資源簡介

新定義題型02 壓軸解答題的深度剖析與策略歸納
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 13
題型一：集合新定義 13
題型二：函數與導數新定義 18
題型三：立體幾何新定義 25
題型四：三角函數新定義 34
題型五：平面向量與解三角形新定義 45
題型六：數列新定義 52
題型七：圓錐曲線新定義 57
題型八：概率與統計新定義 67
重難點突破：高等數學背景下新定義 75
創新意識與創新應用是新時代的主旋律，也是高中數學教學與學習中需要不斷滲透與培養的一種基本精神與能力！借助“新定義”，可以巧妙進行數學知識中的概念類比、公式設置、性質應用、知識拓展與創新應用等的交匯與融合，很好地融入創新意識與創新應用.
所謂“新定義”型問題，主要是指在問題中定義了高中數學中沒有學過的一些概念、新運算、新符號，要求同學們讀懂題意并結合已有知識、能力進行理解，根據新定義進行運算、推理、遷移的一種題型。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
數列新定義 理解概念，掌握應用，提升思維。 2024年II卷第19題，17分 2024年北京卷第21題，15分 2023年北京卷第21題，15分 2022年北京卷第21題，15分 2021年北京卷第21題，15分 預測2025年新高考試卷第19題結構考查數列新定義問題，壓軸題，難度比較大．
1、代數型新定義問題的常見考查形式
（1）概念中的新定義；
（2）運算中的新定義；
（3）規則的新定義等．
2、解決“新定義”問題的方法
在實際解決“新定義”問題時，關鍵是正確提取新定義中的新概念、新公式、新性質、新模式等信息，確定新定義的名稱或符號、概念、法則等，并進行信息再加工，尋求相近知識點，明確它們的共同點和不同點，探求解決方法，在此基礎上進行知識轉換，有效輸出，合理歸納，結合相關的數學技巧與方法來分析與解決！
1．（2024年北京高考數學真題）某保險公司為了了解該公司某種保險產品的索賠情況，從合同險期限屆滿的保單中隨機抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數據如下表：
賠償次數 0 1 2 3 4
單數
假設：一份保單的保費為0.4萬元；前3次索賠時，保險公司每次賠償0.8萬元；第四次索賠時，保險公司賠償0.6萬元.假設不同保單的索賠次數相互獨立.用頻率估計概率.
(1)估計一份保單索賠次數不少于2的概率；
(2)一份保單的毛利潤定義為這份保單的保費與賠償總金額之差.
（i）記為一份保單的毛利潤，估計的數學期望；
（ⅱ）如果無索賠的保單的保費減少，有索賠的保單的保費增加，試比較這種情況下一份保單毛利潤的數學期望估計值與（i）中估計值的大小．（結論不要求證明）
【解析】（1）設為“隨機抽取一單，賠償不少于2次”，
由題設中的統計數據可得.
（2）（ⅰ）設為賠付金額，則可取，
由題設中的統計數據可得，
，，
，
故
故（萬元）.
（ⅱ）由題設保費的變化為，
故（萬元），
從而.
2．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）某投籃比賽分為兩個階段，每個參賽隊由兩名隊員組成，比賽具體規則如下：第一階段由參賽隊中一名隊員投籃3次，若3次都未投中，則該隊被淘汰，比賽成績為0分；若至少投中一次，則該隊進入第二階段.第二階段由該隊的另一名隊員投籃3次，每次投籃投中得5分，未投中得0分.該隊的比賽成績為第二階段的得分總和．某參賽隊由甲、乙兩名隊員組成，設甲每次投中的概率為p，乙每次投中的概率為q，各次投中與否相互獨立．
(1)若，，甲參加第一階段比賽，求甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分的概率．
(2)假設，
（i）為使得甲、乙所在隊的比賽成績為15分的概率最大，應該由誰參加第一階段比賽？
（ii）為使得甲、乙所在隊的比賽成績的數學期望最大，應該由誰參加第一階段比賽？
【解析】（1）甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分，則甲第一階段至少投中1次，乙第二階段也至少投中1次，
比賽成績不少于5分的概率.
（2）（i）若甲先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績為15分的概率為，
若乙先參加第一階段比賽，則甲、乙所在隊的比賽成績為15分的概率為，
，
，
，應該由甲參加第一階段比賽.
(ii)若甲先參加第一階段比賽，比賽成績的所有可能取值為0，5，10，15，
，
，
，
，
記乙先參加第一階段比賽，比賽成績的所有可能取值為0，5，10，15，
同理
，
因為，則，，
則，
應該由甲參加第一階段比賽.
3．（2023年北京高考數學真題）為研究某種農產品價格變化的規律，收集得到了該農產品連續40天的價格變化數據，如下表所示．在描述價格變化時，用“+”表示“上漲”，即當天價格比前一天價格高；用“-”表示“下跌”，即當天價格比前一天價格低；用“0”表示“不變”，即當天價格與前一天價格相同．
時段 價格變化
第1天到第20天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 +
第21天到第40天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - +
用頻率估計概率．
(1)試估計該農產品價格“上漲”的概率；
(2)假設該農產品每天的價格變化是相互獨立的．在未來的日子里任取4天，試估計該農產品價格在這4天中2天“上漲”、1天“下跌”、1天“不變”的概率；
(3)假設該農產品每天的價格變化只受前一天價格變化的影響．判斷第41天該農產品價格“上漲”“下跌”和“不變”的概率估計值哪個最大．（結論不要求證明）
【解析】（1）根據表格數據可以看出，天里，有個，也就是有天是上漲的，
根據古典概型的計算公式，農產品價格上漲的概率為：
（2）在這天里，有天上漲，天下跌，天不變，也就是上漲，下跌，不變的概率分別是，，，
于是未來任取天，天上漲，天下跌，天不變的概率是
（3）由于第天處于上漲狀態，從前次的次上漲進行分析，上漲后下一次仍上漲的有次，不變的有次，下跌的有次，
因此估計第次不變的概率最大.
4．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）某廠為比較甲乙兩種工藝對橡膠產品伸縮率的處理效應，進行10次配對試驗，每次配對試驗選用材質相同的兩個橡膠產品，隨機地選其中一個用甲工藝處理，另一個用乙工藝處理，測量處理后的橡膠產品的伸縮率．甲、乙兩種工藝處理后的橡膠產品的伸縮率分別記為，．試驗結果如下：
試驗序號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
伸縮率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548
伸縮率 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536
記，記的樣本平均數為，樣本方差為．
(1)求，；
(2)判斷甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率是否有顯著提高（如果，則認為甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率有顯著提高，否則不認為有顯著提高）
【解析】（1），
，
，
的值分別為: ，
故
（2）由（1）知:，，故有,
所以認為甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率有顯著提高.
5．（2023年新課標全國Ⅰ卷數學真題）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規則如下：若命中則此人繼續投籃，若末命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．
(1)求第2次投籃的人是乙的概率；
(2)求第次投籃的人是甲的概率；
(3)已知：若隨機變量服從兩點分布，且，則．記前次（即從第1次到第次投籃）中甲投籃的次數為，求．
【解析】（1）記“第次投籃的人是甲”為事件，“第次投籃的人是乙”為事件，
所以，
.
（2）設，依題可知，，則
，
即，
構造等比數列，
設，解得，則，
又，所以是首項為，公比為的等比數列，
即．
（3）因為，，
所以當時，，
故．
6．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）某研究小組經過研究發現某種疾病的患病者與未患病者的某項醫學指標有明顯差異，經過大量調查，得到如下的患病者和未患病者該指標的頻率分布直方圖：

利用該指標制定一個檢測標準，需要確定臨界值c，將該指標大于c的人判定為陽性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為；誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為．假設數據在組內均勻分布，以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率．
(1)當漏診率％時，求臨界值c和誤診率；
(2)設函數，當時，求的解析式，并求在區間的最小值．
【解析】（1）依題可知，左邊圖形第一個小矩形的面積為，所以，
所以，解得：，
．
（2）當時，
；
當時，
,
故，
所以在區間的最小值為．
7．（2022年新高考全國II卷數學真題）在某地區進行流行病學調查，隨機調查了100位某種疾病患者的年齡，得到如下的樣本數據的頻率分布直方圖：

(1)估計該地區這種疾病患者的平均年齡（同一組中的數據用該組區間的中點值為代表）；
(2)估計該地區一位這種疾病患者的年齡位于區間的概率；
(3)已知該地區這種疾病的患病率為，該地區年齡位于區間的人口占該地區總人口的.從該地區中任選一人，若此人的年齡位于區間，求此人患這種疾病的概率．（以樣本數據中患者的年齡位于各區間的頻率作為患者的年齡位于該區間的概率，精確到0.0001）.
【解析】（1）平均年齡
（歲）．
（2）設{一人患這種疾病的年齡在區間}，所以
．
（3）設“任選一人年齡位于區間[40,50)”，“從該地區中任選一人患這種疾病”，
則由已知得：
,
則由條件概率公式可得
從該地區中任選一人，若此人的年齡位于區間，此人患這種疾病的概率為．
8．（2022年高考全國乙卷數學（理）真題）某地經過多年的環境治理，已將荒山改造成了綠水青山．為估計一林區某種樹木的總材積量，隨機選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積（單位：）和材積量（單位：），得到如下數據：
樣本號ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 總和
根部橫截面積 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材積量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
并計算得．
(1)估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；
(2)求該林區這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關系數（精確到0.01）；
(3)現測量了該林區所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為．已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比．利用以上數據給出該林區這種樹木的總材積量的估計值．
附：相關系數．
【解析】（1）樣本中10棵這種樹木的根部橫截面積的平均值
樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值
據此可估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積為，
平均一棵的材積量為
（2）
則
（3）設該林區這種樹木的總材積量的估計值為，
又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，
可得，解之得．
則該林區這種樹木的總材積量估計為
題型一：集合新定義
【典例1-1】給定平面上一些點的集合D及若干個點若對于為定值，我們就稱為一個穩定點集.
(1)判斷集合與點構成的是不是穩定點集，并說明理由；
(2)判斷集合以及點構成的是不是穩定點集，并說明理由；
(3)若集合及單位圓中的內接2024邊形的頂點，，，構成的是一個穩定點集，求的值.
【解析】（1）不是穩定點集，理由如下：
取，則；
取，則，
故不是穩定點集.
（2）是穩定點集，理由如下：
設，，則，
則
，為定值，
故是穩定點集.
（3）因為是穩定點集，設是單位圓上任意一點，所以為定值，
所以，
因為，故，
因為為定值，所以為定值，
因為是單位圓上任意一點，所以，故.
【典例1-2】二進制是計算技術中廣泛采用的一種數制，二進制數據是用0和1兩個數碼來表示的數，它的基數為2，進位規則“逢二進一”，借位規則“借一當二”．記十進制下的正整數在二進制下的表示為，若，則稱為“Z20數”.記表示集合中“Z20數”的個數.
(1)計算；
(2)求；
(3)求證：，有；并求出所有，使得的取值唯一．
【解析】（1）記表示集合中“Z20數”的個數，表示集合中“Z20數”的個數，
由于，由于，故4不是“Z20數”
由于，由于，故5不是“Z20數”
由于，由于，故6不是“Z20數”
故
由于，由于，故7是“Z20數”
由于，由于，故8不是“Z20數”
故，
綜上可得，
（2）表示集合中在二進制表示下
恰有3個1的所有元素的個數.
因為中有個數其二進制表示恰有3個1，
因為在二進制表示下，
故中在二進制表示下恰有3個1的數都是從右起第位數字是1，
而在后位中找兩個位置放1，其余位置放0而得到的，故有個
又的二進制表示分別為
其中只有的二進制表示中恰有3個1，
所以當時，．
（3）設表示所有的“Z20數”表示的集合，因為在二進制表示下，
在的個位數字后面添加一個0，恰為在二進制下表示的數，
于是與同時屬于，或者同時不屬于，
且集合比恰少了一個，
而多了兩個數，因此
由，且對任意正整數，由（2）知都存在正整數使得，
并且由遞推關系，可知存在正整數使得.
假設恰有一個使得，則，
當且僅當時成立，
由二進制表示知必有的形式.故.
因此，使得只有唯一解的全體由正整數給出，且唯一解為．
【變式1-1】已知集合具有性質：對任意，與至少有一個屬于，則稱為“封閉集”．
(1)若集合，，判斷，是否是“封閉集” 并說明理由；
(2)若集合是“封閉集”，且，求集合；
(3)設集合是“封閉集”，證明：當時，．
【解析】（1）集合中，因為，，所以集合不是“封閉集”．
集合中，
因為，，，，，，
所以集合是“封閉集”；
（2）因為，且是“封閉集”，由于，
所以，則，所以，
又因為，所以，
則，，，
由集合的元素互異性可知，，而，所以，
故集合；
（3）因為是“封閉集”，
所以，則，所以，
又因為，所以，
又因為，所以，則，
由集合元素的互異性可知
所以，，，，，
所以，
即①
所以當時，②
則①②為
也即，命題得證．
1．已知m為大于0的偶數，集合．給定項數為的有限數列，對于集合中任意元素，記．
(1)若，數列，寫出的所有可能值．
(2)對于各項均為正數的數列，證明：存在，使得．
(3)對于各項均為正數的數列和，證明：存在，使得同時成立．
注：表示中最大的數，表示中最小的數．
【解析】（1）當時，集合.
中的元素有以下幾種情況：
當時，數列，根據，則.
當時，.
當時，.
當時，.
當時，.
當時，.
所以的所有可能值為.
（2）設，.
令，其中這樣確定：當時，；當時，；對于其他的（），（這里是使得或的下標）.
則.
所以，即存在，使得.
（3）設，.
考慮所有個的值（因為中元素個數為個），這些值構成一個集合；所有個的值構成一個集合.
將區間等分成個小區間（），每個小區間長度為；將區間等分成個小區間（），每個小區間長度為.
由于中元素個數為，根據抽屜原理，在個的值中，至少有兩個值和落在同一個小區間內；在個的值中，至少有兩個值和落在同一個小區間內.
令（這里和是使得和落在同一個小區間內的中的元素，和類似）.
則.
同理.
所以存在，使得同時成立．
題型二：函數與導數新定義
【典例2-1】有一種速度叫“中國速度”，“中國速度”正在刷新世界對中國高鐵的認知．由于地形等原因，在修建高鐵、公路、橋隧等基建時，我們常用曲線的曲率（Curvature）來刻畫路線彎曲度．曲線的曲率定義如下：記為的導函數，為的導函數，則曲線在點處的曲率為．
(1)已知函數，求曲線在點處的曲率；
(2)已知函數，求曲線的曲率的范圍．
【解析】（1）因為，所以，
，故，，
由曲率公式得.
（2）因為，所以，
，由曲率公式得，
故，
則，
令，令，函數化為，
令，則，函數化為，
對進行變形，得到，
令，函數化為，
此時，我們研究的范圍即可，而，
當時，恒成立，故在上單調遞增，
而，，
故，即，故.
【典例2-2】牛頓法是17世紀牛頓在《流數法與無窮級數》一書中，給出了高次代數方程的一種數值解法.具體步驟如下：設是函數的一個零點，任取作為的初始近似值，過點作曲線的切線，設與軸交點的橫坐標為，并稱為的1次近似值；過點作曲線的切線，設與軸交點的橫坐標為，稱為的2次近似值；一直繼續下去，得到.一般地，過點作曲線的切線，記與軸交點的橫坐標為，并稱為的次近似值，稱數列為牛頓數列.
(1)若函數的零點為.求的2次近似值；
(2)設是函數的兩個零點，數列為函數的牛頓數列，數列滿足.
（i）求證：數列為等比數列；
（ii）證明：.
【解析】（1）因為，則，
可得，，
曲線在處的切線為，
令，得，則，，
曲線在處的的切線為，
令，得，
所以的2次近似值為.
（2）（i）因為，則，
可得，，
過點作曲線的切線，
令，得，
則，
又因為是函數的兩個零點，則，
且，則，
可得，
則，故數列為等比數列；
（ii）記，則，
當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以當時，取得最大值，
所以，即，
由題意可得：，記，則，
由，可得：，即，即，
所以.
【變式2-1】在幾何學常常需要考慮曲線的彎曲程度，為此我們需要刻畫曲線的彎曲程度.考察如圖所示的光滑曲線：上的曲線段，其弧長為，當動點從沿曲線段運動到點時，點的切線也隨著轉動到點的切線，記這兩條切線之間的夾角為（它等于的傾斜角與的傾斜角之差）.顯然，當弧長固定時，夾角越大，曲線的彎曲程度就越大；當夾角固定時，弧長越小則彎曲程度越大，因此可以定義為曲線段的平均曲率；顯然當越接近，即越小，就越能精確刻畫曲線在點處的彎曲程度，因此定義（若極限存在）為曲線在點處的曲率.（其中，分別表示在點處的一階、二階導數）
(1)求單位圓上圓心角為的圓弧的平均曲率；
(2)求橢圓在處的曲率；
(3)定義為曲線的“柯西曲率”.已知在曲線上存在兩點和，若且處的“柯西曲率”相同，求的最小值.
【解析】（1）易知單位圓上圓心角為的圓弧，
所以，
（2）由題意，因為在第一象限，所以，
，，
故，，故
（3），，
故，其中，
令，，則，設，則，
令，，
時，，在遞減，
時，，在遞增，
故；
令，
，
令，
則，當時，恒成立，
故在上單調遞增，
可得，即，
故有，
則在遞增，
故，
故的最小值為.
1．設函數的定義域為，其導函數為，區間是的一個非空子集．若對區間內的任意實數，存在實數，使得，且使得成立，則稱函數為區間上的“函數”．
(1)判斷函數是否為上的“函數”，并說明理由；
(2)若函數是上的“函數”．
（ⅰ）求的取值范圍；
（ⅱ）證明：，．
【解析】（1）因為，則，
因為，．
又，所以，
所以對于任意恒成立．
故是上的“函數”．
（2）（ⅰ），
由條件得對任意的恒成立，
即任意的恒成立．
①當時，對一切成立．
②當時，恒成立．
設，則對任意的恒成立，
所以在上單調遞減，可得．
③當時，由恒成立．
設，則，所以在上單調遞減，
可得．
綜上所述，的范圍是．
（ⅱ）證明：由（ⅰ）知，．
對，．
下面證：，，
即證，．
設，則，所以在上單調遞增，
又，所以成立．
所以時，不等式成立．
所以，成立．
題型三：立體幾何新定義
【典例3-1】空間直角坐標系中，任何一個平面的方程都能表示成（其中），且為該平面的法向量.
(1)若平面，，且，求實數的值；
(2)請利用法向量和投影向量的相關知識證明：點到平面的距離為，若記集合所圍成的幾何體為，求的內切球的表面積；
(3)記集合中所有點構成的幾何體為.
①求的體積的值；
②求的相鄰（有公共棱）兩個面所成二面角的大小.
【解析】（1）根據題意，平面的法向量，平面的法向量，
所以，故.
（2）不妨設，在平面內取一點，則向量，
取平面的一個法向量，
所以點到平面的距離為
對于，
當時，表示經過，，的平面在第一象限的部分.
由對稱性可知表示，，這六個頂點形成的正八面體.
法1：設內切球的半徑為，則即為原點到平面的距離，
則.
所以內切球的表面積為；
法2：考慮；
即為三個坐標平面與圍成的四面體，其四個頂點分別為，，，，
此四面體的體積為，
由對稱性知，正八面體的體積，
設內切球的半徑為，正八面體的表面積為，
所以，解得：.
所以內切球的表面積為；
（3）由（2）可知所圍幾何體是關于平面，，對稱的，
其在第一卦限的形狀為正三棱錐，如圖其中、OB、兩兩垂直，且.
集合所表示的幾何圖形也關于平面，，對稱，
其在第一卦限內的部分的圖形如圖（1），
圖1
①如圖2，就是把圖1的幾何圖形進行分割的結果.
圖2
所以所構成的幾何體如圖3所示.
圖3
其中正方體記為集合所構成的區域.
而構成了一個正四棱錐，且到面的距離為1，
所以，
所以幾何體的體積.
②從圖2可以看出，幾何體在第一卦限的部分為有公共底面的兩個三棱錐和.
設其體積為.
由正方體的性質可知面.
因為，，
所以其體積.
所以幾何體的體積.
由題意可知：面方程為，所以其法向量，面方程為，其法向量.
所以
由圖知兩個相鄰的面所成角為鈍角.
故相鄰兩個面所成角為.
【典例3-2】球面三角學是研究球面三角形的邊、角關系的一門學科.如圖，球的半徑為.、、為球面上三點，劣弧的弧長記為，設，表示以為圓心，且過、的圓，同理，圓，的劣弧、的弧長分別記為、，曲面（陰影部分）叫做球面三角形.若設二面角，，分別為、、，則球面三角形的面積為.
(1)若平面、平面、平面兩兩垂直，求球面三角形的面積；
(2)若平面三角形為直角三角形，，設，，.則：
①求證：
②延長與球交于點.若直線，與平面所成的角分別為，，，，為中點，為中點，設平面與平面的夾角為，求的最小值，及此時平面截球的面積.
【解析】（1）若平面OAB，OAC，OBC兩兩垂直，有，
所以球面三角形ABC面積為.
（2）①由余弦定理有：，且，
消掉，可得；
②由AD是球的直徑，則，
且，，平面BCD，
所以平面BCD，且平面BCD，則，
且，平面ABC，可得平面ABC，
由直線DA，DC與平面ABC所成的角分別為，所以，
不妨先令，則，
由，，，
以C為坐標原點，以CB，CA所在直線為x，y軸，過點C作BD的平行線為z軸，建立如圖空間直角坐標系，
設，則，
可得，，
則，
設平面OBC法向量，則，
取，則，可得，
設平面EST法向量，則，
取，則，可得，
要使sinθ取最小值時，則取最大值，
因為
，
令，則，
可得，
當且僅當取等．
則取最大值，為最小值，
此時點，可得，，
設平面AEC中的法向量，則，
取，則，可得，
可得球心O到平面AEC距離為，
設平面AEC截球O圓的半徑為r，則，
所以截面圓面積為.
【變式3-1】定義：多面體在點處的離散曲率為，其中為多面體的一個頂點，（，且）為多面體的所有與點相鄰的頂點，且平面、平面、、平面和平面為多面體的所有以為公共點的面．如圖，在四棱錐中，平面，底面為正方形，，．
(1)求四棱錐在頂點處的離散曲率；
(2)求四棱錐內切球的表面積；
(3)若是棱上的一個動點，求直線與平面所成角的取值范圍．
【解析】（1）因為平面，平面，所以，
因為，則．
因為平面，平面，所以，
又，，、平面，所以平面，
又平面，所以，即，
由離散曲率的定義得．
（2）因為四邊形為正方形，則，
因為平面，平面，則，
因為，、平面，所以，平面，
因為平面，所以，
設四棱錐的表面積為，
則
．
設四棱錐的內切球的半徑為，則，
所以，
所以四棱錐內切球的表面積．
（3）如圖，過點作交于點，連接，
因為平面，所以平面，
則為直線與平面所成的角．
易知，當與重合時，；
當與不重合時，設，
在中，由余弦定理得
因為，所以，所以，則，
所以．
當分母最小時，最大，即最大，此時（與重合），
由，得，即，
所以的最大值為，
所以直線與平面所成角的取值范圍為．
1．在空間直角坐標系Oxyz中，這點且以為方向向量的直線方程可表示為，過點且以為法向量的平面方程可表示為．
(1)已知直線的方程為，直線的方程為．請分別寫出直線和直線的一個方向向量．
(2)若直線與都在平面內，求平面的方程；
(3)若集合中所有的點構成了多面體Ω的各個面，求Ω的體積和相鄰兩個面所在平面的夾角的余弦值．
【解析】（1）因為直線的方程為，即，可知直線的一個方向向量；
直線的方程為，即，可知直線的一個方向向量.
（2）由題意可知：直線過點，且其一個方向向量為，
直線過點，且其一個方向向量為，
則為平面內一點.
設平面的法向量為，則，
令，則，可得，
所以平面的方程為，即.
（3）由集合可知，
多面體與坐標軸交于各點，，如圖所示，
可知四邊形為正方形，
邊長，
所以，正方形的面積為，
而正四棱錐的高為，
則，
所以多面體的體積為.
由集合中所有的點構成了多面體的各個面，
點均滿足方程.
可知平面的方程為，且該平面的一個法向量為，
同理可知，平面的方程為，該平面的一個法向量為，
平面的方程為，該平面的一個法向量為，
所以.
由對稱性可知，任意相鄰兩平面的夾角的余弦值都為.
故多面體相鄰兩個面所在平面的夾角的余弦值為.
綜上，的體積為，相鄰兩個面所在平面的夾角的余弦值為.
題型四：三角函數新定義
【典例4-1】在三角函數領域，為了三角計算的簡便并且追求計算的精確性，曾經出現過以下兩種少見的三角函數：定義為角的正矢（或），記作；定義為角的余矢（Coversed或coversedsine），記作．
(1)設函數，求函數的單調遞減區間；
(2)當時，設函數，若關于的方程的有三個實根，則：
①求實數的取值范圍；
②求的取值范圍．
【解析】（1）因為
，
令，解得，
所以的單調遞減區間為.
（2）①因為
，
又，所以當時，當時，
所以，
當時，且在上單調遞增，在上單調遞減，
當時，則，則在上單調遞減，
所以，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞減，
且，，，，的圖象如下所示：
因為有三個實數根，即與有三個交點，所以；
②由①可知，，則，
所以，，
所以
，
令，則，
所以，
因為在上單調遞增，當時，
當時，
即，所以，
所以，所以，
即.
【典例4-2】對于定義域為R的函數，若存在常數，使得是以為周期的周期函數，則稱為“正弦周期函數”，且稱為其“正弦周期”.
(1)判斷函數是否為“正弦周期函數”，并說明理由；
(2)已知是定義在R上的嚴格增函數，值域為R，且是以為“正弦周期”的“正弦周期函數”，若，且存在，使得，求的值；
(3)已知是以為一個“正弦周期”的“正弦周期函數”，且存在和，使得對任意，都有，證明：是周期函數.
【解析】（1），則，
故，
所以是正弦周期函數.
（2）存在，使得，故，
因為是以為“正弦周期”的“正弦周期函數”，
所以，
又，，
所以，
又，
則，
故，，
因為，所以，且嚴格增，
由于，，
故，解得，
則整數，
下證.
若不然，，則，由的值域為R知，
存在，，使得，，
則，
，
由嚴格單調遞增可知，
又，
故，這與矛盾.
故，綜上所述，；
（3）若，則由可知為周期函數.
若，則對任意，存在正整數，使得且.
因為是以為一個“正弦周期”的“正弦周期函數”，且，
所以，
故，所以，
若，則同理可證（取為負整數即可）.
綜上，得證.
【變式4-1】如果一個實數是有理數，或是對有理數進行有限次加、乘和開二次方根運算的結果，或是對這些結果繼續進行有限次加、乘和開二次方根運算的結果，則稱這個實數為可解數.如果一個角的正弦值和余弦值都是可解數，則稱這個角為可解角.如：角都是可解角.
(1)判斷，，是否為可解數（無需說明理由）；
(2)證明：角是可解角；
(3)已知每個可解數a都是某些整系數多項式函數（）的零點，這些多項式中，x的最高次數n最小，且系數，，，…，的最大公約數為1的多項式函數稱為a的最小多項式函數.任一可解數a的最小多項式函數中x的最高次數n必為（）.例如：的最小多項式函數不是，而是.證明：角不是可解角，并求整數度數的銳角中最小的可解角.
【解析】（1）根據題意可知：是可解數，是可解數，不是可解數
（2）設，則
又
因為，所以，
解方程，得是可解數，
又顯然是可解數，所以72°角是可解角.
（3）先證明角不是可解角.
因為
，
所以，
即是的零點
根據已知結論，若是可解數，那么它的最小多項式函數最高次項次數只能是1或2，
即有整系數一次或二次因式，
法1：假設，整數a，b，c的最大公約數為1，整數p，q互質，不妨令，，（，完全同理）
則
若，，當時，，則且，無解；
若，，當時，，則且，無解；
若，，當時，，則且，無解；
若，，當時，，則且，無解；
同理，若，，也均無解
說明不可能是可解數，20°角不是可解角
法2：有整系數一次或二次因式，說明存在有理零點
設它的有理零點為，m，n是互質的整數.
于是，，
所以，得到m整除，
，，，，同理n整除，.
得到，，，，顯然這些都不是的零點，
說明不可能是可解數，角不是可解角；
設，是可解角，則，，，都是可解數，
容易看到可解數的加、減、乘以及開二次方根的結果還是可解數，
于是，，
也是可解數，因此可解角的和、差、半角還是可解角，
因為角不是可解角，
若角是可解角，則多次相加后，角也是可解角，矛盾，
同理，角也不是可解角，
利用，是可解角，
因此是整數度數的銳角中的最小可解角.
1．給定函數，設，若存在實數，使得在區問上是嚴格單調函數，則稱為的“正弦單調區間”，并將的最大值稱為的“正弦單調值”．
(1)判斷是否存在“正弦單調區間”，并說明理由；
(2)若，證明：對任意的非零實數，的“正弦單調值”為定值；
(3)若，當變化時，求的“正弦單調值”的最大值，以及的“正弦單調值”取最大值時實數的取值集合．
【解析】（1）當時，，
此時為偶函數，又在上遞減，在上遞增.
故不存在閉區間，使得在上嚴格單調，
即不存在“正弦單調區間”.
（2）當時，，
則，其中，
要使存在“正弦單調區間”，
則包含原點在內的單調區間應為嚴格遞增區間.
又.
①當時，其中輔助角，
不妨設，由，
令，即，解得，
由，則當時，函數的單調增區間為，
即的最大值為；
②當時，其中輔助角，
不妨設，由，
令，即，解得，
由，則當時，函數的單調增區間為，
即的最大值為；
綜上所述，的“正弦單調值”為定值.
（3）當時，，
，其中.
①當時，，此時為偶函數，
則在包含的任意區間上，不可能是嚴格單調函數，
即不存在“正弦單調區間”；
②當時，由，要使存在“正弦單調區間”，
則需要滿足在上嚴格單調遞增，即，
當時，，
令，即，解得，
由，則當時，函數的單調增區間為，
即的最大值為；
當時，，
當時，則，
由零點存在性定理可知，存在，使；
當時，，
則由零點存在性定理可知，存在，使.
當時，.
令，得， 其中.
如圖，在同一直角坐標系中分別作函數的圖象，
由圖可知為函數在內的唯一零點，且為異號零點；
為函數在內的唯一零點，且為異號零點，
又由，得，
則，
令，故有，則.
由圖可知， 當時，，此時.
故當時，，，
則，
在上單調遞增；
當時，；
當時，，，
則，在上單調遞增；
故可得當時，，在上單調遞增；
又為異號零點，故，且；
因此有，故此時，
所以，當時，的“正弦單調值”小于.
當時，同理可得如下結論（如圖）：
為函數在內的唯一零點，且為異號零點；
為函數在內的唯一零點，且為異號零點.
且由，得，，
同理可知，
且可得當時，，在上單調遞增；
又為異號零點，故，且；
因此有，故此時，
所以，當時，的“正弦單調值”小于.
③當時，由，要使存在“正弦單調區間”，
則需要滿足在上單調遞減，即，
各類情況與時同理可得.
綜上所述，當變化時，的“正弦單調值”的最大值為，
故的“正弦單調值”取最大值時實數的取值集合為．
題型五：平面向量與解三角形新定義
【典例5-1】如圖，設、是平面內相交成的兩條射線，、分別為、同向的單位向量，定義平面坐標系為仿射坐標系，在仿射坐標系中，若，則記.
(1)在仿射坐標系中，若，求；
(2)在仿射坐標系中，若，，且與的夾角為，求；
(3)如圖所示，在仿射坐標系中，、分別在軸、軸正半軸上，，，、分別為、中點，求的最大值.
【解析】（1）由題意可知，、的夾角為，
由平面向量數量積的定義可得，
因為，則，.
則，所以.
（2）由，，得，，
且，
所以，，
，則，
，
因為與的夾角為，則，解得.
（3）依題意設、，
且，，，
因為為的中點，則，
因為為中點，同理可得，
所以，，
由題意可知，，，
則，
在中依據余弦定理得，所以，
代入上式得，.
在中，由正弦定理，
設，則，且，
所以，，，
，
為銳角，且，
因為，則，
故當時，取最大值，
則
【典例5-2】定義三邊長分別為，，，則稱三元無序數組為三角形數．記為三角形數的全集，即．
(1)證明：“”是“”的充分不必要條件；
(2)若銳角內接于圓O，且，設．
①若，求；
②證明：．
【解析】（1），則，即，
∴，即，
同理可得，，
則成立，
取，則為等腰直角三角形的三邊，
但，，不能為三角形的三邊，
故推不出，
∴“”是“”的充分不必要條件．
（2）①，則，
∴，
又因為，∴，
而均為三角形內角，∴，
記，
∴；
②由，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
同理得，，
∴x，y，z可組成三角形，∴.
【變式5-1】定義向量的“親密函數”為.設向量的“親密函數”為.
(1)求的單調遞增區間；
(2)若方程有三個連續的實數根，，，且，，求實數的值；
(3)已知為銳角三角形，，，為的內角，，的對邊，，且，求面積的取值范圍.
【解析】（1）由題知，
令，，解得，，
所以的單調遞增區間為.
（2）因為，故，
根據正弦函數圖象，
且可知，，且，，
得到，且，
又，故，故，
則，所以，
當時，，解得，
當時，即，解得，
所以實數的值為或.
（3）由（1）知，，即，
在銳角中，，則，即，
由正弦定理，得，
因此，
由，得，則，于是，
所以面積的取值范圍為.
1．對于平面向量，定義“變換”：，
(1)若向量，，求；
(2)求證：；
(3)已知，，且與不平行，，，求證：．
【解析】（1）因為向量
所以
所以.
（2）因為.
所以
.
.
，所以.
（3）方法一：，
，
由（2）可得，
又因為
，即，
可得，
且在內單調遞減，，
可知，
所以.
所以
方法二:設，
，
因為，
，
所以
，
所以.
題型六：數列新定義
【典例6-1】已知數列的前n項和為，若對每一個，有且僅有一個，使得，則稱為“X數列”．記，稱數列為的“余項數列”．
(1)若的前四項依次為，試判斷是否為“X數列”，并說明理由；
(2)若，證明為“X數列”，并求它的“余項數列”的通項公式；
(3)已知的正項數列為“X數列”，且的“余項數列”為等差數列，證明．
【解析】（1）不是“X數列”，
依題意，，則，，不符合題意，
所以不是“X數列”.
（2）由，得當時，；當時，，
而不滿足，因此，
令，即，則當時，有，解得；
當時，，則，而，于是，
因此對每一個，有且僅有一個且，使得，
即對任意，有且僅有一個，使得，所以為“X數列”，
，，
所以的“余項數列”通項公式為，.
（3）由是正項數列，得單調遞增，則，，
由，且為“X數列”，得，由，得，
的“余項數列”為等差數列，則其公差，
由，得，
若，則當時，，與矛盾，
則，，，即，
對于，若，則，與正項數列矛盾，
于是，，
因此，，
當時，，又，
則，，而，所以.
【典例6-2】已知是由不全相同的正整數組成的有窮數列，其前項和為，．集合，中元素個數為，將中所有元素取出，并按從小到大排列，記為數列．若，則稱數列為數列．
(1)若，寫出一個數列
(2)若是公比為偶數的等比數列，證明：為數列：
(3)若數列是等差數列，求的最小正整數．
【解析】（1）若，則，
此時，
，此時
故滿足條件的數列有：1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8（寫一個即可）
（2）證明：為等比數列，且，則公比．
為偶數，為偶數，，且恒為奇數．
此時，而，故
，故為數列
（3）設數列的公差為，則，
當時，設此時前項和為，
，
又的最小正整數為2，
當時，設此時的前項和為，易知
，
的最小正整數為2．
綜上所述，的最小正整數為2
【變式6-1】若數列是等差數列，則稱與互為和等差數列．已知為數列的前項和．
(1)若，，試問與是否互為和等差數列？說明你的理由．
(2)設為等比數列，，且與互為和等差數列．
①求的通項公式；
②設，求數列的前項和．
【解析】（1）當時，
又也滿足．
所以．
因為，且
所以與互為和等差數列．
（2）因為，所以，得．
因為，所以當時，，
即，
所以
又，所以數列是首項為，公比為2的等比數列、
所以，即．
①因為與互為和等差數列，所以為等差數列，
又為等比數列，所以的通項公式為．
②，
故
1．把一列函數按一定次序排列稱為函數列，記為.例如：函數列可以記為.記為的導函數.
(1)若.證明：為等差數列.
(2)已知定義在上的函數列滿足，且對任意的，都有.
（i）設，證明：的充要條件是.
（ii）取定正數，使數列是首項和公比均為的等比數列，證明：.
【解析】（1）由題知，所以，
記，因為，
所以為等差數列，即是首項為，公差為的等差數列.
（2）令，則.
所以在上單調遞增，所以當時，，
則當時，.
（i）充分性：當時，由題知顯然成立.
必要性：若，則由時，，得，
則，所以.
因為，所以.
所以的充要條件是.
（ii）由題知，且，則，
兩邊取自然對數得，則需.
考慮函數，
當時，；當時，.
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
所以.
因為在上單調遞減，所以，
所以，
則，即.
題型七：圓錐曲線新定義
【典例7-1】定義：對橢圓及任意一點，稱直線為關于點的“極線”.
結論1：若點在橢圓上，則關于點的極線就是在點處的切線.
結論2（橢圓的光學性質）：從橢圓一個焦點發出的光線照射到橢圓上，其反射光線會經過另一個焦點.
試根據上面的定義和結論解決下列問題：
已知是橢圓的兩個焦點，關于點的極線與相交于兩點.
(1)求；
(2)設在點處的切線為，在點處的切線為，過在上且在外一點作的兩條切線，切點分別為,證明：直線相交于一點；
(3)若是上除頂點以外的任意一點，直線和分別與直線相交于點，證明：為定值.
【解析】（1）根據定義，可得的方程為，即，
將其代入的方程得，解得，
不妨取，所以.
（2）根據所給結論可知分別是關于點的極線，
如圖（1），取，則.
由解得所以和交于點，
要證明直線相交于一點，只需證明直線過點即可.
設.
根據所給結論，可知直線，直線.
因為直線和都經過點，所以，
所以直線的方程為，將代入，得，方程也成立，
所以直線過點，故直線相交于一點.
（3）由題意，在點處的切線方程為，則與平行，且經過坐標原點.
如圖（2）所示，由橢圓的光學性質，可知.
又因為，所以，所以，所以.
過作，與交于點，則，所以.
另一方面，因為，所以，
從而，所以.
因此，故為定值.
【典例7-2】已知為橢圓上一點，對于上任意兩點，，我們定義關于的生成點的形成過程：過作平行于的直線交于異于的一個點（若與重合，則為在處的切線；若與處切線平行，則交點為），記為，且對，記，稱為關于的生成點列.
(1)已知，，直接寫出和的坐標；
(2)若，且均在第一象限，證明：；
(3)已知為上異于的一點，且在第一象限內，若關于的生成點列中至少有一點是，求出所有滿足題意的點的坐標.
【解析】（1）設，由，，得直線斜率，
則過點且與平行的直線為，即，
由對稱性可知，直線與橢圓交點為，即；
由，則，
由題意橢圓在點處的切線方程為，
過點作此切線的平行線交橢圓于點（異于點）；
故，設，則過點，
故設過點且與直線平行的直線方程為，
設橢圓在此點處的切線方程為，
聯立橢圓方程，
由所求交點不同于點，則得，故.
故，.
（2）設橢圓上任意一點，由橢圓，
則可設，其中參數，下面記對應的參數.
由，可知，由題意均在第一象限，
則，，.
由此，若在橢圓上，可設，
即，
若，若，
則，
由和差化積公式可得，
化簡得，
則，，所以，
特別地，若，，
則由，則.
設，其中.
設，根據上述結論由，可得，
即，則，
若，則，.
若，則，
結合圖形可知.
有，
所以若，則仍然成立.
故同理可得，，
則.
（3）對于生成的點列，下面用數學歸納法證明：
對任意，成立
①當時，則時，，滿足結論；
②當（）時，都有，
則當時，由點與的連線與點與的連線平行，
則由（2）可知，，.
則
，，，
所以當時，也成立，
綜合①②可知，對任意，成立.
因此，若關于的生成點列中至少有一點是，
則存在正整數，使得，
可得，即，
由在第一象限，則由，解得，
故所有滿足題意的點的坐標為.
【變式7-1】已知為坐標平面內一定點，A為平面上的任意點，向量，點A繞著點逆時針旋轉角后得到點，則，我們稱該過程為平面上點的旋轉，對平面上的任一點做旋轉，則稱其為平面的旋轉變換．平面上的某二次曲線能夠通過旋轉變成反比例函數圖象，我們稱該二次曲線為“反比例曲線”．
(1)證明曲線是“反比例曲線”，并求出旋轉后的反比例函數圖象的表達式．
(2)證明：“雙曲線是‘反比例曲線’”的充要條件是“該雙曲線是等軸雙曲線”．
(3)若存在雙曲線是“反比例曲線”，過原點的直線交該雙曲線于點，將繞點旋轉至能在雙曲線的漸近線上找到點，點滿足，以此類推，過點作斜率為的直線交雙曲線于點，將繞點旋轉至能在雙曲線的漸近線上找到點，點滿足．在中，設底邊上的高為，求．
【解析】（1）由題，在旋轉變換公式中取，旋轉變換后的坐標為．
得
則，將其代入，得，
化簡得，
故曲線是“反比例曲線”，所求反比例函數圖象的表達式為；
或在旋轉變換公式中取，旋轉變換后的坐標為．
得
則，將其代入，得，
化簡得，
故曲線是“反比例曲線”，所求反比例函數圖象的表達式為，
綜上，反比例函數圖象的表達式為或.
（2）必要性：根據旋轉的坐標變換公式，得，所以，
代入得，
化簡得，
“雙曲線是‘反比例曲線’”，
所以，解得，故該雙曲線是等軸雙曲線，必要性成立；
充分性：由等軸雙曲線定義可知，即，
代入（1）中的旋轉變換公式，得，化簡得，
故該雙曲線是“反比例曲線”．
綜上所述，“雙曲線是‘反比例曲線’”的充要條件是“該雙曲線是等軸雙曲線”．
（3）由（2）可知，雙曲線的方程可進一步表示為，
因為旋轉變換的角度不影響最終的結果，故本題取，
且旋轉變換后得到的反比例函數圖象的表達式為，即．
設經過旋轉變換后，
因為是等腰三角形，所以，
根據反比例函數定義可得．
故且．
從點向軸作垂線交于點，向軸作垂線交于點，
設矩形的面積為，因為，
當時，．
由于，，故當時，
，
因為，所以，從而．
以此類推，
，
因為，
所以，可得．
1．現定義：若圓上一動點，圓外一定點，滿足的最大值為其最小值的兩倍，則稱為圓的“上進點”.若點同時是圓和圓的“上進點”，則稱為圓“”的“牽連點”.已知圓.
(1)若點為圓的“上進點”，求點的軌跡方程并說明軌跡的形狀；
(2)已知圓，且均為圓“”的“牽連點”.
（i）求直線的方程；
（ii）若圓是以線段為直徑的圓，直線與交于兩點，探究當不斷變化時，在軸上是否存在一點，使得軸平分？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）設，因為點為圓的“上進點”，
所以，即，又，得到，
所以的軌跡方程為，點的軌跡是以為圓心 為半徑的圓.
（2）（i）因為為圓“”的“牽連點”，所以同時為圓與圓的“上進點”，
由為圓的“上進點”，得，所以，
即點在圓上，
由為圓的“上進點”，由（1）知點在圓上，
所以點是圓和的交點.
因為均為圓“”的“牽連點”，
所以直線為圓和的公共弦所在直線，
兩圓方程相減可得，故直線的方程為.
（ii）因為的圓心為，半徑為，
又的圓心為，半徑為，
所以直線的方程為，與聯立得的中點坐標為，
點S到直線的距離為，則，
所以圓的方程為，
假設軸上存在點滿足題意，設.
則，即，整理得.
將，代入上式可得，
整理得①，
聯立，消可得，，
所以，代入①并整理得，
此式對任意的都成立，所以，
故軸上存在點，滿足題意恒成立.
題型八：概率與統計新定義
【典例8-1】已知數列的通項公式為的通項公式為，設集合.
(1)在中任取三個不同的元素，記所取的三個元素中在中的元素個數為，求隨機變量的分布列和數學期望.
(2)定義在全集上的子集的特征函數.設，記事件：，求事件發生的概率.
【解析】（1）由題可得，
所以，
由題意知的所有可能取值為0，1，2，，
所以的分布列為：
0 1 2
故的數學期望；
（2）由集合的特征函數的定義及知，
事件包含的所有樣本點的集合為.
設集合中元素的個數為，
即數列的前2010項與數列的前15項中的相同項的個數為，
則事件發生的概率，
對于數列和的相同項來說，
必定存在，使得，即成立，
所以，
所以為正奇數，因為數列和均為遞增數列，
且，
所以數列的前2010項與數列的前15項中的相同項為，
所以，所以事件發生的概率.
【典例8-2】在信息論中，熵（entropy）是接收的每條消息中包含的信息的平均量，又被稱為信息熵 信源熵.若把信息熵定義為概率分布的對數的相反數，設隨機變量的所有取值為，定義信息熵：
(1)若，且，求隨機變量的信息熵；
(2)若，求隨機變量的信息熵；
(3)設和是兩個獨立的隨機變量，求證：.
【解析】（1）若，則隨機變量的取值為1或2，
又，故，
，
所以隨機變量的信息熵為1.
（2）由題意，當時，，
，
而，
，
令，則，兩式相減得
，
所以，
則.
（3）由題意，，
，
而且，，
所以
.
【變式8-1】高血壓（也稱血壓升高），是血液在流動時對血管壁造成的壓力值持續高于正常范圍的現象，典型癥狀包括頭痛、疲倦或不安、心律失常、心悸耳鳴等．最新的調查顯示，中國成人高血壓的患病率為，大概每三位成人中就有一位是高血壓患者．改善生活方式和藥物治療是最常用的治療方式，同時適當鍛煉可以使血壓水平下降，高血壓發病率降低，控制高血壓的發展．
(1)某社區為鼓勵和引導轄區居民積極參加體育健身活動，養成良好的鍛煉習慣，開展“低碳萬步走，健康在腳下”徒步走活動．下表為開展活動后近5個季度社區高血壓患者的血壓情況統計．
季度 1 2 3 4 5
血壓明顯降低 （或治愈）人數 320 270 210 150 100
若血壓明顯降低（或治愈）人數與季度變量（季度變量依次為）具有線性相關關系，請預測第6季度血壓明顯降低（或治愈）的大約有多少人？
(2)社區將參加徒步走活動的隊員分成了甲、乙、丙三組進行挑戰賽，其規則：挑戰權在任何一組，該組都可向另外兩組發起挑戰，首先由甲組先發起挑戰，挑戰乙組、丙組的概率均為，若甲組挑戰乙組，則下次挑戰權在乙組．若挑戰權在乙組，則挑戰甲組、丙組的概率分別為，；若挑戰權在丙組，則挑戰甲組、乙組的概率分別為，．
（ⅰ）經過3次挑戰，求挑戰權在乙組的次數的分布列與數學期望；
（ⅱ）定義：已知數列，若對于任意給定的正數（不論它多么小），總存在正整數，使得當時，（是一個確定的實數），則稱數列為“聚點數列”，稱為數列的聚點．經過次挑戰后，挑戰權在甲組的概率為，證明數列為“聚點數列”，并求出聚點的值．
附：回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為，．
【解析】（1）由已知可得，
．
又因為，
，
所以，
所以，
所以，
當時，，
所以預測第6季度血壓明顯降低（或治愈）的大約有42人．
（2）（ⅰ）由題知的所有可能取值為0，1，2，
；
；
，
所以的分布列為
0 1 2
所以．
（ⅱ）設經過次挑戰后，挑戰權在乙、丙組的概率分別為，，
則當時，，，，
由后兩個等式相加，得． ①
因為，所以，，
代入①式得，
即，
所以．
因為，，
所以，
所以，
所以數列是首項為，公比為的等比數列，
所以，
即，
所以由，得，即，
所以對任意給定的正數（不論它多么小），總存在正整數（表示不超過的最大整數），使得當時，，
所以數列為“聚點數列”，聚點的值為．
1．錯排問題最早由伯努利與歐拉系統研究，歷史上稱為伯努利一歐拉的裝錯信封問題.現在定義錯排數為將，，，，共個元素排列在，，，，共個位置上，其中有個元素不在其對應位置上的情況數（的對應位置為，，）.容易得到，，，，規定.
(1)計算：，；
(2)記，的前項和為，證明：；
(3)定義錯排概率為隨機將，，，，共個元素排列在，，，，共個位置上，其中恰有個元素不在其對應位置上的概率，證明：.
【解析】（1）可以排在，，上，有種排法.
不妨設排在上，接下來討論.
當排在上時，剩下兩個元素，的排法有（種）.
當不排在上時，可以排在，上，有種情況.
若排在上，剩下兩個元素，只有1種排法.
所以.
可以排在，，，上，有種情況.
不妨設排在上，接下來討論，
①當排在上時，剩下三個元素，，分別不排在，，上，
則，，的不同排法有（種）.
②當不排在上時，可以排在，，上，有種排法，
若排在上，接下來討論.
（ⅰ）當排在上時，剩下兩個元素，的排法有（種）；
（ⅱ）當不排在上時，可以排在，上，有種排法，
剩下兩個元素，只有1種排法.
故.
（2）當時，，滿足.
當時，要證明，只需證明，
所以只需證明，.
當時，，成立.
回到定義，當時，對于，不妨從開始排列，
設排在上，有種排法.
接下來討論，
①當排在上時，剩下，，，，，，共個元素
分別不在，，，，，，上，
共有種排法.
②當不排在上時，
因為，，，，，，分別不在，，，，，，上，
所以，，，，，，共個元素
分別不在，，，，，，上，
共有種排法.
所以.
所以，，
即，.
綜上，成立.
（3）根據定義，
先從個元素中選出個元素，再對它們進行排列，并使它們均不排在對應位置上，
所以.
所以.
不妨記，
則，且，，，
得，
則，
故是等比數列，且公比為，
又，所以，
變形得，
則當時，，，
，，
累加得
經檢驗，也符合上式，
所以，
所以.
重難點突破：高等數學背景下新定義
【典例9-1】帕德逼近是法國數學家亨利·帕德發現的一種用有理函數逼近任意函數的方法．帕德逼近有“階”的概念，如果分子是次多項式，分母是次多項式，那么得到的就是階的帕德逼近，記作．一般地，函數在處的階帕德逼近定義為：，且滿足，．
注：．
已知函數在處的階帕德逼近為．
(1)求的解析式；
(2)當時，比較與的大小；
(3)證明：當時，．
【解析】（1）由題意知，
，
即解得
所以．
（2）設，則．
記，則．
當時，單調遞增；
當時，單調遞減．
所以當時，，
所以，僅當時，，故在上單調遞減．
又因為，
所以當時，，
當時，，
當時，．
即當時，，
當時，，
當時，．
（3）證明：要證當時，，需證．
設，則．
令，得，令，得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，即．
要證，只需證，需證．
記，易知在上單調遞增．
由（2）知，當時，，即，
取，則有．
所以結論成立．
【典例9-2】請閱讀下列2段材料：
材料1：若函數的導數仍是可導函數，則的導數稱為的二階導數，記為：若仍是可導函數，則的數稱為的三階導數，記為；以此類推，我們可以定義n階導數：設函數的階導數（，）仍是可導函數，則的導數稱為的n階導數，記為，即.
材料2：帕德逼近是法國數學家亨利·帕德發現的對任意函數的一種用有理函數逼近的方法.帕德逼近有階的概念，如果分子是m次多項式，分母是n次多項式，那么帕德逼近就是階的帕德逼近.
一般地，函數在處的階帕德逼近函數定義為：且滿足，，，…，（其中…為自然對數的底數）.
請根據以上材料回答下列問題：
(1)求函數在處的階帕德逼近函數，并比較與的大小；
(2)求證：當時，恒成立.
(3)在（1）條件下，若在上存在極值，求m的取值范圍
【解析】（1）由，，又，
所以可得，所以，
可知，，，
由題意，，所以，解得，
所以，令，
則，
所以在其定義域內為增函數，又，
所以時，；時，．
（2）當時，要證，只需證，即證，
令，則，
由，得，由，得，
所以在上遞減，在上遞增，所以，
所以只需證，即，所以只需證，
由（1）可知當時，，即，
所以，所以原不等式成立.
（3）由，
．
由在上存在極值，所以在上存在變號零點．
令，則，．
①當時，，為減函數，所以，
所以在上為減函數，，無零點，不滿足條件．
②當，即時，，為增函數，，
在上為增函數，無零點，不滿足條件．
③當，即時，令，即，所以．
當時，，為減函數；
當時，，為增函數，
所以；
令，則，當時，，
在上單調遞增，，所以恒成立；
因為，所以，則，
所以，所以，
因為，
令，
令，，
則在是單調遞減，，所以，
所以，
令，則，所以，，所以，即，
由零點存在定理可知，在上存在唯一零點，
又由③知，當時，，為減函數，，
所以此時，，在內無零點，
所以在上存在變號零點，綜上所述實數的取值范圍為．
【變式9-1】記為有窮數列的前項和，若滿足下列兩個條件則稱為階“期待數列”：①；②.形如的數表表示2行列的矩陣，設是由階“期待數列”中的項任意排列組成的2行列的矩陣，記為階“期待數列”組成的所有2行列的矩陣的集合.設為的第行各數之和為的第列各數之和，記為，中的最小值.
(1)若等差數列是遞增的2023階“期待數列”，且，求；
(2)對所有的矩陣，求的最大值；
(3)給定，對所有的矩陣，求的最大值.
【解析】（1）設等差數列的公差，由題意可得，即，
所以，即，所以，又，由可得，
所以，解得，
由可得.
（2）設且，
若任意改變矩陣的行的次序或列的次序，或把中的每一個數都換成其相反數，得到新矩陣，則，
不妨設，
由定義可知，，
所以
，
當且僅當時取等號，則的最大值為.
（3）設，
，
由（2）不妨設，
由定義可知，，
相加可得
.
當且僅當，且時取等號，所以，的最大值為.
1．數值線性代數又稱矩陣計算，是計算數學的一個重要分支，其主要研究對象包括向量和矩陣.對于平面向量，其模定義為.類似地，對于行列的矩陣，其模可由向量模拓展為（其中為矩陣中第行第列的數，為求和符號），記作，我們稱這樣的矩陣模為弗羅貝尼烏斯范數，例如對于矩陣，其矩陣模.弗羅貝尼烏斯范數在機器學習等前沿領域有重要的應用.
(1)，，矩陣，求使的的最小值.
(2)，，，矩陣求.
(3)矩陣，證明：，，.
【解析】（1）由題意得.
若，則，即.
因式分解得.因為，所以.
所以使的的最小值是10.
（2）由題得第1對角線上的平方和為，
第2對角線上的平方和為
，
第對角線上的平方和為
，
第對角線上的平方和為，
所以
所以.
（3）由題意知，證明
等價于證明，
注意到左側求和式，
將右側含有的表達式表示為求和式有
故只需證成立，
即證成立，令，
則需證成立，
記，則在上恒成立，所以在上單調遞增，
所以，
所以在上恒成立，即成立，
所以原不等式成立.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)新定義題型02 壓軸解答題的深度剖析與策略歸納
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 10
題型一：集合新定義 10
題型二：函數與導數新定義 12
題型三：立體幾何新定義 14
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 19
題型六：數列新定義 21
題型七：圓錐曲線新定義 22
題型八：概率與統計新定義 25
重難點突破：高等數學背景下新定義 27
創新意識與創新應用是新時代的主旋律，也是高中數學教學與學習中需要不斷滲透與培養的一種基本精神與能力！借助“新定義”，可以巧妙進行數學知識中的概念類比、公式設置、性質應用、知識拓展與創新應用等的交匯與融合，很好地融入創新意識與創新應用.
所謂“新定義”型問題，主要是指在問題中定義了高中數學中沒有學過的一些概念、新運算、新符號，要求同學們讀懂題意并結合已有知識、能力進行理解，根據新定義進行運算、推理、遷移的一種題型。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
數列新定義 理解概念，掌握應用，提升思維。 2024年II卷第19題，17分 2024年北京卷第21題，15分 2023年北京卷第21題，15分 2022年北京卷第21題，15分 2021年北京卷第21題，15分 預測2025年新高考試卷第19題結構考查數列新定義問題，壓軸題，難度比較大．
1、代數型新定義問題的常見考查形式
（1）概念中的新定義；
（2）運算中的新定義；
（3）規則的新定義等．
2、解決“新定義”問題的方法
在實際解決“新定義”問題時，關鍵是正確提取新定義中的新概念、新公式、新性質、新模式等信息，確定新定義的名稱或符號、概念、法則等，并進行信息再加工，尋求相近知識點，明確它們的共同點和不同點，探求解決方法，在此基礎上進行知識轉換，有效輸出，合理歸納，結合相關的數學技巧與方法來分析與解決！
1．（2024年北京高考數學真題）某保險公司為了了解該公司某種保險產品的索賠情況，從合同險期限屆滿的保單中隨機抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數據如下表：
賠償次數 0 1 2 3 4
單數
假設：一份保單的保費為0.4萬元；前3次索賠時，保險公司每次賠償0.8萬元；第四次索賠時，保險公司賠償0.6萬元.假設不同保單的索賠次數相互獨立.用頻率估計概率.
(1)估計一份保單索賠次數不少于2的概率；
(2)一份保單的毛利潤定義為這份保單的保費與賠償總金額之差.
（i）記為一份保單的毛利潤，估計的數學期望；
（ⅱ）如果無索賠的保單的保費減少，有索賠的保單的保費增加，試比較這種情況下一份保單毛利潤的數學期望估計值與（i）中估計值的大小．（結論不要求證明）
2．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）某投籃比賽分為兩個階段，每個參賽隊由兩名隊員組成，比賽具體規則如下：第一階段由參賽隊中一名隊員投籃3次，若3次都未投中，則該隊被淘汰，比賽成績為0分；若至少投中一次，則該隊進入第二階段.第二階段由該隊的另一名隊員投籃3次，每次投籃投中得5分，未投中得0分.該隊的比賽成績為第二階段的得分總和．某參賽隊由甲、乙兩名隊員組成，設甲每次投中的概率為p，乙每次投中的概率為q，各次投中與否相互獨立．
(1)若，，甲參加第一階段比賽，求甲、乙所在隊的比賽成績不少于5分的概率．
(2)假設，
（i）為使得甲、乙所在隊的比賽成績為15分的概率最大，應該由誰參加第一階段比賽？
（ii）為使得甲、乙所在隊的比賽成績的數學期望最大，應該由誰參加第一階段比賽？
3．（2023年北京高考數學真題）為研究某種農產品價格變化的規律，收集得到了該農產品連續40天的價格變化數據，如下表所示．在描述價格變化時，用“+”表示“上漲”，即當天價格比前一天價格高；用“-”表示“下跌”，即當天價格比前一天價格低；用“0”表示“不變”，即當天價格與前一天價格相同．
時段 價格變化
第1天到第20天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 +
第21天到第40天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - +
用頻率估計概率．
(1)試估計該農產品價格“上漲”的概率；
(2)假設該農產品每天的價格變化是相互獨立的．在未來的日子里任取4天，試估計該農產品價格在這4天中2天“上漲”、1天“下跌”、1天“不變”的概率；
(3)假設該農產品每天的價格變化只受前一天價格變化的影響．判斷第41天該農產品價格“上漲”“下跌”和“不變”的概率估計值哪個最大．（結論不要求證明）
4．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）某廠為比較甲乙兩種工藝對橡膠產品伸縮率的處理效應，進行10次配對試驗，每次配對試驗選用材質相同的兩個橡膠產品，隨機地選其中一個用甲工藝處理，另一個用乙工藝處理，測量處理后的橡膠產品的伸縮率．甲、乙兩種工藝處理后的橡膠產品的伸縮率分別記為，．試驗結果如下：
試驗序號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
伸縮率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548
伸縮率 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536
記，記的樣本平均數為，樣本方差為．
(1)求，；
(2)判斷甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率是否有顯著提高（如果，則認為甲工藝處理后的橡膠產品的伸縮率較乙工藝處理后的橡膠產品的伸縮率有顯著提高，否則不認為有顯著提高）
5．（2023年新課標全國Ⅰ卷數學真題）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規則如下：若命中則此人繼續投籃，若末命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．
(1)求第2次投籃的人是乙的概率；
(2)求第次投籃的人是甲的概率；
(3)已知：若隨機變量服從兩點分布，且，則．記前次（即從第1次到第次投籃）中甲投籃的次數為，求．
6．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）某研究小組經過研究發現某種疾病的患病者與未患病者的某項醫學指標有明顯差異，經過大量調查，得到如下的患病者和未患病者該指標的頻率分布直方圖：

利用該指標制定一個檢測標準，需要確定臨界值c，將該指標大于c的人判定為陽性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為；誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為．假設數據在組內均勻分布，以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率．
(1)當漏診率％時，求臨界值c和誤診率；
(2)設函數，當時，求的解析式，并求在區間的最小值．
7．（2022年新高考全國II卷數學真題）在某地區進行流行病學調查，隨機調查了100位某種疾病患者的年齡，得到如下的樣本數據的頻率分布直方圖：

(1)估計該地區這種疾病患者的平均年齡（同一組中的數據用該組區間的中點值為代表）；
(2)估計該地區一位這種疾病患者的年齡位于區間的概率；
(3)已知該地區這種疾病的患病率為，該地區年齡位于區間的人口占該地區總人口的.從該地區中任選一人，若此人的年齡位于區間，求此人患這種疾病的概率．（以樣本數據中患者的年齡位于各區間的頻率作為患者的年齡位于該區間的概率，精確到0.0001）.
8．（2022年高考全國乙卷數學（理）真題）某地經過多年的環境治理，已將荒山改造成了綠水青山．為估計一林區某種樹木的總材積量，隨機選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積（單位：）和材積量（單位：），得到如下數據：
樣本號ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 總和
根部橫截面積 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材積量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
并計算得．
(1)估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；
(2)求該林區這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關系數（精確到0.01）；
(3)現測量了該林區所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為．已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比．利用以上數據給出該林區這種樹木的總材積量的估計值．
附：相關系數．
題型一：集合新定義
【典例1-1】給定平面上一些點的集合D及若干個點若對于為定值，我們就稱為一個穩定點集.
(1)判斷集合與點構成的是不是穩定點集，并說明理由；
(2)判斷集合以及點構成的是不是穩定點集，并說明理由；
(3)若集合及單位圓中的內接2024邊形的頂點，，，構成的是一個穩定點集，求的值.
【典例1-2】二進制是計算技術中廣泛采用的一種數制，二進制數據是用0和1兩個數碼來表示的數，它的基數為2，進位規則“逢二進一”，借位規則“借一當二”．記十進制下的正整數在二進制下的表示為，若，則稱為“Z20數”.記表示集合中“Z20數”的個數.
(1)計算；
(2)求；
(3)求證：，有；并求出所有，使得的取值唯一．
【變式1-1】已知集合具有性質：對任意，與至少有一個屬于，則稱為“封閉集”．
(1)若集合，，判斷，是否是“封閉集” 并說明理由；
(2)若集合是“封閉集”，且，求集合；
(3)設集合是“封閉集”，證明：當時，．
1．已知m為大于0的偶數，集合．給定項數為的有限數列，對于集合中任意元素，記．
(1)若，數列，寫出的所有可能值．
(2)對于各項均為正數的數列，證明：存在，使得．
(3)對于各項均為正數的數列和，證明：存在，使得同時成立．
注：表示中最大的數，表示中最小的數．
題型二：函數與導數新定義
【典例2-1】有一種速度叫“中國速度”，“中國速度”正在刷新世界對中國高鐵的認知．由于地形等原因，在修建高鐵、公路、橋隧等基建時，我們常用曲線的曲率（Curvature）來刻畫路線彎曲度．曲線的曲率定義如下：記為的導函數，為的導函數，則曲線在點處的曲率為．
(1)已知函數，求曲線在點處的曲率；
(2)已知函數，求曲線的曲率的范圍．
【典例2-2】牛頓法是17世紀牛頓在《流數法與無窮級數》一書中，給出了高次代數方程的一種數值解法.具體步驟如下：設是函數的一個零點，任取作為的初始近似值，過點作曲線的切線，設與軸交點的橫坐標為，并稱為的1次近似值；過點作曲線的切線，設與軸交點的橫坐標為，稱為的2次近似值；一直繼續下去，得到.一般地，過點作曲線的切線，記與軸交點的橫坐標為，并稱為的次近似值，稱數列為牛頓數列.
(1)若函數的零點為.求的2次近似值；
(2)設是函數的兩個零點，數列為函數的牛頓數列，數列滿足.
（i）求證：數列為等比數列；
（ii）證明：.
【變式2-1】在幾何學常常需要考慮曲線的彎曲程度，為此我們需要刻畫曲線的彎曲程度.考察如圖所示的光滑曲線：上的曲線段，其弧長為，當動點從沿曲線段運動到點時，點的切線也隨著轉動到點的切線，記這兩條切線之間的夾角為（它等于的傾斜角與的傾斜角之差）.顯然，當弧長固定時，夾角越大，曲線的彎曲程度就越大；當夾角固定時，弧長越小則彎曲程度越大，因此可以定義為曲線段的平均曲率；顯然當越接近，即越小，就越能精確刻畫曲線在點處的彎曲程度，因此定義（若極限存在）為曲線在點處的曲率.（其中，分別表示在點處的一階、二階導數）
(1)求單位圓上圓心角為的圓弧的平均曲率；
(2)求橢圓在處的曲率；
(3)定義為曲線的“柯西曲率”.已知在曲線上存在兩點和，若且處的“柯西曲率”相同，求的最小值.
1．設函數的定義域為，其導函數為，區間是的一個非空子集．若對區間內的任意實數，存在實數，使得，且使得成立，則稱函數為區間上的“函數”．
(1)判斷函數是否為上的“函數”，并說明理由；
(2)若函數是上的“函數”．
（ⅰ）求的取值范圍；
（ⅱ）證明：，．
題型三：立體幾何新定義
【典例3-1】空間直角坐標系中，任何一個平面的方程都能表示成（其中），且為該平面的法向量.
(1)若平面，，且，求實數的值；
(2)請利用法向量和投影向量的相關知識證明：點到平面的距離為，若記集合所圍成的幾何體為，求的內切球的表面積；
(3)記集合中所有點構成的幾何體為.
①求的體積的值；
②求的相鄰（有公共棱）兩個面所成二面角的大小.
【典例3-2】球面三角學是研究球面三角形的邊、角關系的一門學科.如圖，球的半徑為.、、為球面上三點，劣弧的弧長記為，設，表示以為圓心，且過、的圓，同理，圓，的劣弧、的弧長分別記為、，曲面（陰影部分）叫做球面三角形.若設二面角，，分別為、、，則球面三角形的面積為.
(1)若平面、平面、平面兩兩垂直，求球面三角形的面積；
(2)若平面三角形為直角三角形，，設，，.則：
①求證：
②延長與球交于點.若直線，與平面所成的角分別為，，，，為中點，為中點，設平面與平面的夾角為，求的最小值，及此時平面截球的面積.
【變式3-1】定義：多面體在點處的離散曲率為，其中為多面體的一個頂點，（，且）為多面體的所有與點相鄰的頂點，且平面、平面、、平面和平面為多面體的所有以為公共點的面．如圖，在四棱錐中，平面，底面為正方形，，．
(1)求四棱錐在頂點處的離散曲率；
(2)求四棱錐內切球的表面積；
(3)若是棱上的一個動點，求直線與平面所成角的取值范圍．
1．在空間直角坐標系Oxyz中，這點且以為方向向量的直線方程可表示為，過點且以為法向量的平面方程可表示為．
(1)已知直線的方程為，直線的方程為．請分別寫出直線和直線的一個方向向量．
(2)若直線與都在平面內，求平面的方程；
(3)若集合中所有的點構成了多面體Ω的各個面，求Ω的體積和相鄰兩個面所在平面的夾角的余弦值．
題型四：三角函數新定義
【典例4-1】在三角函數領域，為了三角計算的簡便并且追求計算的精確性，曾經出現過以下兩種少見的三角函數：定義為角的正矢（或），記作；定義為角的余矢（Coversed或coversedsine），記作．
(1)設函數，求函數的單調遞減區間；
(2)當時，設函數，若關于的方程的有三個實根，則：
①求實數的取值范圍；
②求的取值范圍．
【典例4-2】對于定義域為R的函數，若存在常數，使得是以為周期的周期函數，則稱為“正弦周期函數”，且稱為其“正弦周期”.
(1)判斷函數是否為“正弦周期函數”，并說明理由；
(2)已知是定義在R上的嚴格增函數，值域為R，且是以為“正弦周期”的“正弦周期函數”，若，且存在，使得，求的值；
(3)已知是以為一個“正弦周期”的“正弦周期函數”，且存在和，使得對任意，都有，證明：是周期函數.
【變式4-1】如果一個實數是有理數，或是對有理數進行有限次加、乘和開二次方根運算的結果，或是對這些結果繼續進行有限次加、乘和開二次方根運算的結果，則稱這個實數為可解數.如果一個角的正弦值和余弦值都是可解數，則稱這個角為可解角.如：角都是可解角.
(1)判斷，，是否為可解數（無需說明理由）；
(2)證明：角是可解角；
(3)已知每個可解數a都是某些整系數多項式函數（）的零點，這些多項式中，x的最高次數n最小，且系數，，，…，的最大公約數為1的多項式函數稱為a的最小多項式函數.任一可解數a的最小多項式函數中x的最高次數n必為（）.例如：的最小多項式函數不是，而是.證明：角不是可解角，并求整數度數的銳角中最小的可解角.
1．給定函數，設，若存在實數，使得在區問上是嚴格單調函數，則稱為的“正弦單調區間”，并將的最大值稱為的“正弦單調值”．
(1)判斷是否存在“正弦單調區間”，并說明理由；
(2)若，證明：對任意的非零實數，的“正弦單調值”為定值；
(3)若，當變化時，求的“正弦單調值”的最大值，以及的“正弦單調值”取最大值時實數的取值集合．
題型五：平面向量與解三角形新定義
【典例5-1】如圖，設、是平面內相交成的兩條射線，、分別為、同向的單位向量，定義平面坐標系為仿射坐標系，在仿射坐標系中，若，則記.
(1)在仿射坐標系中，若，求；
(2)在仿射坐標系中，若，，且與的夾角為，求；
(3)如圖所示，在仿射坐標系中，、分別在軸、軸正半軸上，，，、分別為、中點，求的最大值.
【典例5-2】定義三邊長分別為，，，則稱三元無序數組為三角形數．記為三角形數的全集，即．
(1)證明：“”是“”的充分不必要條件；
(2)若銳角內接于圓O，且，設．
①若，求；
②證明：．
【變式5-1】定義向量的“親密函數”為.設向量的“親密函數”為.
(1)求的單調遞增區間；
(2)若方程有三個連續的實數根，，，且，，求實數的值；
(3)已知為銳角三角形，，，為的內角，，的對邊，，且，求面積的取值范圍.
1．對于平面向量，定義“變換”：，
(1)若向量，，求；
(2)求證：；
(3)已知，，且與不平行，，，求證：．
題型六：數列新定義
【典例6-1】已知數列的前n項和為，若對每一個，有且僅有一個，使得，則稱為“X數列”．記，稱數列為的“余項數列”．
(1)若的前四項依次為，試判斷是否為“X數列”，并說明理由；
(2)若，證明為“X數列”，并求它的“余項數列”的通項公式；
(3)已知的正項數列為“X數列”，且的“余項數列”為等差數列，證明．
【典例6-2】已知是由不全相同的正整數組成的有窮數列，其前項和為，．集合，中元素個數為，將中所有元素取出，并按從小到大排列，記為數列．若，則稱數列為數列．
(1)若，寫出一個數列
(2)若是公比為偶數的等比數列，證明：為數列：
(3)若數列是等差數列，求的最小正整數．
【變式6-1】若數列是等差數列，則稱與互為和等差數列．已知為數列的前項和．
(1)若，，試問與是否互為和等差數列？說明你的理由．
(2)設為等比數列，，且與互為和等差數列．
①求的通項公式；
②設，求數列的前項和．
1．把一列函數按一定次序排列稱為函數列，記為.例如：函數列可以記為.記為的導函數.
(1)若.證明：為等差數列.
(2)已知定義在上的函數列滿足，且對任意的，都有.
（i）設，證明：的充要條件是.
（ii）取定正數，使數列是首項和公比均為的等比數列，證明：.
題型七：圓錐曲線新定義
【典例7-1】定義：對橢圓及任意一點，稱直線為關于點的“極線”.
結論1：若點在橢圓上，則關于點的極線就是在點處的切線.
結論2（橢圓的光學性質）：從橢圓一個焦點發出的光線照射到橢圓上，其反射光線會經過另一個焦點.
試根據上面的定義和結論解決下列問題：
已知是橢圓的兩個焦點，關于點的極線與相交于兩點.
(1)求；
(2)設在點處的切線為，在點處的切線為，過在上且在外一點作的兩條切線，切點分別為,證明：直線相交于一點；
(3)若是上除頂點以外的任意一點，直線和分別與直線相交于點，證明：為定值.
【典例7-2】已知為橢圓上一點，對于上任意兩點，，我們定義關于的生成點的形成過程：過作平行于的直線交于異于的一個點（若與重合，則為在處的切線；若與處切線平行，則交點為），記為，且對，記，稱為關于的生成點列.
(1)已知，，直接寫出和的坐標；
(2)若，且均在第一象限，證明：；
(3)已知為上異于的一點，且在第一象限內，若關于的生成點列中至少有一點是，求出所有滿足題意的點的坐標.
【變式7-1】已知為坐標平面內一定點，A為平面上的任意點，向量，點A繞著點逆時針旋轉角后得到點，則，我們稱該過程為平面上點的旋轉，對平面上的任一點做旋轉，則稱其為平面的旋轉變換．平面上的某二次曲線能夠通過旋轉變成反比例函數圖象，我們稱該二次曲線為“反比例曲線”．
(1)證明曲線是“反比例曲線”，并求出旋轉后的反比例函數圖象的表達式．
(2)證明：“雙曲線是‘反比例曲線’”的充要條件是“該雙曲線是等軸雙曲線”．
(3)若存在雙曲線是“反比例曲線”，過原點的直線交該雙曲線于點，將繞點旋轉至能在雙曲線的漸近線上找到點，點滿足，以此類推，過點作斜率為的直線交雙曲線于點，將繞點旋轉至能在雙曲線的漸近線上找到點，點滿足．在中，設底邊上的高為，求．
1．現定義：若圓上一動點，圓外一定點，滿足的最大值為其最小值的兩倍，則稱為圓的“上進點”.若點同時是圓和圓的“上進點”，則稱為圓“”的“牽連點”.已知圓.
(1)若點為圓的“上進點”，求點的軌跡方程并說明軌跡的形狀；
(2)已知圓，且均為圓“”的“牽連點”.
（i）求直線的方程；
（ii）若圓是以線段為直徑的圓，直線與交于兩點，探究當不斷變化時，在軸上是否存在一點，使得軸平分？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.
題型八：概率與統計新定義
【典例8-1】已知數列的通項公式為的通項公式為，設集合.
(1)在中任取三個不同的元素，記所取的三個元素中在中的元素個數為，求隨機變量的分布列和數學期望.
(2)定義在全集上的子集的特征函數.設，記事件：，求事件發生的概率.
【典例8-2】在信息論中，熵（entropy）是接收的每條消息中包含的信息的平均量，又被稱為信息熵 信源熵.若把信息熵定義為概率分布的對數的相反數，設隨機變量的所有取值為，定義信息熵：
(1)若，且，求隨機變量的信息熵；
(2)若，求隨機變量的信息熵；
(3)設和是兩個獨立的隨機變量，求證：.
【變式8-1】高血壓（也稱血壓升高），是血液在流動時對血管壁造成的壓力值持續高于正常范圍的現象，典型癥狀包括頭痛、疲倦或不安、心律失常、心悸耳鳴等．最新的調查顯示，中國成人高血壓的患病率為，大概每三位成人中就有一位是高血壓患者．改善生活方式和藥物治療是最常用的治療方式，同時適當鍛煉可以使血壓水平下降，高血壓發病率降低，控制高血壓的發展．
(1)某社區為鼓勵和引導轄區居民積極參加體育健身活動，養成良好的鍛煉習慣，開展“低碳萬步走，健康在腳下”徒步走活動．下表為開展活動后近5個季度社區高血壓患者的血壓情況統計．
季度 1 2 3 4 5
血壓明顯降低 （或治愈）人數 320 270 210 150 100
若血壓明顯降低（或治愈）人數與季度變量（季度變量依次為）具有線性相關關系，請預測第6季度血壓明顯降低（或治愈）的大約有多少人？
(2)社區將參加徒步走活動的隊員分成了甲、乙、丙三組進行挑戰賽，其規則：挑戰權在任何一組，該組都可向另外兩組發起挑戰，首先由甲組先發起挑戰，挑戰乙組、丙組的概率均為，若甲組挑戰乙組，則下次挑戰權在乙組．若挑戰權在乙組，則挑戰甲組、丙組的概率分別為，；若挑戰權在丙組，則挑戰甲組、乙組的概率分別為，．
（ⅰ）經過3次挑戰，求挑戰權在乙組的次數的分布列與數學期望；
（ⅱ）定義：已知數列，若對于任意給定的正數（不論它多么小），總存在正整數，使得當時，（是一個確定的實數），則稱數列為“聚點數列”，稱為數列的聚點．經過次挑戰后，挑戰權在甲組的概率為，證明數列為“聚點數列”，并求出聚點的值．
附：回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為，．
1．錯排問題最早由伯努利與歐拉系統研究，歷史上稱為伯努利一歐拉的裝錯信封問題.現在定義錯排數為將，，，，共個元素排列在，，，，共個位置上，其中有個元素不在其對應位置上的情況數（的對應位置為，，）.容易得到，，，，規定.
(1)計算：，；
(2)記，的前項和為，證明：；
(3)定義錯排概率為隨機將，，，，共個元素排列在，，，，共個位置上，其中恰有個元素不在其對應位置上的概率，證明：.
重難點突破：高等數學背景下新定義
【典例9-1】帕德逼近是法國數學家亨利·帕德發現的一種用有理函數逼近任意函數的方法．帕德逼近有“階”的概念，如果分子是次多項式，分母是次多項式，那么得到的就是階的帕德逼近，記作．一般地，函數在處的階帕德逼近定義為：，且滿足，．
注：．
已知函數在處的階帕德逼近為．
(1)求的解析式；
(2)當時，比較與的大小；
(3)證明：當時，．
【典例9-2】請閱讀下列2段材料：
材料1：若函數的導數仍是可導函數，則的導數稱為的二階導數，記為：若仍是可導函數，則的數稱為的三階導數，記為；以此類推，我們可以定義n階導數：設函數的階導數（，）仍是可導函數，則的導數稱為的n階導數，記為，即.
材料2：帕德逼近是法國數學家亨利·帕德發現的對任意函數的一種用有理函數逼近的方法.帕德逼近有階的概念，如果分子是m次多項式，分母是n次多項式，那么帕德逼近就是階的帕德逼近.
一般地，函數在處的階帕德逼近函數定義為：且滿足，，，…，（其中…為自然對數的底數）.
請根據以上材料回答下列問題：
(1)求函數在處的階帕德逼近函數，并比較與的大小；
(2)求證：當時，恒成立.
(3)在（1）條件下，若在上存在極值，求m的取值范圍
【變式9-1】記為有窮數列的前項和，若滿足下列兩個條件則稱為階“期待數列”：①；②.形如的數表表示2行列的矩陣，設是由階“期待數列”中的項任意排列組成的2行列的矩陣，記為階“期待數列”組成的所有2行列的矩陣的集合.設為的第行各數之和為的第列各數之和，記為，中的最小值.
(1)若等差數列是遞增的2023階“期待數列”，且，求；
(2)對所有的矩陣，求的最大值；
(3)給定，對所有的矩陣，求的最大值.
1．數值線性代數又稱矩陣計算，是計算數學的一個重要分支，其主要研究對象包括向量和矩陣.對于平面向量，其模定義為.類似地，對于行列的矩陣，其模可由向量模拓展為（其中為矩陣中第行第列的數，為求和符號），記作，我們稱這樣的矩陣模為弗羅貝尼烏斯范數，例如對于矩陣，其矩陣模.弗羅貝尼烏斯范數在機器學習等前沿領域有重要的應用.
(1)，，矩陣，求使的的最小值.
(2)，，，矩陣求.
(3)矩陣，證明：，，.
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