資源簡介

新定義題型01 壓軸小題全面歸納與解析
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 5
05 核心精講·題型突破 7
題型一：集合新定義 7
題型二：函數與導數新定義 9
題型三：立體幾何新定義 13
題型四：三角函數新定義 17
題型五：平面向量與解三角形新定義 21
題型六：數列新定義 24
題型七：圓錐曲線新定義 29
題型八：概率與統計新定義 36
重難點突破：高等數學背景下新定義 40
創新意識與創新應用是當下時代的重要主題，也是高中數學教學和學習過程中應當持續融入與培育的基本精神和能力。通過引入“新定義”，我們能夠巧妙地促進數學知識中概念的類比理解、公式的創新設立、性質的靈活應用以及知識的拓展與創新實踐等方面的融合與交匯，從而有效融入創新意識與創新應用的培養。
“新定義”型問題，具體指的是那些在問題中提出了高中數學課程中未曾涉及的一些新概念、新運算方法或新符號，要求學生能夠準確理解題意，并結合自身已有的知識和能力，根據這些新定義進行相應的運算、邏輯推理以及知識遷移的一類題型。換言之，這類問題要求學生具備根據新定義進行思維拓展和問題解決的能力。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
圓錐曲線新定義 掌握新定義，運用性質解題 2024年I卷第11題，6分 對于2025年新高考試卷中的新定義問題，預測其將繼續考察學生的創新思維與知識應用能力。題目可能會引入新的數學概念、運算或符號，要求學生理解并運用這些新定義進行推理和解答，以檢驗其綜合數學素養。
1、代數型新定義問題的主要考察方式：
（1）新定義的概念考查；
（2）新定義的運算方式考查；
（3）新定義的規則應用考查。
2、解決“新定義”問題的策略：
解決這類問題時，核心在于準確捕捉新定義中的關鍵信息，如新概念、新公式、新性質等，并明確其名稱、符號及法則。接著，將這些信息與已有知識點進行對比，找出相似之處和差異點，從而確定解題思路。最后，運用相關數學技巧和方法進行分析求解，并合理歸納結果。
1．（多選題）（2024年新課標全國Ⅰ卷數學真題）設計一條美麗的絲帶,其造型可以看作圖中的曲線C的一部分.已知C過坐標原點O.且C上的點滿足:橫坐標大于，到點的距離與到定直線的距離之積為4，則（ ）
A． B．點在C上
C．C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1 D．當點在C上時，
【答案】ABD
【解析】對于A：設曲線上的動點，則且，
因為曲線過坐標原點，故，解得，故A正確.
對于B：又曲線方程為，而，
故.
當時，，
故在曲線上，故B正確.
對于C：由曲線的方程可得，取，
則，而，故此時，
故在第一象限內點的縱坐標的最大值大于1，故C錯誤.
對于D：當點在曲線上時，由C的分析可得，
故，故D正確.
故選：ABD.
題型一：集合新定義
【典例1-1】已知集合，設，令表示集合所含元素的個數，則 .
【答案】3712
【解析】表示集合所含元素的個數，
其中整除的有，共5個.
整除的：
①1整除的有2024個；②2整除的有個；③3整除的有個.重復的有，共3個.
所以.
故答案為：3712
【典例1-2】已知有限集合，定義集合中的元素的個數為集合的“容量”，記為.若集合，則 ；若集合，且，則正整數的值是 .
【答案】 3 2025
【解析】，則集合，
所以.
若集合，則集合，
故，解得.
故答案為：3；2025
【變式1-1】設，為兩個非空實數集合，定義集合，若，，則集合的子集的個數為 ．
【答案】32
【解析】因為定義集合，且，，
又，
所以集合A中的元素分別為1，2，3，4，5共5個，
則集合的子集的個數為.
故答案為：32．
【變式1-2】定義集合的商集運算為：，已知集合，，則集合的真子集個數是 .
【答案】
【解析】因為，則，
又因為，故，
所以，集合有個元素，故集合的真子集個數.
故答案為：.
1．若平面點集滿足：任意點，存在，都有，則稱該點集是階聚合點集．
①若，則是3階聚合點集
②存在對任意正數，使不是階聚合點集
③若，則不是階聚合點集
④ “”是“是階聚合點集”的充要條件
其中所有正確結論的序號是 .
【答案】①③④
【解析】對于①，由可得，故是3階聚合點集，即①正確；
對于②，對任意的點集，總存在，使得是1階聚合點集，故②錯誤；
對于③，因，而，
故不是階聚合點集，即③正確；
對于④，因是階聚合點集等價于，
因，可得，又因，依題意可得，反之也成立，
故“是階聚合點集”是“”的充要條件，即④正確.
故答案為：①③④
題型二：函數與導數新定義
【典例2-1】定理：如果函數及滿足：①圖象在閉區間上連續不斷；②在開區間內可導；③對，那么在內至少有一點，滿足成立，該定理稱為柯西中值定理.請利用該定理解決下面問題：已知，若存在正數，滿足，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由可得：，
令，所以
由柯西中值定理可知：那么在內至少有一點，滿足成立，
因為，，所以，，
所以令，
，，
令可得：或，
令可得：，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
又，，
當趨于正無窮時，趨近，
所以，所以實數的取值范圍為.
故選：A.
【典例2-2】英國數學家牛頓在17世紀給出了一種求方程近似根的方法—牛頓迭代法，做法如下：如圖，設是的根，選取作為的初始近似值，過點作曲線的切線，則與軸的交點的橫坐標，稱是的第一次近似值；過點作曲線的切線，則該切線與軸的交點的橫坐標為，稱是的第二次近似值；重復以上過程，得的近似值序列，其中，稱是的次近似值，這種求方程近似解的方法稱為牛頓迭代法.若使用該方法求方程的近似解，則下列正確的是（ ）

A．若取初始近似值為1，則過點作曲線的切線
B．若取初始近似值為1，則該方程解的第二次近似值為
C．
D．
【答案】D
【解析】構造函數，則，
取初始近似值，，，
則，即，則A錯誤；
，，B錯誤；
根據題意，可知，
上述式子相加，得，
所以，C不正確，則D正確.
故選：D.
【變式2-1】函數，其中，是常數，其圖象是一條直線，稱這個函數為線性函數，對于非線性可導函數，在點附近一點的函數值，可以用如下方法求其近似代替值：.利用這一方法，的近似代替值（ ）
A．一定大于 B．一定小于
C．等于 D．與的大小關系不確定
【答案】A
【解析】令函數，則；
根據題意可得；
又因為，
因此近似代替值，近似代替值一定大于.
故選：A
【變式2-2】對于三次函數，現給出定義：設是函數的導數，是的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”，經過探究發現任何一個三次函數都有“拐點”，任何一個三次函數都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心，設函數，則函數的對稱中心為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由，得，進而，
令，故，
所以，故對稱中心為
故選：B
1．計算器計算，，，等函數的函數值，是通過寫入“泰勒展開式”程序的芯片完成的. “泰勒展開式”的內容為：如果函數在含有的某個開區間內可以進行多次求導數運算，則當時，有，其中是的導數，是的導數，是的導數，…. 取，則精確到的近似值為（ ）
A．0.82 B．0.84 C．0.86 D．0.88
【答案】B
【解析】根據題意，，
取時，可得，
則
，
令，代入上式可得，
所以．
故選：B
題型三：立體幾何新定義
【典例3-1】刻畫空間彎曲性是幾何研究的重要內容，用“曲率”刻畫空間彎曲性，規定：多面體頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制）.例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為，則其各個頂點的曲率均為.若正四棱錐的側面與底面所成角的正切值為，則四棱錐在頂點處的曲率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如圖，連接，，設，連接，則平面，
取的中點，連接，，
則由正四棱錐的結構特征可知，
所以為側面與底面所成的角，
設，則，
在中，，
所以，又，所以，
所以正四棱錐的每個側面均為正三角形，
所以頂點的每個面角均為，
故正四棱錐在頂點處的曲率為.
故選：D.
【典例3-2】給定兩個不共線的空間向量與，定義叉乘運算，規定：①為同時與垂直的向量；②三個向量構成右手系（如圖1）；③．如圖2，在長方體中中，，則下列說法中錯誤的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】對于A，同時與垂直，
，
且構成右手系，即成立，A正確；
對于B，，則，B錯誤；
對于C，，
與共線，且方向相同，
與共線，且方向相同，
與共線，且方向相同，
則與共線，且方向相同，
因此，C正確；
對于D,，，
因此，D正確．
故選：B
【變式3-1】在空間直角坐標系中，定義：經過點且一個方向向量為的直線l的方程為，經過點且法向量為的平面的方程為.已知在空間直角坐標系中，經過點的直線的方程為，經過點的平面的方程為，則直線與平面所成角的正弦值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】經過點的直線方程為，即，
故直線的一個方向向量為，
又經過點的平面的方程為，
即，
故的一個法向量為，
所以直線與平面所成角的正弦值為．
故選：B．
1．在《線性代數》中定義：對于一組向量，，存在一組不全為0的實數，，使得：成立，那么則稱，，線性相關，只有當時，才能使成立，那么就稱，，線性無關.若為一組不共面的空間向量，則以下向量組線性無關的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】D
【解析】因為為一組不共面的空間向量，則不能用，線性表示，
即只有當時，.
對于A：設，
整理得：，
所以有，取，
所以，，線性相關，故A錯誤；
對于B：設，
整理得：，
所以有，取，
所以，，線性相關，故B錯誤；
對于C：設，
整理得：，
所以有，取，
所以，，線性相關，故C錯誤；
對于D：設，
整理得：，
所以有，解得，
所以，，線性無關，故D正確.
故選：D
題型四：三角函數新定義
【典例4-1】點將一條線段分為兩段和，若，則稱點為線段的黃金分割點.已知直線與函數的圖象相交，為相鄰的三個交點，則（ ）
A．當時，存在使點為線段的黃金分割點
B．對于給定的常數，不存在使點為線段的黃金分割點
C．對于任意的，存在使點為線段的黃金分割點
D．對于任意的，存在使點為線段的黃金分割點
【答案】D
【解析】若，則，
即點為線段的黃金分割點，
當時，，不存在使點為線段的黃金分割點，故選項A，C錯誤；
如下圖，當時，，當時，，則，
則存在一個使得，故選項錯；
對于選項D，若與相交于相鄰的三點，
其橫坐標分別為，則，
將變換成后，點分別對應到點，
且滿足，
故，即對比值無影響，故選項D正確.
故選：D.
【典例4-2】古人把正弦函數、余弦函數、正切函數、余切函數、正割函數、余割函數、正矢函數、余矢函數這八種三角函數的函數線合稱為八線.其中余切函數，正割函數，余割函數，正矢函數，余矢函數.如圖角始邊為軸的非負半軸，其終邊與單位圓交點，、分別是單位圓與軸和軸正半軸的交點，過點作垂直軸，作垂直軸，垂足分別為、，過點作軸的垂線，過點作軸的垂線分別交的終邊于、，其中、、、為有向線段，下列表示正確的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】根據題意，易得，
對于A，因為，即，故A錯誤；
對于B，根據三角函數定義結合相似三角形相似比可得，，故B錯誤；
對于C，，故C正確；
對于D，根據三角函數定義結合相似三角形相似比可得，故D錯誤.
故選：C.
【變式4-1】一般地，任意給定一個角，它的終邊與單位圓的交點的坐標，無論是橫坐標還是縱坐標，都是唯一確定的，所以點的橫坐標、縱坐標都是關于角的函數.下面給出這些函數的定義：
①把點的縱坐標叫作的正弦函數，記作，即；
②把點的橫坐標叫作的余弦函數，記作，即；
③把點的縱坐標的倒數叫作的余割函數，記作，即；
④把點的橫坐標的倒數叫作的正割函數，記作，即.
下列結論錯誤的是（ ）
A．
B．
C．函數的定義域為
D．
【答案】C
【解析】由題知，，
對于A，，A正確；
對于B，，B正確；
對于C，函數，由得
所以的定義域為，C錯誤；
對于D，
，
當時，等號成立，D正確.
故選：C.
【變式4-2】由倍角公式，可知可以表示為的二次多項式，對于，我們有，可見也可以表示為的三次多項式.一般地，存在一個次多項式，使得，這些多項式稱為切比雪夫多項式.（提示：）如圖，在等腰中，已知，，且的外接圓半徑，結合上述知識，可得（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】記的中點為，
，
，，
，所以
即，由，∴，
∴，
故選：A
1．正割及余割這兩個概念是由伊朗數學家阿布爾威發首先引入的．定義正割，余割．已知為正實數，且對任意的實數均成立，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由已知可得，可得，
因為，則，
因為
，
當且僅當時，等號成立，故.
故選：D.
題型五：平面向量與解三角形新定義
【典例5-1】在平面直角坐標系中，向量，若不共線，記以OA，OB為鄰邊的平行四邊形的面積．已知，，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】依題意設，
則，，，，
則.
故選：C．
【典例5-2】已知對任意平面向量，把繞其起點沿逆時針方向旋轉角得到向量，叫做把點繞點沿逆時針方向旋轉角得到點.已知平面內點，，把點繞點沿逆時針方向旋轉后得到點，則的坐標為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】，把點繞點沿逆時針方向旋轉后得到
，
設，則，
解得，即.
故選：C.
【變式5-1】幾何定理：以任意三角形的三條邊為邊，向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形（稱為拿破侖三角形）的頂點．在中，已知，，，現以邊AB，BC，CA向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次記為D，E，F，則DE的長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】在中，
由題意可知：，，
且，可知，
所以.
故選：B.
【變式5-2】克羅狄斯托勒密（約90-168年）是希臘著名的數學家、天文學家和地理學家．托勒密定理是歐幾里得幾何中的重要定理，定理內容如下：任意一凸四邊形，兩組對邊乘積的和不小于兩對角線的乘積，當且僅當四點共圓時，等號成立．已知在凸四邊形中，，，，，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】設，則，
在中，由余弦定理得，
由題知，，即，
所以，當且僅當四點共圓時取等號，
所以的最大值為.
故選：D
1．已知對任意平面向量，把繞其起點沿逆時針方向旋轉角得到向量，叫做點繞點沿逆時針方向旋轉角得到點.已知平面內點，點，把點繞點沿順時針方向旋轉后得到點，則點的坐標為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因為,
所以 ，
將向量順時針方向旋轉，即逆時針旋轉，
得到
化簡得 ，
所以P點坐標為；
故選：C.
題型六：數列新定義
【典例6-1】斐波那契數列又稱為黃金分割數列，在現代物理、化學等領域都有應用，斐波那契數列滿足，（，）.給出下列四個結論：
①存在，使得，，成等差數列；
②存在，使得，，成等比數列；
③存在常數t，使得對任意，都有，，成等差數列；
④不存在正整數，，…，，且，使得.
其中所有正確結論的序號是 .
【答案】①③
【解析】對于①，由題意得，故成等差數列，故①正確，
對于②，由遞推公式可知，，中有兩個奇數，1個偶數，不可能成等比數列，故②錯誤，
對于③，，
故當時，對任意，，，成等差數列；故③正確，
對于④，依次寫出數列中的項為，
可得，故④不正確.
故答案為：①③.
【典例6-2】設數列和的項數均為m，稱為數列和的距離．記滿足的所有數列構成的集合為C．已知數列和為集合C中的兩個元素，項數均為m，給出下列四個結論：
①數列1，3，5，7和數列2，4，6，8的距離為4
②若，則
③若則
④若數列和的距離不超過2025，則m的最大值為3470．
其中，所有正確結論的序號是
【答案】①②④
【解析】對于①，根據數列距離的定義可得，數列1，3，5，7和數列2，4，6，8的距離為，故①正確；
對于②，設，
由可得：，
故是以4為周期的周期數列，且，
同理可得也滿足此性質，故則，故②正確；
對于③，由②知，
因為，故，
所以
所以，故③錯誤；
對于④，因為
所以數列中，,
數列中，,
因為故項數越大，數列和的距離越大，
，
故，
故數列和的距離不超過2025，則m的最大值為3470，故④正確；
故答案為：①②④.
【變式6-1】對于給定的數列，如果存在實數p、q，使得對任意成立，我們稱數列是“線性數列”，數列滿足，，則給出下列四個結論：
①等差數列是“線性數列”；
②等比數列是“線性數列”；
③若是等差數列，則是“線性數列”；
④若是等比數列，則是“線性數列”.
其中正確的結論是 .
【答案】①②④
【解析】對于①，數列為等差數列，則，即，
滿足“線性數列”的定義，①正確；
對于②，數列為等比數列，則，即，
滿足“線性數列”的定義，②正確；
對于③，是等差數列，設，
則，若是“線性數列”，
則，
則應有，
故不是“線性數列”，③錯誤；
對于④，是等比數列，設首項為，公比為，
若時，，則，滿足“線性數列”的定義；
若時，由，得，
，
累加的，
則，
經驗證當時，滿足，則，
若是“線性數列”，則存在實數，使得成立，
則，
，
，
則，則，
則是“線性數列”，④正確.
故答案為：①②④.
【變式6-2】在一組互不相同的有序數組中定義：在的右邊比其大的數的個數稱為的“順序數”，在的右邊比其小的數的個數稱為的“逆序數”.我們把有序數組的所有元素的“順序數”與“逆序數”之和記為.
①有序數組的所有元素的“順序數”與“逆序數”之和 .
② .
【答案】 10
【解析】對于有序數組，
2的順序數為3，逆序數為1，
4的順序數為2，逆序數為1，
1的順序數為2，逆序數為0，
3的順序數為1，逆序數為0，
故；
對于有序數組，
易知后由個數，所以的順序數+逆序數，
所以，
所以，
所以，
故答案為：10；
1．在數列中，若存在兩個連續的三項，，與，，相同，則稱是“3階可重復數列”.已知給定項數為（，）的數列，其中一定是“階可重復數列”，則的最小值是 .
【答案】
【解析】因為數列的每一項只可以是或，所以連續項共有種不同的情況，
若，則數列中有組連續項，則這其中至少有兩組按次序對應相等，
即項數為的數列一定是“階可重復數列”；
若，數列，，，，，，，，，不是“階可重復數列”，
則時，均存在不是“階可重復數列”的數列，
所以，要使數列一定是“階可重復數列”，則的最小值為.
題型七：圓錐曲線新定義
【典例7-1】阿基米德的“平衡法”體現了近代積分法的基本思想，他用平衡法求得拋物線弓形（拋物線與其弦所在直線圍成的圖形）面積等于此弓形的內接三角形（內接三角形的頂點在拋物線上，且在過弦的中點與拋物線對稱軸平行或重合的直線上）面積的．現已知直線與拋物線：交于兩點，且為第一象限的點，在處的切線為，線段的中點為，直線軸所在的直線交于點，下列說法錯誤的是（ ）
A．若拋物線弓形面積為8，則其內接三角形的面積為6
B．切線的方程為
C．若，則弦對應的拋物線弓形面積大于
D．若分別取的中點，過且垂直軸的直線分別交于，則
【答案】C
【解析】根據題意作出示意圖，如圖所示．
對于A，內接三角形的面積為，故A正確；
對于B，聯立得解得
又為第一象限的點，當時，，
故切線方程為，即，B正確；
對于C，由，得，令，
弓形面積為不等式不成立，C錯誤；
對于D，由知，軸，，
又的中點分別為，，成立，D正確.
故選：C．
【典例7-2】曲線：，其中，均為正數，則下列命題錯誤的是（ ）
A．當，時，曲線關于中心對稱
B．當，時，曲線是軸對稱圖形
C．當，時，曲線所圍成的面積小于
D．當，時，曲線上的點與距離的最小值等于
【答案】C
【解析】對A：當，時，，即，由函數為奇函數其關于原點
中心對稱，所以得關于中心對稱，故A正確.
對B：當，時，，對于曲線上任意一點，
則點關于直線對稱點也在曲線上，所以曲線關于直線對稱，故B正確.
對C：當，時，，所以，，可知曲線圖象是一個封閉的圖形，
所以可設曲線上任意一點，且到原點距離，
又因為，所以，
因為，所以，所以當，即或，
而此時，又因為曲線是個封閉圖形，所以其面積，故C錯誤；
對D：當，時，，所以，，設曲線上任意一點，則，
又因為，所以，因為，所以，
所以當，即或時，有最小值，所以的最小值為，故D正確.
故選：C.
【變式7-1】定義：若直線將多邊形分為兩部分，且使得多邊形在兩側的頂點到直線的距離之和相等，則稱為多邊形的一條“等線”．已知雙曲線（a，b為常數）和其左右焦點，P為C上的一動點，過P作C的切線分別交兩條漸近線于點A，B，已知四邊形與三角形有相同的“等線”．則對于下列四個結論：
①；
②等線必過多邊形的重心；
③始終與相切；
④的斜率為定值且與a，b有關．
其中所有正確結論的編號是（ ）
A．①② B．①④ C．②③④ D．①②③
【答案】D
【解析】①：設，當時，設，則由，得，
所以，所以切線的斜率為，
所以切線方程為，
因為點在雙曲線上，所以，得，，
所以，
所以，
所以，所以，
同理可求出當時的切線方程為，
當時，雙曲線的切線方程為，滿足，
所以過P點切線方程為，
漸近線方程為
聯立兩直線方程得，
故有，故
②：設多邊形頂點坐標為，其中
設“等線”方程為，則到等線的距離為：
又因為等線將頂點分為上下兩部分，則有
從而
整理得
即等線必過該多邊形重心．
③④：考察重心，設，則重心．對于四邊形，其重心H必在與重心連線上，也必在與重心連線上，則即為直線GH．
設與重心分別為，則，所以∥，
因為為的重心，所以，所以∥，
所以三點共線，
因為在上，所以∥，過，
因為直線為，所以直線的斜率為，
所以直線的方程為，整理得，
所以直線方程，④錯誤；
又在曲線上，由①的求解過程可知直線為切線方程，所以③正確，
故①②③正確．
故選：D
【變式7-2】（多選題）已知點到點的距離與點到y軸的距離的差為定值，記動點的軌跡為曲線C，則（ ）
A．當時，由拋物線和x軸的負半軸構成
B．當時，關于原點中心對稱
C．當時，為軸對稱圖形
D．當時，是由兩部分拋物線構成的封閉圖形
【答案】AC
【解析】對于A，設，由題意得點到點的距離
與點到y軸的距離的差為定值，得到，
當時，，則，
兩邊同時平方得，得到，
即，當時，方程化為，
當時，方程化為，即，
此時由拋物線和x軸的負半軸構成，故A正確，
對于B，因為，所以，
當時，兩邊同時平方得，
則，化簡得，
令，此時曲線方程為，我們發現點在曲線上，
找關于原點中心對稱的點為，
將其代入方程，則不在曲線上，
即不可能關于原點中心對稱，故B錯誤，
對于C，由已知得曲線方程為，由已知得，
設，將其代入曲線方程，得到，
則在曲線上，故曲線關于軸對稱，即為軸對稱圖形，故C正確，
對于D，由已知得，令，
故，解得或，
結合已知條件此時方程為，
當時，方程化為，此時，不存在這樣的曲線，
當時，方程化為，此時，不存在這樣的曲線，
則當時，不可能是由兩部分拋物線構成的封閉圖形，故D錯誤.
故選：AC
1．（多選題）我們把形如的曲線叫作拉梅曲線，該曲線是法國數學家加布里埃爾 拉梅在研究圓錐曲線方程時進行拓展而得的．下列說法正確的是（ ）
A．若，則拉梅曲線圍成的封閉區域的面積為
B．若，則拉梅曲線圍成的封閉區域的面積小于
C．若拉梅曲線與曲線恰有4個公共點，則
D．若為拉梅曲線上第一象限內一點，則
【答案】BCD
【解析】當時，拉梅曲線方程為為菱形，與坐標軸交于點，，
則拉梅曲線圍成的封閉區域的面積為2ab，A不正確．
當時，根據對稱性，不妨考慮拉梅曲線在第一象限的情形，
此時由可得，下證，
即證，即證，
即證，即證，即證，
即證，即證，這顯然成立．
因為（）表示圓心為，半徑為a的四分之一圓弧，
所以其與第一象限圍成的封閉區域的面積為，
則拉梅曲線與第一象限圍成的封閉區域的面積小于，
則拉梅曲線圍成的封閉區域的面積小于，B正確．
當拉梅曲線與曲線恰有4個公共點時，
根據對稱性可知，它們在第一象限恰有1個公共點，由，
整理得恰有1個正根，則，
解得，即，C正確．
若為拉梅曲線上第一象限內一點，
則，從而，D正確．
故選：BCD．
題型八：概率與統計新定義
【典例8-1】（多選題）為了估計一批產品的不合格品率，現從這批產品中隨機抽取一個樣本容量為的樣本，定義，于是，，，記（其中或1，），稱表示為參數的似然函數．極大似然估計法是建立在極大似然原理基礎上的一個統計方法，極大似然原理的直觀想法是：一個隨機試驗如有若干個可能的結果A，B，C，…，若在一次試驗中，結果A出現，則一般認為試驗條件對A出現有利，也即A出現的概率很大. 極大似然估計是一種用給定觀察數據來評估模型參數的統計方法，即“模型已定，參數未知”，通過若干次試驗，觀察其結果，利用試驗結果得到某個參數值能夠使樣本出現的概率為最大．根據以上原理，下面說法正確的是（ ）
A．有外形完全相同的兩個箱子，甲箱有99個白球1個黑球，乙箱有1個白球99個黑球．今隨機地抽取一箱，再從取出的一箱中抽取一球，結果取得白球，那么該球一定是從甲箱子中抽出的
B．一個池塘里面有鯉魚和草魚，打撈了100條魚，其中鯉魚80條，草魚20條，那么推測鯉魚和草魚的比例為4:1時，出現80條鯉魚、20條草魚的概率是最大的
C．
D．達到極大值時，參數的極大似然估計值為
【答案】BCD
【解析】極大似然是一種估計方法，A錯誤；
設鯉魚和草魚的比例為，則出現80條鯉魚，20條草魚的概率為，
設
，
時，，時，，
在上單調遞增，在上單調遞減，
故當時，最大，故B正確；
根據題意，（其中或1，），
所以，可知C正確；
令，解得，且時，時，故在上遞增，在上遞減，故達到極大值時，參數的極大似然估計值為，故D正確.
故選：BCD
【典例8-2】條件概率與條件期望是現代概率體系中的重要概念，近年來，條件概率和條件期望已被廣泛的應用到日常生產生活中.定義：設，是離散型隨機變量，則在給定事件條件下的期望為，其中為的所有可能取值集合，表示事件“”與事件“”都發生的概率.某商場進行促銷活動，凡在該商場每消費500元，可有2次抽獎機會，每次獲獎的概率均為，某人在該商場消費了1000元，共獲得4次抽獎機會.設表示第一次抽中獎品時的抽取次數，表示第二次抽中獎品時的抽取次數.則 .
【答案】2
【解析】由題意可知可取，
所以，，
，
又因為，
所以
.
故答案為：.
【變式8-1】在n維空間中（，），以單位長度為邊長的“立方體”的頂點坐標可表示為n維坐標，其中.則5維“立方體”的頂點個數是 ；定義：在n維空間中兩點與的曼哈頓距離為.在5維“立方體”的頂點中任取兩個不同的頂點，記隨機變量X為所取兩點間的曼哈頓距離，則 .
【答案】 32
【解析】（1）的可能值為0，1（，）.故五維立方體的頂點有個.
（2）依題意，樣本空間的樣本點記為，M，N為五維立方體的頂點
樣本點總數：
當時，有k個第i維坐標值不同，有個第i維坐標值相同.
滿足的樣本點個數為.
所以.
故分布列為：
X 1 2 3 4 5
P
.
故答案為：32；.
【變式8-2】馬爾科夫鏈是機器學習和人工智能的基石，其數學定義為:假設序列狀態是...，，那么時刻的狀態的條件概率僅依賴前一狀態，即.著名的賭徒模型就應用了馬爾科夫鏈：假如一名賭徒進入賭場參與一個賭博游戲，每一局賭徒賭贏的概率都為50%，每局賭贏可以贏得1金幣，賭輸就要輸掉1金幣.賭徒自以為理智地決定，遇到如下兩種情況就會結束賭博游戲：一是輸光了手中金幣;二是手中金幣達到預期的1000金幣，出現這兩種情況賭徒都會停止賭博.記賭徒的本金為70金幣，求賭徒輸光所有金幣的概率 .
【答案】/
【解析】設當賭徒手中有元時，最終輸光的概率為，
當時，賭徒已經輸光了，所以，
當時，賭徒到了終止賭博的條件，不再賭了，因此輸光的概率為，
記：賭徒有元最后輸光的事件，：賭徒有元下一次贏的事件，
所以，
即，所以，
所以為等差數列，設，
由于，所以，
所以，
故
故答案為：
1．產品抽樣檢查中經常遇到一類實際問題，假定在N件產品中有M件不合格品，在產品中隨機抽件做檢查，發現件不合格品的概率為，其中是與中的較小者，在不大于合格品數（即）時取0，否則取與合格品數之差，即.根據以上定義及分布列性質，請計算當N=16，M=8時， ；若，，請計算 ．（用組合數表示）
【答案】 / /
【解析】當，，時，，
因為，
故．
當，時，
因為，
所以，
所以
．
故答案為：，
重難點突破：高等數學背景下新定義
【典例9-1】（多選題）群的概念由法國天才數學家伽羅瓦（1811-1832）在19世紀30年代開創，群論雖起源于對代數多項式方程的研究，但在量子力學 晶體結構學等其他學科中也有十分廣泛的應用.設是一個非空集合，“”是一個適用于中元素的運算，若同時滿足以下四個條件，則稱對“”構成一個群：（1）封閉性，即若，則存在唯一確定的，使得；（2）結合律成立，即對中任意元素都有；（3）單位元存在，即存在，對任意，滿足，則稱為單位元；（4）逆元存在，即任意，存在，使得，則稱與互為逆元，記作.一般地，可簡記作可簡記作可簡記作，以此類推.正八邊形的中心為.以表示恒等變換，即不對正八邊形作任何變換；以表示以點為中心，將正八邊形逆時針旋轉的旋轉變換；以表示以所在直線為軸，將正八邊形進行軸對稱變換.定義運算“”表示復合變換，即表示將正八邊形先進行變換再進行變換的變換.以形如，并規定的變換為元素，可組成集合，則對運算“”可構成群，稱之為“正八邊形的對稱變換群”，記作.則以下關于及其元素的說法中，正確的有（ ）
A．，且
B．與互為逆元
C．中有無窮多個元素
D．中至少存在三個不同的元素，它們的逆元都是其本身
【答案】ABD
【解析】我們有：
由于兩次軸對稱等價與不變換，故；
由于旋轉施行8次等價于旋轉也就是不變，故；
由于先旋轉再關于對稱和先關于對稱再旋轉等效，故.
一共是16個元素，變換后逆時針排列的有8個，順時針排列的有8個.
這就說明：， A正確；
，B正確；
一共是16個元素，C錯誤；
中，，D正確.
故選：ABD
【典例9-2】（多選題）是由個數（復數或實數）排列成行列的長方陣，簡稱矩陣，記作：，這個數稱為矩陣的元素，簡稱為元，數位于矩陣的第行第列，稱為矩陣的元．兩個矩陣的乘法僅當第一個矩陣的列數和第二個矩陣的行數相等時才能定義（做乘法），如是矩陣，是矩陣，記為，它們的乘積是一個矩陣，它的任意一個元素值為：，則下列選項中正確的是（ ）
A． B．
C．矩陣的乘法滿足交換律 D．矩陣的乘法滿足結合律
【答案】AD
【解析】根據矩陣乘積運算方法可得，
A選項正確；
B選項中，第一個矩陣的列數與第二個矩陣的行數不一致，不能計算乘積，故B選項錯誤；
C選項中，若矩陣是三行兩列，矩陣是兩行四列，則時可計算乘積，但時就因矩陣的列數與矩陣的行數不一致，不能計算，故C選項錯誤；
選項D中，矩陣的乘法運算法則可知，矩陣的乘法滿足結合律，故選項D正確.
故選：AD.
【變式9-1】（多選題）泰勒公式通俗的講就是用一個多項式函數去逼近一個給定的函數，也叫泰勒展開式，下面給出兩個泰勒展開式
由此可以判斷下列各式正確的是（ ）．
A．（i是虛數單位） B．（i是虛數單位）
C． D．
【答案】ACD
【解析】對于A、B，由，
兩邊求導得，
，
，
又，
，
，故A正確，B錯誤；
對于C，已知，則.
因為，則，即成立，故C正確；
故C正確；
對于D，,，
，
當，；；；
，,
所以，所以成立，故D正確.
故選：ACD.
【變式9-2】（多選題）在平面直角坐標系中，定義為兩點，的“切比雪夫距離”，又設點及直線上任意一點，稱的最小值為點到直線的“切比雪夫距離”，記作，則下列命題中正確的是（ ）
A．，，則
B．為坐標原點，動點滿足，則的軌跡為圓
C．對任意三點、、，都有
D．已知點和直線：，則
【答案】ACD
【解析】對于選項A：若，，則，
因為，所以，故A正確；
對于選項B：設，
若，則，且等號至少有一個成立，
可得的軌跡如圖所示，為正方形，故B錯誤；
對于選項C：設，
則
，
同理可得，
所以，故C正確；
對于選項D：設為直線上一點，
則，
當，即時，則，
可知當時，取得最小值；
當，即或，則，無最小值；
綜上可得：，故D正確；
故選：ACD.
1．（多選題）由倍角公式，可知可以表示為的二次多項式．一般地，存在一個次多項式，使得，這些多項式稱為切比雪夫（P．L．Tschebyscheff）多項式．運用探究切比雪夫多項式的方法可得（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】對于A：因為
，
所以，故A錯誤；
對于B：因為，
則
，
所以，故B正確；
對于C、D：因為，
因為為銳角，則，即，
則，解得或（舍去），
所以，故C正確；
但，所以，故D錯誤；
故選：BC.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)新定義題型01 壓軸小題全面歸納與解析
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 5
05 核心精講·題型突破 6
題型一：集合新定義 6
題型二：函數與導數新定義 7
題型三：立體幾何新定義 9
題型四：三角函數新定義 10
題型五：平面向量與解三角形新定義 13
題型六：數列新定義 14
題型七：圓錐曲線新定義 15
題型八：概率與統計新定義 17
重難點突破：高等數學背景下新定義 19
創新意識與創新應用是當下時代的重要主題，也是高中數學教學和學習過程中應當持續融入與培育的基本精神和能力。通過引入“新定義”，我們能夠巧妙地促進數學知識中概念的類比理解、公式的創新設立、性質的靈活應用以及知識的拓展與創新實踐等方面的融合與交匯，從而有效融入創新意識與創新應用的培養。
“新定義”型問題，具體指的是那些在問題中提出了高中數學課程中未曾涉及的一些新概念、新運算方法或新符號，要求學生能夠準確理解題意，并結合自身已有的知識和能力，根據這些新定義進行相應的運算、邏輯推理以及知識遷移的一類題型。換言之，這類問題要求學生具備根據新定義進行思維拓展和問題解決的能力。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
圓錐曲線新定義 掌握新定義，運用性質解題 2024年I卷第11題，6分 對于2025年新高考試卷中的新定義問題，預測其將繼續考察學生的創新思維與知識應用能力。題目可能會引入新的數學概念、運算或符號，要求學生理解并運用這些新定義進行推理和解答，以檢驗其綜合數學素養。
1、代數型新定義問題的主要考察方式：
（1）新定義的概念考查；
（2）新定義的運算方式考查；
（3）新定義的規則應用考查。
2、解決“新定義”問題的策略：
解決這類問題時，核心在于準確捕捉新定義中的關鍵信息，如新概念、新公式、新性質等，并明確其名稱、符號及法則。接著，將這些信息與已有知識點進行對比，找出相似之處和差異點，從而確定解題思路。最后，運用相關數學技巧和方法進行分析求解，并合理歸納結果。
1．（多選題）（2024年新課標全國Ⅰ卷數學真題）設計一條美麗的絲帶,其造型可以看作圖中的曲線C的一部分.已知C過坐標原點O.且C上的點滿足:橫坐標大于，到點的距離與到定直線的距離之積為4，則（ ）
A． B．點在C上
C．C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1 D．當點在C上時，
題型一：集合新定義
【典例1-1】已知集合，設，令表示集合所含元素的個數，則 .
【典例1-2】已知有限集合，定義集合中的元素的個數為集合的“容量”，記為.若集合，則 ；若集合，且，則正整數的值是 .
【變式1-1】設，為兩個非空實數集合，定義集合，若，，則集合的子集的個數為 ．
【變式1-2】定義集合的商集運算為：，已知集合，，則集合的真子集個數是 .
1．若平面點集滿足：任意點，存在，都有，則稱該點集是階聚合點集．
①若，則是3階聚合點集
②存在對任意正數，使不是階聚合點集
③若，則不是階聚合點集
④ “”是“是階聚合點集”的充要條件
其中所有正確結論的序號是 .
題型二：函數與導數新定義
【典例2-1】定理：如果函數及滿足：①圖象在閉區間上連續不斷；②在開區間內可導；③對，那么在內至少有一點，滿足成立，該定理稱為柯西中值定理.請利用該定理解決下面問題：已知，若存在正數，滿足，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【典例2-2】英國數學家牛頓在17世紀給出了一種求方程近似根的方法—牛頓迭代法，做法如下：如圖，設是的根，選取作為的初始近似值，過點作曲線的切線，則與軸的交點的橫坐標，稱是的第一次近似值；過點作曲線的切線，則該切線與軸的交點的橫坐標為，稱是的第二次近似值；重復以上過程，得的近似值序列，其中，稱是的次近似值，這種求方程近似解的方法稱為牛頓迭代法.若使用該方法求方程的近似解，則下列正確的是（ ）

A．若取初始近似值為1，則過點作曲線的切線
B．若取初始近似值為1，則該方程解的第二次近似值為
C．
D．
【變式2-1】函數，其中，是常數，其圖象是一條直線，稱這個函數為線性函數，對于非線性可導函數，在點附近一點的函數值，可以用如下方法求其近似代替值：.利用這一方法，的近似代替值（ ）
A．一定大于 B．一定小于
C．等于 D．與的大小關系不確定
【變式2-2】對于三次函數，現給出定義：設是函數的導數，是的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”，經過探究發現任何一個三次函數都有“拐點”，任何一個三次函數都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心，設函數，則函數的對稱中心為（ ）
A． B． C． D．
1．計算器計算，，，等函數的函數值，是通過寫入“泰勒展開式”程序的芯片完成的. “泰勒展開式”的內容為：如果函數在含有的某個開區間內可以進行多次求導數運算，則當時，有，其中是的導數，是的導數，是的導數，…. 取，則精確到的近似值為（ ）
A．0.82 B．0.84 C．0.86 D．0.88
題型三：立體幾何新定義
【典例3-1】刻畫空間彎曲性是幾何研究的重要內容，用“曲率”刻畫空間彎曲性，規定：多面體頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制）.例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為，則其各個頂點的曲率均為.若正四棱錐的側面與底面所成角的正切值為，則四棱錐在頂點處的曲率為（ ）
A． B． C． D．
【典例3-2】給定兩個不共線的空間向量與，定義叉乘運算，規定：①為同時與垂直的向量；②三個向量構成右手系（如圖1）；③．如圖2，在長方體中中，，則下列說法中錯誤的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【變式3-1】在空間直角坐標系中，定義：經過點且一個方向向量為的直線l的方程為，經過點且法向量為的平面的方程為.已知在空間直角坐標系中，經過點的直線的方程為，經過點的平面的方程為，則直線與平面所成角的正弦值為（ ）
A． B． C． D．
1．在《線性代數》中定義：對于一組向量，，存在一組不全為0的實數，，使得：成立，那么則稱，，線性相關，只有當時，才能使成立，那么就稱，，線性無關.若為一組不共面的空間向量，則以下向量組線性無關的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
題型四：三角函數新定義
【典例4-1】點將一條線段分為兩段和，若，則稱點為線段的黃金分割點.已知直線與函數的圖象相交，為相鄰的三個交點，則（ ）
A．當時，存在使點為線段的黃金分割點
B．對于給定的常數，不存在使點為線段的黃金分割點
C．對于任意的，存在使點為線段的黃金分割點
D．對于任意的，存在使點為線段的黃金分割點
【典例4-2】古人把正弦函數、余弦函數、正切函數、余切函數、正割函數、余割函數、正矢函數、余矢函數這八種三角函數的函數線合稱為八線.其中余切函數，正割函數，余割函數，正矢函數，余矢函數.如圖角始邊為軸的非負半軸，其終邊與單位圓交點，、分別是單位圓與軸和軸正半軸的交點，過點作垂直軸，作垂直軸，垂足分別為、，過點作軸的垂線，過點作軸的垂線分別交的終邊于、，其中、、、為有向線段，下列表示正確的是（ ）

A． B．
C． D．
【變式4-1】一般地，任意給定一個角，它的終邊與單位圓的交點的坐標，無論是橫坐標還是縱坐標，都是唯一確定的，所以點的橫坐標、縱坐標都是關于角的函數.下面給出這些函數的定義：
①把點的縱坐標叫作的正弦函數，記作，即；
②把點的橫坐標叫作的余弦函數，記作，即；
③把點的縱坐標的倒數叫作的余割函數，記作，即；
④把點的橫坐標的倒數叫作的正割函數，記作，即.
下列結論錯誤的是（ ）
A．
B．
C．函數的定義域為
D．
【變式4-2】由倍角公式，可知可以表示為的二次多項式，對于，我們有，可見也可以表示為的三次多項式.一般地，存在一個次多項式，使得，這些多項式稱為切比雪夫多項式.（提示：）如圖，在等腰中，已知，，且的外接圓半徑，結合上述知識，可得（ ）
A． B． C． D．
1．正割及余割這兩個概念是由伊朗數學家阿布爾威發首先引入的．定義正割，余割．已知為正實數，且對任意的實數均成立，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
題型五：平面向量與解三角形新定義
【典例5-1】在平面直角坐標系中，向量，若不共線，記以OA，OB為鄰邊的平行四邊形的面積．已知，，，則（ ）
A． B． C． D．
【典例5-2】已知對任意平面向量，把繞其起點沿逆時針方向旋轉角得到向量，叫做把點繞點沿逆時針方向旋轉角得到點.已知平面內點，，把點繞點沿逆時針方向旋轉后得到點，則的坐標為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-1】幾何定理：以任意三角形的三條邊為邊，向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形（稱為拿破侖三角形）的頂點．在中，已知，，，現以邊AB，BC，CA向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次記為D，E，F，則DE的長為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-2】克羅狄斯托勒密（約90-168年）是希臘著名的數學家、天文學家和地理學家．托勒密定理是歐幾里得幾何中的重要定理，定理內容如下：任意一凸四邊形，兩組對邊乘積的和不小于兩對角線的乘積，當且僅當四點共圓時，等號成立．已知在凸四邊形中，，，，，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
1．已知對任意平面向量，把繞其起點沿逆時針方向旋轉角得到向量，叫做點繞點沿逆時針方向旋轉角得到點.已知平面內點，點，把點繞點沿順時針方向旋轉后得到點，則點的坐標為（ ）
A． B． C． D．
題型六：數列新定義
【典例6-1】斐波那契數列又稱為黃金分割數列，在現代物理、化學等領域都有應用，斐波那契數列滿足，（，）.給出下列四個結論：
①存在，使得，，成等差數列；
②存在，使得，，成等比數列；
③存在常數t，使得對任意，都有，，成等差數列；
④不存在正整數，，…，，且，使得.
其中所有正確結論的序號是 .
【典例6-2】設數列和的項數均為m，稱為數列和的距離．記滿足的所有數列構成的集合為C．已知數列和為集合C中的兩個元素，項數均為m，給出下列四個結論：
①數列1，3，5，7和數列2，4，6，8的距離為4
②若，則
③若則
④若數列和的距離不超過2025，則m的最大值為3470．
其中，所有正確結論的序號是
【變式6-1】對于給定的數列，如果存在實數p、q，使得對任意成立，我們稱數列是“線性數列”，數列滿足，，則給出下列四個結論：
①等差數列是“線性數列”；
②等比數列是“線性數列”；
③若是等差數列，則是“線性數列”；
④若是等比數列，則是“線性數列”.
其中正確的結論是 .
【變式6-2】在一組互不相同的有序數組中定義：在的右邊比其大的數的個數稱為的“順序數”，在的右邊比其小的數的個數稱為的“逆序數”.我們把有序數組的所有元素的“順序數”與“逆序數”之和記為.
①有序數組的所有元素的“順序數”與“逆序數”之和 .
② .
1．在數列中，若存在兩個連續的三項，，與，，相同，則稱是“3階可重復數列”.已知給定項數為（，）的數列，其中一定是“階可重復數列”，則的最小值是 .
題型七：圓錐曲線新定義
【典例7-1】阿基米德的“平衡法”體現了近代積分法的基本思想，他用平衡法求得拋物線弓形（拋物線與其弦所在直線圍成的圖形）面積等于此弓形的內接三角形（內接三角形的頂點在拋物線上，且在過弦的中點與拋物線對稱軸平行或重合的直線上）面積的．現已知直線與拋物線：交于兩點，且為第一象限的點，在處的切線為，線段的中點為，直線軸所在的直線交于點，下列說法錯誤的是（ ）
A．若拋物線弓形面積為8，則其內接三角形的面積為6
B．切線的方程為
C．若，則弦對應的拋物線弓形面積大于
D．若分別取的中點，過且垂直軸的直線分別交于，則
【典例7-2】曲線：，其中，均為正數，則下列命題錯誤的是（ ）
A．當，時，曲線關于中心對稱
B．當，時，曲線是軸對稱圖形
C．當，時，曲線所圍成的面積小于
D．當，時，曲線上的點與距離的最小值等于
【變式7-1】定義：若直線將多邊形分為兩部分，且使得多邊形在兩側的頂點到直線的距離之和相等，則稱為多邊形的一條“等線”．已知雙曲線（a，b為常數）和其左右焦點，P為C上的一動點，過P作C的切線分別交兩條漸近線于點A，B，已知四邊形與三角形有相同的“等線”．則對于下列四個結論：
①；
②等線必過多邊形的重心；
③始終與相切；
④的斜率為定值且與a，b有關．
其中所有正確結論的編號是（ ）
A．①② B．①④ C．②③④ D．①②③
【變式7-2】（多選題）已知點到點的距離與點到y軸的距離的差為定值，記動點的軌跡為曲線C，則（ ）
A．當時，由拋物線和x軸的負半軸構成
B．當時，關于原點中心對稱
C．當時，為軸對稱圖形
D．當時，是由兩部分拋物線構成的封閉圖形
1．（多選題）我們把形如的曲線叫作拉梅曲線，該曲線是法國數學家加布里埃爾 拉梅在研究圓錐曲線方程時進行拓展而得的．下列說法正確的是（ ）
A．若，則拉梅曲線圍成的封閉區域的面積為
B．若，則拉梅曲線圍成的封閉區域的面積小于
C．若拉梅曲線與曲線恰有4個公共點，則
D．若為拉梅曲線上第一象限內一點，則
題型八：概率與統計新定義
【典例8-1】（多選題）為了估計一批產品的不合格品率，現從這批產品中隨機抽取一個樣本容量為的樣本，定義，于是，，，記（其中或1，），稱表示為參數的似然函數．極大似然估計法是建立在極大似然原理基礎上的一個統計方法，極大似然原理的直觀想法是：一個隨機試驗如有若干個可能的結果A，B，C，…，若在一次試驗中，結果A出現，則一般認為試驗條件對A出現有利，也即A出現的概率很大. 極大似然估計是一種用給定觀察數據來評估模型參數的統計方法，即“模型已定，參數未知”，通過若干次試驗，觀察其結果，利用試驗結果得到某個參數值能夠使樣本出現的概率為最大．根據以上原理，下面說法正確的是（ ）
A．有外形完全相同的兩個箱子，甲箱有99個白球1個黑球，乙箱有1個白球99個黑球．今隨機地抽取一箱，再從取出的一箱中抽取一球，結果取得白球，那么該球一定是從甲箱子中抽出的
B．一個池塘里面有鯉魚和草魚，打撈了100條魚，其中鯉魚80條，草魚20條，那么推測鯉魚和草魚的比例為4:1時，出現80條鯉魚、20條草魚的概率是最大的
C．
D．達到極大值時，參數的極大似然估計值為
【典例8-2】條件概率與條件期望是現代概率體系中的重要概念，近年來，條件概率和條件期望已被廣泛的應用到日常生產生活中.定義：設，是離散型隨機變量，則在給定事件條件下的期望為，其中為的所有可能取值集合，表示事件“”與事件“”都發生的概率.某商場進行促銷活動，凡在該商場每消費500元，可有2次抽獎機會，每次獲獎的概率均為，某人在該商場消費了1000元，共獲得4次抽獎機會.設表示第一次抽中獎品時的抽取次數，表示第二次抽中獎品時的抽取次數.則 .
【變式8-1】在n維空間中（，），以單位長度為邊長的“立方體”的頂點坐標可表示為n維坐標，其中.則5維“立方體”的頂點個數是 ；定義：在n維空間中兩點與的曼哈頓距離為.在5維“立方體”的頂點中任取兩個不同的頂點，記隨機變量X為所取兩點間的曼哈頓距離，則 .
【變式8-2】馬爾科夫鏈是機器學習和人工智能的基石，其數學定義為:假設序列狀態是...，，那么時刻的狀態的條件概率僅依賴前一狀態，即.著名的賭徒模型就應用了馬爾科夫鏈：假如一名賭徒進入賭場參與一個賭博游戲，每一局賭徒賭贏的概率都為50%，每局賭贏可以贏得1金幣，賭輸就要輸掉1金幣.賭徒自以為理智地決定，遇到如下兩種情況就會結束賭博游戲：一是輸光了手中金幣;二是手中金幣達到預期的1000金幣，出現這兩種情況賭徒都會停止賭博.記賭徒的本金為70金幣，求賭徒輸光所有金幣的概率 .
1．產品抽樣檢查中經常遇到一類實際問題，假定在N件產品中有M件不合格品，在產品中隨機抽件做檢查，發現件不合格品的概率為，其中是與中的較小者，在不大于合格品數（即）時取0，否則取與合格品數之差，即.根據以上定義及分布列性質，請計算當N=16，M=8時， ；若，，請計算 ．（用組合數表示）
重難點突破：高等數學背景下新定義
【典例9-1】（多選題）群的概念由法國天才數學家伽羅瓦（1811-1832）在19世紀30年代開創，群論雖起源于對代數多項式方程的研究，但在量子力學 晶體結構學等其他學科中也有十分廣泛的應用.設是一個非空集合，“”是一個適用于中元素的運算，若同時滿足以下四個條件，則稱對“”構成一個群：（1）封閉性，即若，則存在唯一確定的，使得；（2）結合律成立，即對中任意元素都有；（3）單位元存在，即存在，對任意，滿足，則稱為單位元；（4）逆元存在，即任意，存在，使得，則稱與互為逆元，記作.一般地，可簡記作可簡記作可簡記作，以此類推.正八邊形的中心為.以表示恒等變換，即不對正八邊形作任何變換；以表示以點為中心，將正八邊形逆時針旋轉的旋轉變換；以表示以所在直線為軸，將正八邊形進行軸對稱變換.定義運算“”表示復合變換，即表示將正八邊形先進行變換再進行變換的變換.以形如，并規定的變換為元素，可組成集合，則對運算“”可構成群，稱之為“正八邊形的對稱變換群”，記作.則以下關于及其元素的說法中，正確的有（ ）
A．，且
B．與互為逆元
C．中有無窮多個元素
D．中至少存在三個不同的元素，它們的逆元都是其本身
【典例9-2】（多選題）是由個數（復數或實數）排列成行列的長方陣，簡稱矩陣，記作：，這個數稱為矩陣的元素，簡稱為元，數位于矩陣的第行第列，稱為矩陣的元．兩個矩陣的乘法僅當第一個矩陣的列數和第二個矩陣的行數相等時才能定義（做乘法），如是矩陣，是矩陣，記為，它們的乘積是一個矩陣，它的任意一個元素值為：，則下列選項中正確的是（ ）
A． B．
C．矩陣的乘法滿足交換律 D．矩陣的乘法滿足結合律
【變式9-1】（多選題）泰勒公式通俗的講就是用一個多項式函數去逼近一個給定的函數，也叫泰勒展開式，下面給出兩個泰勒展開式
由此可以判斷下列各式正確的是（ ）．
A．（i是虛數單位） B．（i是虛數單位）
C． D．
【變式9-2】（多選題）在平面直角坐標系中，定義為兩點，的“切比雪夫距離”，又設點及直線上任意一點，稱的最小值為點到直線的“切比雪夫距離”，記作，則下列命題中正確的是（ ）
A．，，則
B．為坐標原點，動點滿足，則的軌跡為圓
C．對任意三點、、，都有
D．已知點和直線：，則
1．（多選題）由倍角公式，可知可以表示為的二次多項式．一般地，存在一個次多項式，使得，這些多項式稱為切比雪夫（P．L．Tschebyscheff）多項式．運用探究切比雪夫多項式的方法可得（ ）
A． B．
C． D．
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