓在點(diǎn)處的極線就是過點(diǎn)的切線；
（3）設(shè)點(diǎn)，，，
由（2）可知，過點(diǎn)的切線方程為，
過點(diǎn)N的切線方程為．
因?yàn)椋歼^點(diǎn)，所以有，
則割線的方程為；
同理可得過點(diǎn)的兩條切線的切點(diǎn)弦的方程為．
又因?yàn)楦罹€過點(diǎn)，代入割線方程得．
所以，，三點(diǎn)共線，都在直線上．
1．（2023·寧夏銀川·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，且橢圓E過，直線與橢圓E交于A、B．
（1）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)直線TA、TB的斜率分別為，，證明：；
（3）直線是過點(diǎn)T的橢圓E的切線，且與直線l交于點(diǎn)P，定義為橢圓E的弦切角，為弦TB對應(yīng)的橢圓周角，探究橢圓E的弦切角與弦TB對應(yīng)的橢圓周角的關(guān)系，并證明你的論．
【答案】（1）；（2）證明見解析；（3），證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題意可得，，解出a、b即可求解；
（2）設(shè)，將直線l方程聯(lián)立橢圓方程，利用韋達(dá)定理表示、，結(jié)合兩點(diǎn)表示斜率公式對化簡計(jì)算，即可求解；
（3）設(shè)切線方程，由直線與橢圓的位置關(guān)系求出k，得出傾斜角，可得，由，得，結(jié)合三角形的外角和即可下結(jié)論.
【解析】（1）由題意知，，所以，
又橢圓經(jīng)過T（2,1），所以，解得，，所以橢圓方程為；
（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，得，
所以，∴，
則，解得，
設(shè)，則，，
所以
，即；
（3）橢圓E的弦切角與弦TB對應(yīng)的橢圓周角相等.證明如下：
設(shè)切線方程為，即，
由，得，
所以，
，
解得，則，
又，所以，所以，
設(shè)切線與x軸交點(diǎn)為Q，TA、TB分別與x交于C，D，
因?yàn)?，所以?br>又，，，
所以.
2．（2023·上海黃浦·高三格致中學(xué)?？奸_學(xué)考試）定義：若橢圓上的兩個(gè)點(diǎn)滿足，則稱為該橢圓的一個(gè)“共軛點(diǎn)對”，記作.已知橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)坐標(biāo)為，且橢圓過點(diǎn).
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求“共軛點(diǎn)對”中點(diǎn)所在直線的方程；
（3）設(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)在橢圓上，且，（2）中的直線與橢圓交于兩點(diǎn)，且點(diǎn)的縱坐標(biāo)大于0，設(shè)四點(diǎn)在橢圓上逆時(shí)針排列.證明：四邊形的面積小于.
【答案】（1）；（2）；（3）證明見解析.
【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用橢圓的定義求出長軸長即可作答.
（2）設(shè)，根據(jù)“共軛點(diǎn)對”的定義列出方程，化簡作答.
（3）求出的坐標(biāo)，設(shè)點(diǎn)，，利用點(diǎn)差法得，再求出點(diǎn)P到直線l距離的范圍即可推理作答.
【解析】（1）依題意，橢圓的另一焦點(diǎn)為，
因此，
于是，
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.
（2）設(shè)“共軛點(diǎn)對”中點(diǎn)B的坐標(biāo)為，
由（1）知，點(diǎn)在橢圓C：上，
依題意，直線l的方程為，整理得，
所以直線的方程為.
（3）由（2）知，直線：，
由，解得或，則，，
設(shè)點(diǎn)，，
則，兩式相減得，
又，于是，
則，有，線段PQ被直線l平分，
設(shè)點(diǎn)到直線的距離為d，
則四邊形的面積，
而，則有，
設(shè)過點(diǎn)P且與直線l平行的直線的方程為，則當(dāng)與C相切時(shí)，d取得最大值，
由消去y得，
令，解得，
當(dāng)時(shí)，此時(shí)方程為，即，解得，
則此時(shí)點(diǎn)P或點(diǎn)Q必有一個(gè)和點(diǎn)重合，不符合條件，
從而直線與C不可能相切，
即d小于平行直線和（或）的距離，
所以.
題型九：概率統(tǒng)計(jì)的新定義問題
（2024·河北·高三泊頭市第一中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）信息熵是信息論之父香農(nóng)（Shannn）定義的一個(gè)重要概念，香農(nóng)在1948年發(fā)表的論文《通信的數(shù)學(xué)理論》中指出，任何信息都存在冗余，把信息中排除了冗余后的平均信息量稱為“信息熵”，并給出了計(jì)算信息熵的數(shù)學(xué)表達(dá)式：設(shè)隨機(jī)變量所有可能的取值為，且，定義的信息熵.
（1）當(dāng)時(shí)，計(jì)算；
（2）若，判斷并證明當(dāng)增大時(shí)，的變化趨勢；
（3）若，隨機(jī)變量所有可能的取值為，且，證明：.
【思路分析】
（1）直接利用公式求解；
（2）先求出，再判斷單調(diào)性即可求解；
（3）分別求出和，結(jié)合對數(shù)函數(shù)單調(diào)性放縮即可求解.
【規(guī)范解答】
（1）當(dāng)時(shí)，則，所以
（2）隨著的增大而增大.
當(dāng)，則，
設(shè)，則，
因此隨著的增大而增大.
（3）證明：若，隨機(jī)變量所有可能的取值為，
且.
.
，
因?yàn)?，?br>故，
由于，所以，
所以，所以，
所以.
（2024·遼寧·校聯(lián)考一模）十七世紀(jì)至十八世紀(jì)的德國數(shù)學(xué)家萊布尼茲是世界上第一個(gè)提出二進(jìn)制記數(shù)法的人，用二進(jìn)制記數(shù)只需數(shù)字0和1，對于整數(shù)可理解為逢二進(jìn)一，例如：自然數(shù)1在二進(jìn)制中就表示為，2表示為，3表示為，5表示為，發(fā)現(xiàn)若可表示為二進(jìn)制表達(dá)式，則，其中，或1（）.
（1）記，求證：；
（2）記為整數(shù)的二進(jìn)制表達(dá)式中的0的個(gè)數(shù)，如，.
（?。┣?；
（ⅱ）求（用數(shù)字作答）.
【答案】（1）證明見解析；（2）（ⅰ）2；（ⅱ）9841
【分析】（1）借助二進(jìn)制的定義計(jì)算可得，，即可得證；
（2）（?。┙柚M(jìn)制的定義可計(jì)算出，即可得表達(dá)式中的0的個(gè)數(shù)；（ⅱ）計(jì)算出從到中，、、，的個(gè)數(shù)，即可得.
【解析】（1），
，
，
，；
（2）（?。?，，
（ⅱ），
，
故從到中，
有、、、共9個(gè)，
有個(gè)，由，即共有個(gè)
有個(gè)，由，即共有個(gè)
……，
有個(gè)，
.
2．（2024·江西南昌·南昌二中校聯(lián)考模擬預(yù)測）給定正整數(shù)，已知項(xiàng)數(shù)為且無重復(fù)項(xiàng)的數(shù)對序列：滿足如下三個(gè)性質(zhì)：①，且；②；③與不同時(shí)在數(shù)對序列中.
（1）當(dāng)，時(shí)，寫出所有滿足的數(shù)對序列；
（2）當(dāng)時(shí)，證明：；
（3）當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，記的最大值為，求.
【答案】（1）或；（2）證明詳見解析；（3）
【分析】（1）利用列舉法求得正確答案.
（2）利用組合數(shù)公式求得的一個(gè)大致范圍，然后根據(jù)序列滿足的性質(zhì)證得.
（3）先證明，然后利用累加法求得.
【解析】（1）依題意，當(dāng)，時(shí)有：或.
（2）當(dāng)時(shí)，因?yàn)榕c不同時(shí)在數(shù)對序列中，
所以，所以每個(gè)數(shù)至多出現(xiàn)次，
又因?yàn)椋?br>所以只有對應(yīng)的數(shù)可以出現(xiàn)次，所以.
（3）當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，先證明.
因?yàn)榕c不同時(shí)在數(shù)對序列中，所以，
當(dāng)時(shí)，構(gòu)造恰有項(xiàng)，
且首項(xiàng)的第個(gè)分量與末項(xiàng)的第個(gè)分量都為.
對奇數(shù)，如果和可以構(gòu)造一個(gè)恰有項(xiàng)的序列，
且首項(xiàng)的第個(gè)分量與末項(xiàng)的第個(gè)分量都為，
那么多奇數(shù)而言，可按如下方式構(gòu)造滿足條件的序列：
首先，對于如下個(gè)數(shù)對集合：
，
，
……
，
，
每個(gè)集合中都至多有一個(gè)數(shù)對出現(xiàn)在序列中，
所以，
其次，對每個(gè)不大于的偶數(shù)，
將如下個(gè)數(shù)對并為一組：，
共得到組，將這組對數(shù)以及，
按如下方式補(bǔ)充到的后面，
即
.
此時(shí)恰有項(xiàng)，所以.
綜上，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，
.
題型十：高等數(shù)學(xué)背景下的新定義問題
（2024·河北·高三張北縣第一中學(xué)校聯(lián)考開學(xué)考試）設(shè)a，b為非負(fù)整數(shù)，m為正整數(shù)，若a和b被m除得的余數(shù)相同，則稱a和b對模m同余，記為．
（1）求證：；
（2）若p是素?cái)?shù)，n為不能被p整除的正整數(shù)，則，這個(gè)定理稱之為費(fèi)馬小定理．應(yīng)用費(fèi)馬小定理解決下列問題：
①證明：對于任意整數(shù)x都有；
②求方程的正整數(shù)解的個(gè)數(shù)．
【思路分析】
（1）由二項(xiàng)式定理證明被7除所得的余數(shù)為2，即可證明結(jié)論；
（2）①由費(fèi)馬小定理證明，，，進(jìn)而即可證明結(jié)論；②將和，結(jié)合①的結(jié)論即可得到和，從而得到結(jié)果.
【規(guī)范解答】
（1）因?yàn)椋?br>所以被7除所得的余數(shù)為1，所以被7除所得的余數(shù)為2，
又65被7除所得的余數(shù)為2，所以.
（2）①由費(fèi)馬小定理得即，
又，所以，
同理：，，
因?yàn)槎紴樗財(cái)?shù)，，所以
②因?yàn)椋?br>由費(fèi)馬小定理知，對于任意正整數(shù)都有，即，
由費(fèi)馬小定理知，對于任意正整數(shù)都有，
即，
因?yàn)?和7互為質(zhì)數(shù)，所以對于任意的正整數(shù)都有
所以方程的正整數(shù)解的個(gè)數(shù)為35.
1．（2024·湖北襄陽·高三襄陽五中?？奸_學(xué)考試）“物不知數(shù)”是中國古代著名算題，原載于《孫子算經(jīng)》卷下第二十六題：“今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩二：五五數(shù)之剩三；七七數(shù)之剩二．問物幾何？”問題的意思是，一個(gè)數(shù)被3除余2，被5除余3，被7除余2，那么這個(gè)數(shù)是多少？若一個(gè)數(shù)被除余，我們可以寫作．它的系統(tǒng)解法是秦九韶在《數(shù)書九章》大衍求一術(shù)中給出的．大衍求一術(shù)（也稱作“中國剩余定理”）是中國古算中最有獨(dú)創(chuàng)性的成就之一，現(xiàn)將滿足上述條件的正整數(shù)從小到大依次排序．中國剩余定理：假設(shè)整數(shù)，，…，兩兩互質(zhì)，則對任意的整數(shù)：，，…，方程組一定有解，并且通解為，其中為任意整數(shù)，，，為整數(shù)，且滿足．
（1）求出滿足條件的最小正整數(shù)，并寫出第個(gè)滿足條件的正整數(shù)；
（2）在不超過4200的正整數(shù)中，求所有滿足條件的數(shù)的和．（提示：可以用首尾進(jìn)行相加）．
【答案】（1）23，；（2）82820
【分析】（1）找出滿足條件的最小整數(shù)值為23，滿足條件的數(shù)形成以23為首項(xiàng)，105為公差的數(shù)列，即可求出答案；（2）確定該數(shù)列的項(xiàng)數(shù)，利用等差數(shù)列的求和公式可求得結(jié)果.
【解析】（1）由題目中給出的中國剩余定理可知，
又因?yàn)?，解得?br>所以，
當(dāng)時(shí)，取得最小值，．
所以第個(gè)滿足條件的正整數(shù)為．
（2）不超過4200的正整數(shù)中，，解得，
所以共有40個(gè)滿足條件的正整數(shù)，將這40個(gè)正整數(shù)首尾進(jìn)行相加有
，
故所有滿足條件的數(shù)的和為82820．
2．（2024·重慶·高三重慶八中?？奸_學(xué)考試）如果函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，可記為．若，則表示曲線，直線以及軸圍成的“曲邊梯形”的面積．
（1）若，且，求；
（2）已知，證明：，并解釋其幾何意義；
（3）證明：，．
【答案】（1）；（2）答案見解析；（3）證明見解析
【分析】（1）由基本函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和題中定積分的含義得到.
（2）先由定積分的預(yù)算得到，再分別構(gòu)造函數(shù)和，利用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性，證明結(jié)論；幾何意義由題干中定積分的含義得到.
（3）先由二倍角公式化簡得到，再由定積分的意義得到，最后根據(jù)求導(dǎo)與定積分的運(yùn)算得到，最后得證.
【解析】（1）當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，所以設(shè)，
又，代入上式可得，
所以，當(dāng)時(shí)，；
當(dāng)時(shí)，設(shè)，同理可得，
綜上，.
（2）因?yàn)椋裕?br>設(shè)，則恒成立，
所以在上單調(diào)遞增，所以，
故，即；
設(shè)，，則恒成立，
所以在上單調(diào)遞增，，
所以，綜上，.
幾何意義：當(dāng)時(shí)，曲線與直線（軸），以及軸
圍成的“曲邊面積”大于直線（軸），以及軸，直線圍成的矩形面積，
小于（軸），以及軸，直線圍成的矩形面積.
（3）因?yàn)椋?br>所以
，
設(shè)，則，
所以，
故.
1．（2024·湖南長沙·長沙一中校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知集合，其中且，若對任意的，都有，則稱集合具有性質(zhì).
（1）集合具有性質(zhì)，求的最小值；
（2）已知具有性質(zhì)，求證：；
（3）已知具有性質(zhì)，求集合中元素個(gè)數(shù)的最大值，并說明理由.
【答案】（1）6；（2）證明見解析；（3）7，理由見解析.
【分析】（1）由性質(zhì)定義列不等式組求參數(shù)范圍，結(jié)合即可得最小值；
（2）根據(jù)定義，進(jìn)而有，應(yīng)用累加法即可證結(jié)論；
（3）首先應(yīng)用放縮有求得，同理可得恒成立，假設(shè)得出矛盾，再討論并應(yīng)用基本不等式證恒成立，即可確定元素個(gè)數(shù)最大值.
【解析】（1）由性質(zhì)定義知：，且，所以的最小值為6.
（2）由題設(shè)，且，
所以，
所以，得證.
（3）由（2）知：，
同（2）證明得且，故，又，
所以在上恒成立，
當(dāng)，取，則，故，
當(dāng)，則，即.
綜上，集合中元素個(gè)數(shù)的最大值為7.
2．（2024·北京朝陽·高三統(tǒng)考期末）已知是各項(xiàng)均為正整數(shù)的無窮遞增數(shù)列，對于，定義集合，設(shè)為集合中的元素個(gè)數(shù)，若時(shí)，規(guī)定.
（1）若，寫出及的值；
（2）若數(shù)列是等差數(shù)列，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè)集合，求證：且.
【答案】（1），，，；（2）；（3）證明見解析
【分析】（1）根據(jù)集合新定義求出前幾項(xiàng)判斷即可；
（2）通過集合新定義結(jié)合等差數(shù)列性質(zhì)求出，然后利用反證法結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性求得，利用等差數(shù)列定義求解通項(xiàng)公式即可；
（3）先利用集合性質(zhì)得數(shù)列是遞增數(shù)列，然后利用反證法結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性證明，由集合新定義及集合相等證明．
【解析】（1）因?yàn)?，所以?br>則，所以，，
又，所以，，所以；
（2）由題可知，所以，所以.
若，則，，所以，，與是等差數(shù)列矛盾.
所以.設(shè)，因?yàn)槭歉黜?xiàng)均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以.
假設(shè)存在使得.設(shè)，由得.
由得，，與是等差數(shù)列矛盾.
所以對任意都有.所以數(shù)列是等差數(shù)列，.
（3）因?yàn)閷τ?，，所?
所以，即數(shù)列是遞增數(shù)列.
先證明.假設(shè)，設(shè)正整數(shù).
由于，故存在正整數(shù)使得，所以.
因?yàn)槭歉黜?xiàng)均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以.所以，.
所以，.
又因?yàn)閿?shù)列是遞增數(shù)列，所以，矛盾.所以.
再證明.由題可知.
設(shè)且，因?yàn)閿?shù)列是各項(xiàng)均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，
所以存在正整數(shù)，使得.令.
若，則，即，所以.所以，所以.
若，則，所以.
所以，所以.
因?yàn)椋?所以.
綜上，且.
3．（2024·山東·高三煙臺二中校聯(lián)考開學(xué)考試）在無窮數(shù)列中，令，若，，則稱對前項(xiàng)之積是封閉的．
（1）試判斷：任意一個(gè)無窮等差數(shù)列對前項(xiàng)之積是否是封閉的？
（2）設(shè)是無窮等比數(shù)列，其首項(xiàng)，公比為．若對前項(xiàng)之積是封閉的，求出的兩個(gè)值；
（3）證明：對任意的無窮等比數(shù)列，總存在兩個(gè)無窮數(shù)列和，使得，其中和對前項(xiàng)之積都是封閉的．
【答案】（1）不是；（2）或；（3）證明見解析
【分析】（1）取數(shù)列，結(jié)合題中定義驗(yàn)證可得出結(jié)論；
（2）由，得，進(jìn)而，討論①當(dāng)時(shí)和②當(dāng)，分別求得；
（3）設(shè)，令，，得，再利用定義證明、對前項(xiàng)之積都是封閉的．
【解析】（1）不是的，理由如下：
如等差數(shù)列，
所以不是任意一個(gè)無窮等差數(shù)列對前項(xiàng)之積是封閉的．
（2）是等比數(shù)列，其首項(xiàng)，公比，
所以，所以，
由已知得，對任意正整數(shù)，總存在正整數(shù)，使得成立，
即對任意正整數(shù)，總存在正整數(shù)，使得成立，
即對任意正整數(shù)，總存在正整數(shù)，使得成立，
①當(dāng)時(shí)，得，所以；
②當(dāng)時(shí)，得，且，
綜上，或.
（3）對任意的無窮等比數(shù)列，，
令，，則，
下面證明：是對前項(xiàng)之積是封閉的．
因?yàn)?，所以?br>取正整數(shù)得，，所以對前項(xiàng)之積是封閉的，
同理證明：也對前項(xiàng)之積是封閉的，
所以對任意的無窮等比數(shù)列，總存在兩個(gè)無窮數(shù)列和，
使得，其中和對前項(xiàng)之積都是封閉的．
4．（2024·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）“讓式子丟掉次數(shù)”：伯努利不等式
伯努利不等式（Bernulli’sInequality），又稱貝努利不等式，是高等數(shù)學(xué)的分析不等式中最常見的一種不等式，由瑞士數(shù)學(xué)家雅各布·伯努利提出：對實(shí)數(shù)，在時(shí)，有不等式成立；在時(shí)，有不等式成立．
（1）猜想伯努利不等式等號成立的條件；
（2）當(dāng)時(shí)，對伯努利不等式進(jìn)行證明；
（3）考慮對多個(gè)變量的不等式問題．已知是大于的實(shí)數(shù)（全部同號），證明
【答案】（1），或；（2）證明見解析；（3）證明見解析
【分析】（1）根據(jù)不等式特征猜想出等號成立的條件；
（2）設(shè)，注意到，求導(dǎo)得到，二次求導(dǎo)，得到函數(shù)的單調(diào)性和極值最值情況，證明出結(jié)論；
（3）當(dāng)時(shí)，顯然成立，當(dāng)時(shí)，構(gòu)造數(shù)列：，作差法得到是一個(gè)單調(diào)遞增的數(shù)列（），結(jié)合，得到，證明出結(jié)論.
【解析】（1）猜想：伯努利不等式等號成立的充要條件是，或．
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，其他值均不能保證等號成立，
猜想，伯努利不等式等號成立的充要條件是，或；
（2）當(dāng)時(shí)，我們需證，
設(shè)，注意到，
，令得，
即，是的一個(gè)極值點(diǎn)．
令，則，所以單調(diào)遞增．
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
所以在處取得極小值，
即恒成立，．
伯努利不等式對得證．
（3）當(dāng)時(shí)，原不等式即，顯然成立．
當(dāng)時(shí)，構(gòu)造數(shù)列：，
則，
若，由上式易得，即；
若，則，所以，
故，即此時(shí)也成立．
所以是一個(gè)單調(diào)遞增的數(shù)列（），
由于，所以，
故原不等式成立．
5．（2024·全國·高三專題練習(xí)）約數(shù)，又稱因數(shù).它的定義如下：若整數(shù)除以整數(shù)除得的商正好是整數(shù)而沒有余數(shù)，我們就稱為的倍數(shù)，稱為的約數(shù).設(shè)正整數(shù)共有個(gè)正約數(shù)，即為.
（1）當(dāng)時(shí)，若正整數(shù)的個(gè)正約數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，請寫出一個(gè)的值；
（2）當(dāng)時(shí)，若構(gòu)成等比數(shù)列，求正整數(shù)；
（3）記，求證：.
【答案】（1）8；（2）；（3）證明見解析
【分析】（1）由題意可知時(shí)符合題意；
（2）由題意可得，，根據(jù)等比數(shù)列的定義可得，進(jìn)而，則為，即可求出a；
（3）由題意可得，，則，結(jié)合放縮法和裂項(xiàng)求和法即可證明.
【解析】（1）當(dāng)時(shí),正整數(shù)的4個(gè)正約數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，
比如為8的所有正約數(shù)，即.
（2）由題意可知，，
因?yàn)?，題意可知，所以，
化簡可得，所以，
因?yàn)?，所以，因此可知是完全平方?shù).
由于是整數(shù)的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以為，
所以.
（3）由題意知，，
所以，
因?yàn)椋?br>所以，
因?yàn)?，，所以?br>所以，即.
6．（2024·江蘇·徐州市第一中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）交比是射影幾何中最基本的不變量，在歐氏幾何中亦有應(yīng)用．設(shè)，，，是直線上互異且非無窮遠(yuǎn)的四點(diǎn)，則稱（分式中各項(xiàng)均為有向線段長度，例如）為，，，四點(diǎn)的交比，記為．
（1）證明：；
（2）若，，，為平面上過定點(diǎn)且互異的四條直線，，為不過點(diǎn)且互異的兩條直線，與，，，的交點(diǎn)分別為，，，，與，，，的交點(diǎn)分別為，，，，證明：；
（3）已知第（2）問的逆命題成立，證明：若與的對應(yīng)邊不平行，對應(yīng)頂點(diǎn)的連線交于同一點(diǎn)，則與對應(yīng)邊的交點(diǎn)在一條直線上．
【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題干所給交比的定義即可證；
（2）把交比轉(zhuǎn)化成面積之比，在利用面積公式把面積之比轉(zhuǎn)化為邊之比；
（3）把三點(diǎn)共線問題轉(zhuǎn)化為其中一個(gè)點(diǎn)在另外兩個(gè)點(diǎn)所構(gòu)成的直線上.再利用第（2）問的結(jié)論得到兩組交比相等，根據(jù)逆命題也成立即可證明三點(diǎn)共線.
【解析】（1）
；
（2）
；
（3）設(shè)與交于，與交于，與交于，
連接，與交于，與交于，與交于，
欲證，，三點(diǎn)共線，只需證在直線上．
考慮線束，，，，由第（2）問知，
再考慮線束，，，，由第（2）問知，
從而得到，
于是由第（2）問的逆命題知，，，交于一點(diǎn)，即為點(diǎn)，
從而過點(diǎn)，故在直線上，，，三點(diǎn)共線．
7．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知是定義在上的函數(shù)，如果存在常數(shù)，對區(qū)間的任意劃分：，恒成立，則稱函數(shù)為區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”；
（1）試判斷函數(shù)是否為區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”，若是，求出M的最小值；若不是，說明理由；
（2）若與均為區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”，證明：是區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”；
（3）證明：函數(shù)不是上的“有界變差函數(shù)”.
【答案】（1）是，M的最小值為；（2）證明見解析；（3）證明見解析
【分析】（1）根據(jù)輔助角公式，結(jié)合正弦型函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可；
（2）根據(jù)題中定義，結(jié)合絕對值的性質(zhì)進(jìn)行證明即可；
（3）根據(jù)特殊角的余弦函數(shù)值，結(jié)合有界變差函數(shù)的定義進(jìn)行證明即可.
【解析】（1），
∵，∴，
因此函數(shù)是上的增函數(shù)，
設(shè)，
顯然存在常數(shù)，對區(qū)間的任意劃分：
，恒成立，
∴函數(shù)是區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”， M的最小值為；
（2）∵與均為區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”，
∴存在常數(shù)，對區(qū)間的任意劃分：
，，恒成立，
因此對區(qū)間的任意劃分：
，
，
因此是區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”；
（3）取區(qū)間的一個(gè)劃分：
，
則有：
∴對任意常數(shù)，只要足夠大，就有區(qū)間的一個(gè)劃分：
，滿足，
∴函數(shù)不是上的“有界變差函數(shù)”。
8．（2024·重慶·校聯(lián)考一模）如圖1，已知，，，，，.
（1）求將六邊形繞軸旋轉(zhuǎn)半周（等同于四邊形繞軸旋轉(zhuǎn)一周）所圍成的幾何體的體積；
（2）將平面繞旋轉(zhuǎn)到平面，使得平面平面，求異面直線與所成的角；
（3）某“”可以近似看成，將圖1中的線段、改成同一圓周上的一段圓弧，如圖2，將其繞軸旋轉(zhuǎn)半周所得的幾何體，試求所得幾何體的體積.
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）分為，，正方形三部分，分別得出幾何體并求出體積，相加即可得出答案；
（2）取中點(diǎn)為，連接，先根據(jù)面面垂直的性質(zhì)證明平面.然后建立空間直角坐標(biāo)系，求出，根據(jù)向量運(yùn)算求解，即可得出答案；
（3）先求出直角梯形繞直角邊所在的直線旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體，即圓臺的體積.然后根據(jù)祖暅原理推導(dǎo)得出球缺的體積，進(jìn)而求出弓形旋轉(zhuǎn)的體積，即可得出答案.
【解析】（1）和繞軸旋轉(zhuǎn)半周所圍成的幾何體可以得到兩個(gè)底面半徑為1，
高為2的圓錐，體積之和為；
正方形繞軸旋轉(zhuǎn)半周所圍成的幾何體為一個(gè)底面半徑為1，
高為2的圓柱，體積為.
所以，總的體積.
（2）如圖3，取中點(diǎn)為，連接，則.
因?yàn)?，中點(diǎn)為，所以.
又平面平面，平面平面，
所以，平面，即平面.
以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖3建立空間直角坐標(biāo)系，
由已知可得，，，，
所以，，，，，，
所以，，，
所以，，
所以，異面直線與所成的角的余弦值為，
所以，.
（3）由已知可得，圓心為點(diǎn)，則半徑.
六邊形繞軸旋轉(zhuǎn)半周所圍成的幾何體的體積，
等于直角梯形繞直角邊所在的直線旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體體積的2倍.
直角梯形繞直角邊所在的直線旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體，
為一個(gè)上、下底面半徑分別為1、3，高為1的圓臺，
體積；
剩下的兩部分為全等的弓形，先研究弓形繞軸旋轉(zhuǎn)半周，得到的幾何體為球缺.
現(xiàn)在用祖暅原理來求解該球缺的體積，
如圖5，半球的半徑和圓柱的底面半徑均為，且圓柱的高，且，
在半球中，高度為，且平行于底面的截面圓的半徑，
面積為.
在圓柱中，連接，設(shè)交高度為，且平行于底面的截面于點(diǎn)，
顯然，所以有，即，所以.
所以，當(dāng)高度為時(shí)，圓環(huán)的面積等于大圓的面積減去小圓的面積，
即圓環(huán)的面積，
所以，當(dāng)高度為時(shí)，半球的截面與圓柱中的截面圓環(huán)的面積相等.
根據(jù)祖暅原理可知，半球某高度截面以上的體積（即球缺的體積），
即等于圓柱該截面以上（挖去一個(gè)圓臺）的體積.
所以，球缺的體積
（其中為半球被截面截去球缺后剩余部分的高）.
由已知可得，弓形繞軸旋轉(zhuǎn)半周，得到的幾何體為球缺中，，，
所以，該球缺的體積.
所以，總的體積.
9．（2024·安徽合肥·統(tǒng)考一模）“數(shù)”在量子代數(shù)研究中發(fā)揮了重要作用.設(shè)是非零實(shí)數(shù)，對任意，定義“數(shù)”利用“數(shù)”可定義“階乘”和“組合數(shù)”，即對任意，
（1）計(jì)算：；
（2）證明：對于任意，
（3）證明：對于任意，
【答案】（1）155；（2）證明見解析；（3）證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題中定義，直接進(jìn)行計(jì)算即可；
（2）根據(jù)題中定義計(jì)算出等式左右兩邊的值，化簡后即可證明；
（3）根據(jù)題中的定義化簡題中的條件，得到，利用此等式得到個(gè)等式，相加即可.
【解析】（1）由定義可知，
.
（2）因?yàn)椋?br>.
又,
所以
（3）由定義得：
對任意.
結(jié)合（2）可知
即，也即.
所以，
，
……
.
上述個(gè)等式兩邊分別相加得：
.
1．（2018·北京·高考真題）設(shè)n為正整數(shù)，集合A=．對于集合A中的任意元素和，記
M（）=．
（Ⅰ）當(dāng)n=3時(shí)，若，，求M（）和M（）的值；
（Ⅱ）當(dāng)n=4時(shí)，設(shè)B是A的子集，且滿足：對于B中的任意元素，當(dāng)相同時(shí)，M（）是奇數(shù)；當(dāng)不同時(shí)，M（）是偶數(shù)．求集合B中元素個(gè)數(shù)的最大值；
（Ⅲ）給定不小于2的n，設(shè)B是A的子集，且滿足：對于B中的任意兩個(gè)不同的元素，M（）=0．寫出一個(gè)集合B，使其元素個(gè)數(shù)最多，并說明理由．
【答案】（1）2,1;（2） 最大值為4;（3）
【解析】（Ⅰ），．
（Ⅱ）考慮數(shù)對只有四種情況：、、、，
相應(yīng)的分別為、、、，所以中的每個(gè)元素應(yīng)有奇數(shù)個(gè)，
所以中的元素只可能為（上下對應(yīng)的兩個(gè)元素稱之為互補(bǔ)元素）：
、、、，
、、、，
對于任意兩個(gè)只有個(gè)的元素，都滿足是偶數(shù)，
所以集合、、、滿足題意，
假設(shè)中元素個(gè)數(shù)大于等于，就至少有一對互補(bǔ)元素，
除了這對互補(bǔ)元素之外還有至少個(gè)含有個(gè)的元素，
則互補(bǔ)元素中含有個(gè)的元素與之滿足不合題意，
故中元素個(gè)數(shù)的最大值為．
（Ⅲ），
此時(shí)中有個(gè)元素，下證其為最大．
對于任意兩個(gè)不同的元素，滿足，
則，中相同位置上的數(shù)字不能同時(shí)為，
假設(shè)存在有多于個(gè)元素，由于與任意元素都有，
所以除外至少有個(gè)元素含有，
根據(jù)元素的互異性，至少存在一對，滿足，
此時(shí)不滿足題意，故中最多有個(gè)元素.
2．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）已知數(shù)列的項(xiàng)數(shù)均為m，且的前n項(xiàng)和分別為，并規(guī)定．對于，定義，其中，表示數(shù)集M中最大的數(shù).
（1）若，求的值；
（2）若，且，求；
（3）證明：存在，滿足 使得．
【答案】（1），，，；（2）；（3）證明見解析
【分析】（1）先求，根據(jù)題意分析求解；
（2）根據(jù)題意題意分析可得，利用反證可得，在結(jié)合等差數(shù)列運(yùn)算求解；
（3）討論的大小，根據(jù)題意結(jié)合反證法分析證明.
【解析】（1）由題意可知：，
當(dāng)時(shí)，則，故；
當(dāng)時(shí)，則，故；
當(dāng)時(shí)，則故；
當(dāng)時(shí)，則，故；
綜上所述：，，，.
（2）由題意可知：，且，
因?yàn)椋?，則對任意恒成立，所以，
又因?yàn)椋瑒t，即，可得，
反證：假設(shè)滿足的最小正整數(shù)為，
當(dāng)時(shí)，則；當(dāng)時(shí)，則，
則，
又因?yàn)椋瑒t，
假設(shè)不成立，故，
即數(shù)列是以首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以.
（3）因?yàn)榫鶠檎麛?shù)，則均為遞增數(shù)列，
（?。┤簦瑒t可取，滿足 使得；
（ⅱ）若，則，
構(gòu)建，由題意可得：，且為整數(shù)，
反證，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，
則，可得，
這與相矛盾，故對任意，均有.
①若存在正整數(shù)，使得，即，
可取，滿足，使得；
②若不存在正整數(shù)，使得，
因?yàn)椋遥?br>所以必存在，使得，即，可得，
可取，
滿足，使得；
（ⅲ）若，
定義，則，
構(gòu)建，由題意可得：，且為整數(shù)，
反證，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，
則，可得，
這與相矛盾，故對任意，均有.
①若存在正整數(shù)，使得，即，
可取，即滿足，使得；
②若不存在正整數(shù)，使得，
因?yàn)椋遥?br>所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
滿足，使得.
綜上所述：存在使得．
3．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）已知為有窮整數(shù)數(shù)列．給定正整數(shù)m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續(xù)可表數(shù)列．
（1）判斷是否為連續(xù)可表數(shù)列？是否為連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；
（2）若為連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4；
（3）若為連續(xù)可表數(shù)列，且，求證：．
【答案】（1）是連續(xù)可表數(shù)列；不是連續(xù)可表數(shù)列；（2）證明見解析；（3）證明見解析．
【分析】（1）直接利用定義驗(yàn)證即可；
（2）先考慮不符合，再列舉一個(gè)合題即可；
（3）時(shí)，根據(jù)和的個(gè)數(shù)易得顯然不行，再討論時(shí)，由可知里面必然有負(fù)數(shù)，再確定負(fù)數(shù)只能是，然后分類討論驗(yàn)證不行即可．
【解析】（1），，，，，
所以是連續(xù)可表數(shù)列；易知，不存在使得，
所以不是連續(xù)可表數(shù)列．
（2）若,設(shè)為,則至多，6個(gè)數(shù)字，沒有個(gè)，矛盾；
當(dāng)時(shí),數(shù)列，
滿足，，，，，，，
， ．
（3），若最多有種，若，最多有種，所以最多有種，
若，則至多可表個(gè)數(shù)，矛盾,
從而若,則，至多可表個(gè)數(shù)，
而，所以其中有負(fù)的，
從而可表1~20及那個(gè)負(fù)數(shù)（恰21個(gè)），
這表明中僅一個(gè)負(fù)的，沒有0，且這個(gè)負(fù)的在中絕對值最小，
同時(shí)中沒有兩數(shù)相同,設(shè)那個(gè)負(fù)數(shù)為 ，
則所有數(shù)之和，，
，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足個(gè)，
（僅一種方式），與2相鄰，
若不在兩端,則形式，
若，則（有2種結(jié)果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故在一端，不妨為形式，
若,則 （有2種結(jié)果相同，矛盾），同理不行，
，則 （有2種結(jié)果相同，矛盾），從而，
由于,由表法唯一知3,4不相鄰,、
故只能，①或，②
這2種情形，對①：，矛盾，
對②：，也矛盾，綜上，
當(dāng)時(shí)，數(shù)列滿足題意，．
4．（2020·北京·統(tǒng)考高考真題）已知是無窮數(shù)列．給出兩個(gè)性質(zhì)：
①對于中任意兩項(xiàng)，在中都存在一項(xiàng)，使；
②對于中任意項(xiàng)，在中都存在兩項(xiàng)．使得．
(Ⅰ)若，判斷數(shù)列是否滿足性質(zhì)①，說明理由；
(Ⅱ)若，判斷數(shù)列是否同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，說明理由；
(Ⅲ)若是遞增數(shù)列，且同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，證明：為等比數(shù)列.
【答案】(Ⅰ)詳見解析；(Ⅱ)解析解析；(Ⅲ)證明詳見解析.
【分析】(Ⅰ)根據(jù)定義驗(yàn)證，即可判斷；
(Ⅱ)根據(jù)定義逐一驗(yàn)證，即可判斷；
(Ⅲ)解法一：首先，證明數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)同號，然后證明，最后，用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列為等比數(shù)列即可.
解法二：首先假設(shè)數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)均為正數(shù)，然后證得成等比數(shù)列，之后證得成等比數(shù)列，同理即可證得數(shù)列為等比數(shù)列，從而命題得證.
【解析】(Ⅰ)不具有性質(zhì)①；
(Ⅱ)具有性質(zhì)①；
具有性質(zhì)②；
(Ⅲ)解法一：首先，證明數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)同號，不妨設(shè)恒為正數(shù)：
顯然，假設(shè)數(shù)列中存在負(fù)項(xiàng)，設(shè)，
第一種情況：若，即，
由①可知：存在，滿足，存在，滿足，
由可知，從而，與數(shù)列的單調(diào)性矛盾，假設(shè)不成立.
第二種情況：若，由①知存在實(shí)數(shù)，滿足，
由的定義可知：，
另一方面，，由數(shù)列的單調(diào)性可知：，
這與的定義矛盾，假設(shè)不成立.
同理可證得數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)恒為負(fù)數(shù).
綜上可得，數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)同號.
其次，證明：
利用性質(zhì)②：取，此時(shí)，
由數(shù)列的單調(diào)性可知，而，故，
此時(shí)必有，即，最后，用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列為等比數(shù)列：
假設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)成等比數(shù)列，不妨設(shè)，
其中，（的情況類似）
由①可得：存在整數(shù)，滿足，且 （*）
由②得：存在，滿足：，由數(shù)列的單調(diào)性可知：，
由可得： （**）
由（**）和（*）式可得：，
結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性有：，
注意到均為整數(shù)，故，
代入（**）式，從而.
總上可得，數(shù)列的通項(xiàng)公式為：.
即數(shù)列為等比數(shù)列.
解法二：假設(shè)數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)均為正數(shù)：
首先利用性質(zhì)②：取，此時(shí)，
由數(shù)列的單調(diào)性可知，
而，故，此時(shí)必有，即，
即成等比數(shù)列，不妨設(shè)，
然后利用性質(zhì)①：取，則，
即數(shù)列中必然存在一項(xiàng)的值為，下面我們來證明，
否則，由數(shù)列的單調(diào)性可知，
在性質(zhì)②中，取，則，從而，
與前面類似的可知?jiǎng)t存在，滿足，
若，則：，與假設(shè)矛盾；
若，則：，與假設(shè)矛盾；
若，則：，與數(shù)列的單調(diào)性矛盾；
即不存在滿足題意的正整數(shù)，可見不成立，從而，
然后利用性質(zhì)①：取，則數(shù)列中存在一項(xiàng)，
下面我們用反證法來證明，
否則，由數(shù)列的單調(diào)性可知，
在性質(zhì)②中，取，則，從而，
與前面類似的可知?jiǎng)t存在，滿足，
即由②可知：，
若，則，與假設(shè)矛盾；
若，則，與假設(shè)矛盾；
若，由于為正整數(shù)，故，則，與矛盾；
綜上可知，假設(shè)不成立，則.
同理可得：，從而數(shù)列為等比數(shù)列，
同理，當(dāng)數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)均為負(fù)數(shù)時(shí)亦可證得數(shù)列為等比數(shù)列.
由推理過程易知數(shù)列中的項(xiàng)要么恒正要么恒負(fù)，不會同時(shí)出現(xiàn)正數(shù)和負(fù)數(shù).
從而題中的結(jié)論得證，數(shù)列為等比數(shù)列.
5．（2018·江蘇·高考真題）設(shè)，對1，2，···，n的一個(gè)排列，如果當(dāng)s

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高考 大題07 新定義題型（10大題型）（原卷及解析版）

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