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专题14 新定义型问题
1．（新高考北京卷）生物丰富度指数
是河流水质的一个评价指标，其中
分别表示河流中的
生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d 越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有
变化，生物个体总数由
变为
，生物丰富度指数由
提高到
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意分析可得
，消去即可求解.
【详解】由题意得
，则
，即
，所以
.
故选：D.
2．（新高考上海卷）定义一个集合
，集合中的元素是空间内的点集，任取
，存在不全为0
的实数
，使得
．已知
，则
的充分条件是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当
时，三个向量构成空间的一个基底，
1
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则即可分析出正确答案.
【详解】由题意知这三个向量
共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知
三个向量共面，则当
无法推出
，故A 错误；
对B，由空间直角坐标系易知
三个向量共面，则当
无法推出
，故A 错误；
对C， 由空间直角坐标系易知
三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由
能推出
，
对D，由空间直角坐标系易知
三个向量共面，
则当
无法推出
，故D 错误.
故选：C．
3．（新高考上海卷）已知函数
的定义域为R，定义集合
，
在使得
的所有
中，下列成立的是（ ）
A．存在
是偶函数
B．存在
在
处取最大值
C．存在
是严格增函数
D．存在
在
处取到极小值
【答案】B
【分析】对于ACD 利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B，构造函数
即可判断.
2
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【详解】对于A，若存在
是偶函数, 取
,
则对于任意
, 而
, 矛盾, 故 A 错误；
对于B，可构造函数
满足集合
，
当
时，则
，当
时，
，当
时，
，
则该函数
的最大值是
，则B 正确；
对C，假设存在
，使得
严格递增，则
，与已知
矛盾，则C 错误；
对D，假设存在
，使得
在
处取极小值，则在
的左侧附近存在
，使得
，
这与已知集合
的定义矛盾，故D 错误；
故选：B.
4．（新高考上海卷）无穷等比数列
满足首项
，记
，若对
任意正整数
集合
是闭区间，则
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当
时，不妨设
，则
，结合
为闭区间
可得
对任意的
恒成立，故可求
的取值范围.
【详解】由题设有
，因为
，故
，故
，
当
时，
，故
，此时
为闭区间，
当
时，不妨设
，若
，则
，
若
，则
，
3
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若
，则
，
综上，
，
又
为闭区间等价于
为闭区间，
而
，故
对任意
恒成立，
故
即
，故
，
故
对任意的
恒成立，因
，
故当
时，
，故
即
.
故答案为：
.
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有
关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
5．（新课标全国Ⅰ卷）设m 为正整数，数列
是公差不为0 的等差数列，若从中删去两项
和
后剩余的
项可被平均分为
组，且每组的4 个数都能构成等差数列，则称数列
是
可分数列．
(1)写出所有的
，
，使数列
是
可分数列；
(2)当
时，证明：数列
是
可分数列；
(3)从
中一次任取两个数和
，记数列
是
可分数列的概率为
，证
明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
4
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(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据
可分数列的定义即可；
（2）根据
可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是
可分数列的
至少有
个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列
的公差为
，则
.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形
，
得到新数列
，然后对
进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设
，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1 小问相当于从
中取出两个数和
，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是
，或
，或
.
所以所有可能的
就是
.
（2）由于从数列
中取出
和
后，剩余的
个数可以分为以下两个部分，共
组，使得每
组成等差数列：
①
，共组；
②
，共
组.
（如果
，则忽略②）
故数列
是
可分数列.
（3）定义集合
，
5
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.
下面证明，对
，如果下面两个命题同时成立，
则数列
一定是
可分数列：
命题1：
或
；
命题2：
.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果
，且
.
此时设
，
，
.
则由
可知
，即
，故
.
此时，由于从数列
中取出
和
后，
剩余的
个数可以分为以下三个部分，共
组，使得每组成等差数列：
①
，共
组；
②
，共
组；
③
，共
组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列
是
可分数列.
第二种情况：如果
，且
.
此时设
，
，
.
则由
可知
，即
，故
.
由于
，故
，从而
，这就意味着
.
6
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此时，由于从数列
中取出
和
后，剩余的
个数可以分为以下四个部分，
共
组，使得每组成等差数列：
①
，共
组；
②
，
，共
组；
③全体
，其中
，共
组；
④
，共
组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含
个行，
个列的数表
以后，
个列分别是下面这些数：
，
，
，
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍
中除开五个集合
，
，
，
，
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的
和
以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列
是
可分数列.
至此，我们证明了：对
，如果前述命题1 和命题2 同时成立，则数列
一定是
可分数列.
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然后我们来考虑这样的
的个数.
首先，由于
，
和
各有
个元素，故满足命题1 的
总共有
个；
而如果
，假设
，则可设
，
，代入得
.
但这导致
，矛盾，所以
.
设
，
，
，则
，即
.
所以可能的
恰好就是
，对应的
分别是
，总
共
个.
所以这
个满足命题1 的
中，不满足命题2 的恰好有
个.
这就得到同时满足命题1 和命题2 的
的个数为
.
当我们从
中一次任取两个数和
时，总的选取方式的个数等于
.
而根据之前的结论，使得数列
是
可分数列的
至少有
个.
所以数列
是
可分数列的概率
一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究
结论.
6．（新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线
，点
在
上，
为常数，
．按照
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如下方式依次构造点
，过
作斜率为
的直线与
的左支交于点
，令
为
关于
轴
的对称点，记
的坐标为
.
(1)若
，求
；
(2)证明：数列
是公比为
的等比数列；
(3)设
为
的面积，证明：对任意的正整数
，
.
【答案】(1)
，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出
的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明
的取值为与
无关的定值即可.思路二：使用
等差数列工具，证明
的取值为与
无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有
，故
的方程为
.
当
时，过
且斜率为
的直线为
，与
联立得到
.
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解得
或
，所以该直线与
的不同于
的交点为
，该点显然在
的左支上.
故
，从而
，
.
（2）由于过
且斜率为
的直线为
，与
联立，得到方程
.
展开即得
，由于
已经是直线
和
的公共点，故方程必有一根
.
从而根据韦达定理，另一根
，相应的
.
所以该直线与
的不同于
的交点为
，而注意到
的横坐标亦可通过
韦达定理表示为
，故
一定在
的左支上.
所以
.
这就得到
，
.
所以
.
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再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点
，若
，
，则
.（若
在同一条直线上，约定
）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到
，
，
故
.
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
所以对任意的正整数
，都有
11
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.
而又有
，
，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明
的取值是与
无关的定值，所以
.
方法二：由于上一小问已经得到
，
，
故
.
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
所以对任意的正整数
，都有
12
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.
这就得到
，
以及
.
两式相减，即得
.
移项得到
.
故
.
而
，
.
所以
和
平行，这就得到
，即
.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
7．（新高考北京卷）设集合
．对于给定
有穷数列
，及序列
，
，定义变换
：将数列
的第
项加1，得到数列
；将数列
的第
列加，得到数列
…；重复上述操作，
得到数列
，记为
．
(1)给定数列
和序列
，写出
；
(2)是否存在序列
，使得
为
，若存在，写出一个符
合条件的
；若不存在，请说明理由；
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(3)若数列
的各项均为正整数，且
为偶数，证明：“存在序列
，使得
为常数列”的
充要条件为“
”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的
，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照
的定义写出
即可；
（2）利用反证法，假设存在符合条件的
，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；
（3）分充分性和必要性两方面论证.
【详解】（1）由题意得
；
（2）假设存在符合条件的
，可知
的第
项之和为
，第
项之和为
，
则
，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的
；
（3）我们设序列
为
，特别规定
.
必要性：
若存在序列
，使得
为常数列.
则
，所以
.
根据
的定义，显然有
，这里
，
.
所以不断使用该式就得到，
，必要性得证.
充分性：
若
.
14
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由已知，
为偶数，而
，所以
也是偶数.
我们设
是通过合法的序列
的变换能得到的所有可能的数列
中，使得
最小的一个.
上面已经证明
，这里
，
.
从而由
可得
.
同时，由于
总是偶数，所以
和
的奇偶性保持不变，从
而
和
都是偶数.
下面证明不存在
使得
.
假设存在，根据对称性，不妨设
，
，即
.
情况1：若
，则由
和
都是偶数，知
.
对该数列连续作四次变换
后，新的
相比原来的
减少
，这与
的最小
性矛盾；
情况2：若
，不妨设
.
15
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情况2-1：如果
，则对该数列连续作两次变换
后，新的
相比原来的
至少减少
，这与
的
最小性矛盾；
情况2-2：如果
，则对该数列连续作两次变换
后，新的
相比原来的
至少减少
，这与
的
最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的
都有
.
假设存在
使得
，则
是奇数，所以
都是奇数，设为
.
则此时对任意
，由
可知必有
.
而
和
都是偶数，故集合
中的四个元素
之和为偶数，
对该数列进行一次变换
，则该数列成为常数列，新的
等于零，比原来的
更小，这与
的最小性
矛盾.
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综上，只可能
，而
，故
是常数列，充分性得证.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
8．（新高考上海卷）对于一个函数
和一个点
，令
，若
是
取到最小值的点，则称
是
在
的“最近点”．
(1)对于
，求证：对于点
，存在点
，使得点
是
在
的“最近点”；
(2)对于
，请判断是否存在一个点
，它是
在
的“最近点”，且直线
与
在点
处的切线垂直；
(3)已知
在定义域R 上存在导函数
，且函数
在定义域R 上恒正，设点
，
．若对任意的
，存在点
同时是
在
的“最近
点”，试判断
的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)严格单调递减
【分析】（1）代入
，利用基本不等式即可；
（2）由题得
，利用导函数得到其最小值，则得到
，再证明直线
与切线垂直即可；
（3）根据题意得到
，对两等式化简得
，再利用“最近点”的定义得到不
等式组，即可证明
，最后得到函数单调性.
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【详解】（1）当
时，
，
当且仅当
即
时取等号，
故对于点
，存在点
，使得该点是
在
的“最近点”．
（2）由题设可得
，
则
，因为
均为
上单调递增函数，
则
在
上为严格增函数，
而
，故当
时，
，当
时，
，
故
，此时
，
而
，故
在点
处的切线方程为
.
而
，故
，故直线
与
在点
处的切线垂直．
（3）设
，
，
而
，
，
若对任意的
，存在点
同时是
在
的“最近点”，
设
，则
既是
的最小值点，也是
的最小值点，
因为两函数的定义域均为
，则
也是两函数的极小值点，
则存在
,使得
，
18
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即
①
②
由①②相等得
，即
，
即
，又因为函数
在定义域R 上恒正，
则
恒成立，
接下来证明
，
因为
既是
的最小值点，也是
的最小值点，
则
，
即
，③
，④
③
④得
即
，因为
则
，解得
，
则
恒成立，因为的任意性，则
严格单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到
，再利用最值
点定义得到
即可.
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一、单选题
1．（2024·湖南怀化·二模）给定整数
，有
个实数元素的集合，定义其相伴数集
，如果
，则称集合为一个
元规范数集．（注：
表示数集
中的最小数）．对于集合
，则（ ）
A．
是规范数集，
不是规范数集
B．
是规范数集，
是规范数集
C．
不是规范数集，
是规范数集
D．
不是规范数集，
不是规范数集
【答案】C
【分析】利用规范数集的定义，逐项判断即可得解.
【详解】集合
中，
，则
，
即
的相伴数集中的最小数不是1，因此
不是规范数集；
集合
，
，
，
即
的相伴数集中的最小数是1，因此
是规范数集.
故选：C
2．（2024·四川绵阳·模拟预测）一般地，任意给定一个角
，它的终边
与单位圆的交点
的坐标，
无论是横坐标
还是纵坐标
，都是唯一确定的，所以点
的横坐标
、纵坐标
都是关于角
的函数.下
面给出这些函数的定义：
①把点
的纵坐标
叫作
的正弦函数，记作
，即
；
②把点
的横坐标
叫作
的余弦函数，记作
，即
；
③把点
的纵坐标
的倒数叫作
的余割函数，记作
，即
；
④把点
的横坐标
的倒数叫作
的正割函数，记作
，即
.
下列结论错误的是（ ）
20
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A．
B．
C．函数
的定义域为
D．
【答案】C
【分析】根据定义可判断A；利用定义转化为余弦求解可判断B；转化为余弦表示，根据分母不为0 求解
可判断C；转化为正弦和余弦，利用平方关系和二倍角公式化简，由正弦函数性质可判断D.
【详解】由题知，
，
对于A，
，A 正确；
对于B，
，B 正确；
对于C，函数
，由
得
所以
的定义域为
，C 错误；
对于D，
，
当
时，等号成立，D 正确.
故选：C.
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3．（2024·河北邯郸·二模）对任意两个非零的平面向量
和
，定义：
，
．若
平面向量
满足
，且
和
都在集合
中，则
（ ）
A．1
B．
C．1 或
D．1 或
【答案】D
【分析】根据
，得到
，再利用题设中的定义及向量夹角的范围，得到
，
，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为
，
设向量
和
的夹角为
，因为
，所以
，
得到
，
又
，所以
，
又
在集合
中，所以
，即
，得到
，
又因为
，所以
或，
所以
或
，
故选：D.
4．（2024·上海杨浦·二模）平面上的向量
、
满足：
，
，
.定义该平面上的向量集合
.给出如下两个结论：
①对任意
，存在该平面的向量
，满足
22
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②对任意
，存在该平面向量
，满足
则下面判断正确的为（ ）
A．①正确，②错误
B．①错误，②正确
C．①正确，②正确
D．①错误，
②错误
【答案】C
【分析】根据给定条件，令
，
，设
，利用向量模及数量积的坐标表示探求
的关系，再借助平行线间距离分析判断得解.
【详解】由
，
，
，不妨令
，
，设
，
，得
，而
，
，
则
，整理得
，由
，得
，
平行直线
和
间的距离为
，
到直线
和直线
距离相等的点到这两条直线的距离为
，
如图，阴影部分表示的区域为集合
，因此无论
是否属于
，都有
，
所以命题①②都正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：已知几个向量的模，探求向量问题，可以在平面直角坐标系中，借助向量的坐标表示，
利用代数方法解决.
5．（2024·甘肃兰州·一模）球面上两点间距离的定义为：经过球面上两点的大圆在这两点间劣弧的长度
（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆）．设地球的半径为
，若甲地位于北纬
东经
，乙地
23
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位于北纬
西经
，则甲、乙两地的球面距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】分析甲、乙两地的球心角，即可得解.
【详解】甲、乙两地在北纬
线上，所对圆心角为
，
即甲、乙两地在北纬
线所在小圆的直径的两端，且小圆的半径
，
则
，所以甲、乙两地的球心角为
，
故甲、乙两地的球面距离为
.
故选：C.
二、多选题
6．（2024·安徽芜湖·二模）在平面直角坐标系xOy 中，角θ 以坐标原点O 为顶点，以x 轴的非负半轴为始
边，其终边经过点
，
，定义
，
，则（ ）
A．
B．
C．若
，则
D．
是周期函数
【答案】ACD
【分析】根据题意分别求出
，
，则
，
，从而
可对A 判断求解，利用换元法令
可对B 判断求解，由
求出
，并结合
从而可对C 判断求解，由
24
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可对D 判断求解.
【详解】由题意得
在角
的终边上，且
，所以
，
，
则
，
，
对A：
，故A 正确；
对B：
，令
，
所以
，故B 错误；
对C：
，解得
，
又由
，故C 正确；
对D：
，因为
为周期函数，故D
正确.
故选：ACD.
7．（2024·全国·模拟预测）已知函数
和实数
，
，则下列说法正确的是（ ）
A．定义在
上的函数
恒有
，则当
时，函数的图象有对称轴
B．定义在
上的函数
恒有
，则当
时，函数具有周期性
C．若
，
，
，则
，
恒成立
D．若
，
，
，且
的4 个不同的零点分别为
，且
25
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，则
【答案】ACD
【分析】根据函数的对称性和周期性可分别判断AB；求出
时的解析式，然后根据自变量范围代入相
应表达式解不等式即可判断C；将问题转化为直线
与函数
有四个交点，结
合图象求得四根的关系即可判断D.
【详解】对于A，若
，则
，
所以函数
的图象的对称轴为直线
，故A 正确.
对于B，当
时，
.
若
，则
，函数不具有周期性，故B 错误.
对于C，若
，
，则
，
当
时，
，
则
，
即当
时，
.
当
时，
，
所以
，所以
恒成立，C 正确.
26
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对于D，当
时，
，则
，
令
，
作出函数
的图象和直线
，如图.
要使
有4 个不同的零点，则函数
的图象与直线
有4 个不同的交点.
又
，则
，
所以
，
，
所以
，
，
则
，
所以
，D 正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：关于函数零点个数的有关问题，一般转化为两个函数图象交点问题，利用函数图象分
析求解即可.
8．（2024·浙江绍兴·模拟预测）对于任意的两点
，
，定义
间的折线距离
，反折线距离
，
表示坐标原点. 下列说法正确的是（ ）
A．
.
27
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B．若
，则
.
C．若
斜率为
，
.
D．若存在四个点
使得
，且
，则的取值范围
.
【答案】ABD
【分析】对于A，直接使用绝对值不等式即可证明；对于B，在使用绝对值不等式的同时考虑到绝对值不
等式取等的条件（即
，
，
两两等价，对两个不等式两边同时平方即得结
论），即可判断；对于C，举出一个反例即可否定；对于D，先将问题转化为方程组的解的个数问题，然
后利用解析几何工具直观理解，猜出答案，最后再严格论证结果即可.
【详解】对于A，设
，我们有
，
故A 正确；
对于B，若
，则
，
这意味着
.
从而由
，知
，
即
，所以
.
故
.
28
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而
.
故
.
从而由
，知
，故B 正确；
对于C，考虑
，
，此时
，所以
.
但
，故C 错误；
对于D，条件等价于关于
的方程组
，即
有四个解.
如下图所示，该方程组可以直观地理解为正方形
和圆
有四个公共点，直观的理解即
为圆
与矩形上方的两条边所在的直线均相交，
且交点都在边的内部，而当
时，圆与上方的两条边相切，
当
时，圆与上方的边的交点恰落在端点上，故可猜测取值范围是
，
下面再使用二次方程工具严格证明此结论（也可以使用距离公式等其它方法证明）.
若
满足原方程组，则
，故
.
而
，
故
，同时还有
.
29
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由于当
确定后，
只有唯一可能的取值
，而方程组有四个解，
所以使得相应的
存在的
至少有四个.
根据前面的讨论，这样的
必满足
，且
，
所以方程
必定在
上有四个解.
这表明关于的方程
在
上一定有两个解，
所以首先有判别式为正数，结合
，
就有
.
同时，由于两根都在
内，故两根乘积为正数，故
，即
.
这就证明了
.
最后，当
时，原方程组的确存在四组不同的解：
，
，
，
.
所以的取值范围是
，D 正确.
故选：ABD.
三、填空题
30
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9．（2024·湖南长沙·三模）已知函数
，任取
，定义集合
，点
满足
. 设
分别表示集合
中元素的最大值和最小值，记
，试解答 以下问题:
（1）若函数
，则
;
（2）若函数
，则
的最小正周期为 .
【答案】 1 2
【分析】（1）把
代入，然后计算
的最大值和最小值即可.
（2）先表示出
，然后根据
的位置分类分析
的值.
【详解】对于
，因为函数
，当
时，
且
，
即
，令
，即
，解得
，
所以
，所以
；
对于
，如图所示，若函数
，此时，函数的最小正周期为
，
点
，
当点
在
点时，点
在曲线
上，
;
当点
在曲线上从
接近
时，
逐渐增大，当点
在
点时，
;
当点
在曲线上从
接近
时，
逐渐减小，当点
在
点时，
，
;
31
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当点
在曲线上从
接近
时，
逐渐
增大，当点
在
点时，
，
当点
在曲线上从
接近
时，
逐渐
减小，当点
在
点时，
，
;
依此类推，发现
的最小正周期为 2 ，
故答案为：（1）1；（2）2.
10．（2024·四川成都·模拟预测）定义在封闭的平面区域D 内任意两点的距离的最大值称为平面区域D 的
“直径”．如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C 在半径为1 的圆上，角的对边分别为a，b，c，
．分别以
各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和
构成平面区域D，则平面区域D 的
“直径”的取值范围是 ．
【答案】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦公式求出
；
32
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（2）利用向量线性运算，结合向量的三角不等式求出区域D 的“直径”关系式，再利用三角恒等变换结
合正弦函数性质求出范围即得.
【详解】如图，F，G 是AC，BC 的中点，E，F，G，H 四点共线，
设P，Q 分别为
、
上任意一点，
，
，
即PQ 的长小于等于
周长的一半，当PQ 与HE 重合时取等，
同理，三个半圆上任意两点的距离最大值等于
周长的一半，因此区域D 的“直径”为
的周长l
的一半，
由正弦定理得：
，
，
，
则
.
由
为锐角三角形，得
，即
，
则
，
，于是
，
所以平面区域D 的“直径”的取值范围是
.
33
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故答案为:
.
11．（2024·广东佛山·二模）近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建
设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O 绕圆心做逆时针匀速圆周
运动，角速度大小为
，圆上两点A，B 始终满足
，随着圆O 的旋转，A，B 两点的位置
关系呈现周期性变化.现定义：A，B 两点的竖直距离为A，B 两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运
动开始时刻，即
秒时，点A 位于圆心正下方：则
秒时，A，B 两点的竖直距离第一次为0；
A，B 两点的竖直距离关于时间t 的函数解析式为
.
【答案】
【分析】以O 为原点，以OA 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点
的坐标，
由已知结合和角的正弦公式化简即得.
【详解】以O 为原点，以OA 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，由于角速
，
设点
，圆上两点A、B 始终保持
，
则
，要使A、B 两点的竖直距高为0，
则
，第一次为0 时，
，解得
，
.
故答案为：
；
34
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【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是
关键，特别注意，始边是x 轴非负半轴.
12．（2024·山东枣庄·模拟预测）设
为平面上两点，定义
、已
知点P 为抛物线
上一动点，点
的最小值为2，则
；若斜率为
的直线l 过点Q，点M 是直线l 上一动点，则
的最小值为 ．
【答案】 2
【分析】利用定义结合二次函数求最值计算即可得第一空，过
作
并构造直角三角形，根据
的定义化折为直，结合直线与抛物线的位置关系计算即可.
【详解】设
，则
，
，即
，
时取得最小值；
易知
，
，联立有
，
显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示，
过
作
交l 于N，过
作
，
则
（
重合时取得等号），
设
，则
，所以
，
35
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故答案为：2，
【点睛】思路点睛：对于曼哈顿距离的新定义问题可以利用化折为直的思想，数形结合再根据二次函数的
性质计算最值即可.
13．（2024·福建厦门·模拟预测）在n 维空间中（
，
），以单位长度为边长的“立方体”的顶点
坐标可表示为n 维坐标
，其中
.则5 维“立方体”的顶点个数是 ；
定义：在n 维空间中两点
与
的曼哈顿距离为
.在5 维
“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X 为所取两点间的曼哈顿距离，则
.
【答案】 32
【分析】第一空由题意根据分步乘法原理，求解即可；第二空先确定样本点总数，再得到
的可能取值，
求出概率
，列出分布列，求出期望.
【详解】（1）
的可能值为0，1（
，
）.故五维立方体的顶点有
个.
（2）依题意，样本空间的样本点记为
，M，N 为五维立方体的顶点
样本点总数：
当
时，有k 个第i 维坐标值不同，有
个第i 维坐标值相同.
满足
的样本点
个数为
.
36
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所以
.
故分布列为：
X
1
2
3
4
5
P
.
故答案为：32；
.
【点睛】关键点点睛：本题第二空关键在于确定当
时，有k 个第i 维坐标值不同，有
个第i 维坐
标值相同，再由
求出概率.
四、解答题
14．（2024·福建泉州·二模）进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，如果约定满二进一，
就是二进制：满十进一，就是十进制：满十六进一，就是十六进制．k 进制的基数就是k．我们日常生活中
最熟悉、最常用的就是十进制．例如，数3721 也可以表示为：
一般地，
如果k 是大于1 的整数，那么以k 为基数的k 进制数可以表示为
．其
中
．为了简便，也会把它写成一串数字连写在一起的形式：
，如果不加下标就默认是十进制．
(1)令集合
，将B 中的元素按从大到小的顺序排列，
则第100 个数为多少？
37
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(2)若
，记
为整数n 的二进制表达式中0 的个数，如
，求
的值．
（用数字作答）
(3)十进制中的数999 在其他进制中是否也可以表示成一个各位数字之和为27 的三位数？如果能，请求出
所有的k 进制数；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)
(2)129
(3)能，
．
【分析】（1）将集合B 中的元素都乘以
，得集合中的最大数，可得从大到小的顺序排列的第100 个数，
再除以
即可.
（2）从
到
中，对应的二进制数从
到
中，最多六位数．最高位只能是1，结合数位
讨论
的值和个数，可求
的值．
（3）由
且
，得
，又
，
符合条件的
有
三个值可取，计算出对应的
即可.
【详解】（1）将集合B 中的元素都乘以
，
得集合
，则
中的最大数为
．
在10 进制中，从624 起从大到小排列的第100 个数是
，这就是
中的元素按从大到小顺序
排列的第100 个数，
所以B 中的元素按从大到小的顺序排列，第100 个数为
．
（2）
，
．
38
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∴从
到
中，对应的二进制数从
到
中，最多六位数．最高位只能是1，
∴0 的个数只能是1 个，2 个，3 个，4 个，5 个，
或
或
或
或
或
，
有
共6 个；
有
个；
有
个；
有
个；
有
个；
有
个．
．
（3）假设存在这样的k 进制数
，
则
，
，
①要想使
且
，∴x，y，z 中必有大于9 的数，则
；
②
，
综上，
，
所以，
k
x
y
z
①
12
81
1
3
5
11
11
②
18
54
1
9
2
1
4
11
39
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③
27
36
2
8
1
7
19
综上可知，满足题意的k 进制数有3 个，分别为：
．
【点睛】方法点睛：
在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确
定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同
点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析
与解决!
15．（2024·湖南长沙·二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合
和
，定义和集
，用符号
表示和集
内的元素个数.
(1)已知集合
，
，
，若
，求
的值；
(2)记集合
，
，
，
为
中所有元素之和，
，求
证：
；
(3)若
与
都是由
个整数构成的集合，且
，证明：若按一定顺序排列，
集合
与
中的元素是两个公差相等的等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据新定义求出
，则
，
，
且
，即可求解；
（2）由新定义可得
，结合等差数列前n 项求和公式计算可得
，利用裂项相消法计算即可证明；
40
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（3）设集合
，
（
，
），则
，进而
，结合放缩法计算可得
、
，即可证明.
【详解】（1）由题：
，
所以
，
，
且
，
从而
，
，
，故
.
（2）若
，
，
，
，使
，其中，
，
，
，
则
，故
，
.
，
，
.
（3）设集合
，
，其中
，
.
则
，
这里共
个不同元素，又
，所以上面为和集
中的所有元素.
又
，
这里共
个不同元素，也为合集
中的所有元素，
所以有
，即
.
一般地，由
，
41
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，
可得
，即
.
同理可得
，得证.
【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，
通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地
证明更新的性质，落脚点仍然是数列的有关性质或求和.
16．（2024·辽宁葫芦岛·二模）设数阵
，其中
.设
，其中
，
且
.定义变换
为“对于数阵的每一列，
若其中有t 或
，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有t 且没有
，则这一列中每个数都乘以
”（
），
表示“将
经过
变换得到
，再将
经过
变换得到
，…，
以此类推，最后将
经过
变换得到
.记数阵
中四个数的和为
.
(1)若
，
，写出
经过
变换后得到的数阵
，并求
的值；
(2)若
，
，求
的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵
，证明：
的所有可能取值的和不大于
.
【答案】(1)
，0
(2)40
(3)证明见解析
【分析】（1）直接由变换
以及
的定义即可求解；
42
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（2）对集合
分类讨论，进而得出
的所有情况即可求解；
（3）分
是否相等进行讨论，当
，在
的所有非空子集中，分：含有
且不含
的子集、含有
且不含
的子集、同时含有
和
的子集和不含
也不含
的子集，四种情况进行讨
论，当
，分含有
的子集和不含有
的子集两种情况讨论即可求解.
【详解】（1）因为
，
，
经过
变换得到的数阵
，
经过
变换得到的数阵
，
所以
.
（2）若
，则
或
，
可得
，4 种情况；
若
或
，
，则
，
可得
，4 种情况；
若
，从
和
中各取出一个元素a，b，
，
，
，则
，
可得
，8 种；
43
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若
，
，则
或
，
可得
，4 种情况；
综上，
的所有可能取值的和
；
（3）若
，在
的所有非空子集中，
①含有
且不含
的子集共
个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均仍为
，
；
其中含有偶数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为
，
；
②含有
且不含
的子集共
个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均仍为
，
；
其中含有偶数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为
，
；
③同时含有
和
的子集共
个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为
，
；
其中含有偶数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均仍为
，
；
④不含
也不含
的子集共
个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为
，
；
其中含有偶数个元素的集合有7 个，经过变换后第一列均变为
，
；
若
，在
的所有非空子集中，
①含有
的子集共
个，
44
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其中含有奇数个元素的集合有16 个，经过变换后第一列均变为
，
；
其中含有偶数个元素的集合有16 个，经过变换后第一列均仍为
，
；
②不含
的子集共
个，
其中含有奇数个元素的集合有16 个，经过变换后第一列均变为
，
；
其中含有偶数个元素的集合有15 个，经过变换后第一列均仍为
，
；
综上，经过变换后，所有
的第一列数的和为
同理，经过变换后所有
的第二列数的和为
.
所以
的所有可能取值的和为
，
又因为
，所以
的所有可能取值的和不超过
.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是要做到有序讨论，从而可以做到不重不漏，由此即可顺利得解.
17．（2024·浙江·三模）莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用
作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.所有大于1 的正整数
都可以被唯一表示为有限
个质数的乘积形式：
（
为
的质因数个数，
为质数，
，
），例如：
，对应
，
，
，
，
，
，
.现对任意
，定义莫比乌
斯函数
.
(1)求
，
；
45
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(2)已知
，记
（
为
的质因数个数，
为质数，
，
）的所有因数从小
到大依次为
，
，…，
.
（ⅰ）证明：
；
（ⅱ）求
的值（用
（
）表示）.
【答案】(1)
，
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）由
，
，根据所给定义计算可得；
（2）（ⅰ）依题意只考虑
，
，…，
中的若干个数的乘积构成的因数，从
个质数中任选
个数的乘积一共有
种结果，再由组合数公式计算可得；
（ⅱ）由（ⅰ）分析可知，因此
的所有因数除之外，只考虑
，
，…，
中的若干个
数的乘积构成的因数，即可推导出
，最后利用累乘法计算可得.
【详解】（1）因为
，因为
的指数
，所以
；
又
，易知
，
，
，
，
，
所以
；
（2）（ⅰ）
的因数中如有平方数，根据莫比乌斯函数的定义，
，
因此
的所有因数除之外，只考虑
，
，…，
中的若干个数的乘积构成的因数，
46
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从
个质数中任选
个数的乘积一共有
种结果，
所以
.
（ⅱ）方法一：由（ⅰ）知，因此
的所有因数除之外，只考虑
，
，…，
中的若干
个数的乘积构成的因数，
所以
.
令
，
则
（
，
），
所以
.
所以
，
.
因为
，所以
.
方法二：
47
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.
由展开式原理可知，
的展开式即为上式所求.
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解题干所给定义，得到
的所有因数除之外，只考虑
，
，…，
中的若干个数的乘积构成的因数.
18．（2024·山东济南·三模）高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域．设
，
，记
，
，并规定
．记
，并规定
．定义
(1)若
，求
和
；
(2)求
；
(3)证明：
．
【答案】(1)
，
48
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(2)
，
．
(3)证明见解析
【分析】（1）结合新定义，分别带入计算即可得；
（2）结合新定义，分
及
进行计算即可得；
（3）令
，可得
，
，即可得再分
且
与
进行计
算即可得.
【详解】（1）若
，
，
而
；
（2）当
时，
．
当
时，由
，
可得
．
因此
，
；
（3）要证
，
49
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只需证
，
令
，
一方面，
，
另一方面，
，
当
且
时，由于
，
比较两式中
的系数可得
，
则
，
由
可知
，
当
时，由
，
可知：
，
此时命题也成立．
当
时，
也成立．
综上所述，
．
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义的几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义中；
50
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（4）结合数学知识进行解答.
19．（2024·湖北黄冈·二模）第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.会
展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品
外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线
上的曲线
段
，其弧长为
，当动点从
沿曲线段
运动到
点时，
点的切线
也随着转动到
点的切线
，
记这两条切线之间的夹角为
（它等于
的倾斜角与
的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，
曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义
为曲线段
的平均曲率；显然当
越接近
，即
越小，
就越能精确刻画曲线
在点
处的弯曲程度，因此定义
（若极限存在）为曲线
在点
处的曲率.（其中
，
分别表示
在点
处的一阶､二阶导数）
(1)已知抛物线
的焦点到准线的距离为3，则在该抛物线上点
处的曲率是多少？
(2)若函数
，不等式
对于
恒成立，求
的取值范围；
(3)若动点
的切线沿曲线
运动至点
处的切线，点
的切线与
轴的交点为
.若
，
，
是数列
的前
项和，证明
.
51
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【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）首先根据已知条件求出
的值，再分别求出函数的一阶导数和二阶导数，代入公式求解即
可；
（2）根据
的奇偶性和单调性得到
，根据
，
的奇偶
性和
得到在
处三角函数
的曲率不大于曲线
的曲率，代入公式求解即可；
（3）首先求出在
处的切线方程，进而得到
与
之间的关系，构造函数
得到数
列
是等比数列，根据
的通项公式得到
和
，适当放缩得到
，进而得到
.
【详解】（1）
抛物线
的焦点到准线的距离为3，
，
即抛物线方程为
，即
，则
，
，
又抛物线在点
处的曲率，则
，
即在该抛物线上点
处的曲率为
；
（2）
，
在
上为奇函数，又
在
上为减函数.
52
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对于
恒成立等价于
对于
恒成立.
又因为两个函数都是偶函数，
记
，
，则曲线
恒在曲线
上方，
，
，又因为
，
所以在
处三角函数
的曲率不大于曲线
的曲率，即
，
又因为
，
，
，
，所以
，解得：
，
因此，
的取值范围为
；
（3）由题可得
，
所以曲线
在点
处的切线方程是
，
即
，
令
，得
，即
，
显然
，
，
由
，知
，同理
，
故
，从而
，
设
，即
，所以数列
是等比数列，
53
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故
，即
，从而
，
所以
，
，
，
当
时，显然
；
当
时，
，
，
综上，
.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点之一在于理解所给新定义平均曲率，利用新定义解决函数恒成立问题；
关键点之二在于新定义平均曲率与数列结合，通过切线方程转化为数列相邻项之间的关系，再构造新数列
求出通项公式，最后适当放缩求数列的前
项和.
20．（2024·重庆·模拟预测）对于数列
，定义
，满足
，记
，称
为由数列
生成的“
函
数”．
(1)试写出“
函数”
，并求
的值；
(2)若“
函数”
，求n 的最大值；
(3)记函数
，其导函数为
，证明：“
函数”
54
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．
【答案】(1)
，
(2)5
(3)证明见解析
【分析】结合新定义可得
，结合等差数列及叠加法可求得
；
（1）代入
即可求解；（2）代入
，结合分组求和及应用导数求最值即可（3）由
，结合导数的运算即可求解.
【详解】（1）由定义及
．知
，
所以
是公差为m 的等差数列，所以
．
因为
，所以
，
所以
，即
．
当
时，有
，
，
……
，
所以
，
即
．
55
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（1）当
时，
，
所以“
函数”
．
当
时，
．
（2）当
时，
，
故“
函数”
．
由
，得
．
令
，则
，
所以
在
上单调递增．
因为
．所以当
时，
，所以当
时，
，
故n 的最大值为5．
（3）证明：由题意得
56
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由
，得
，
所以
，所以
，
所以
【点睛】本题考查新定义数列，考查考生的运算求解能力和逻辑推理能力．
21．（2024·福建厦门·三模）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，
在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数
在
处的
阶帕德近似定义为：
，且满足：
，
，
，…，
.其中
，
，…，
.已知
在
处的
阶帕德近似为
.
(1)求实数a，b 的值；
(2)设
，证明：
；
(3)已知
是方程
的三个不等实根，求实数
的取值范围，并证明：
.
【答案】(1)
，
(2)证明见解析
(3)
，证明见解析
【分析】（1）结合题意，利用导数计算即可得；
57
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（2）由题意可得
，借助导数研究其单调性即其正负即可得解；
（3）设
，借助导数，分
及
进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算可得
当且仅当
时，
存在三个不等实根，且满足
，且
，结合（2）中
所得，代入计算并化简即可得解.
【详解】（1）依题意可知，
，因为
，所以
，
此时，
，因为
，
，
所以
，
，
因为
，所以
；
（2）依题意，
，
，
故
在
单调递增，
由
，故
，
，
，
，
综上，
，
；
（3）不妨设
，令
，
，
当
时，
，此时
单调递增，
不存在三个不等实根；
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当
时，令
，其判别式
，
若
，即
，
恒成立，即
，
此时
单调递减，
不存在三个不等实根；
若
，即
，
存在两个不等正实根
，
此时有当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
又因为
，且
，故
，
因为
，所以
，即
，
所以
，
所以存在
，满足
，
又因为
，
故存在
，满足
，
故当且仅当
时，
存在三个不等实根，
且满足
，且
，
由（2）可知，当
时，
，
因此，
，
59
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故
，
化简可得：
，
因此
，命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助导数与零点的存在性定理得到当且仅当
时，
存在三个不等实根，且满足
，且
后，结合（2）中所得
，从而得到
，再进行化简即可得.
22．（2024·河北·二模）已知
为实数，用
表示不超过
的最大整数，例如
，对
于函数
，若存在
，使得
，则称函数
是“
函数”.
(1)判断函数
是否是“
函数”；
(2)设函数
是定义在
上的周期函数，其最小正周期是
，若
不是“
函数”，求
的最小值；
(3)若函数
是“
函数”，求
的取值范围.
【答案】(1)
是“
函数”，
不是“
函数”
(2)1
(3)
，且
【分析】（1）根据“
函数”的定义即可判断
是否是“
函数”.
（2）根据周期函数的定义，结合“
函数”的条件，进行判断和证明即可.
60
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（3）根据“
函数”的定义，分别讨论
，
和
时，满足的条件即可.
【详解】（1）函数
是
函数，设
，
则
，
所以存在
，使得
，所以函数
是“
函数”.
函数
，函数的最小正周期为
，函数的图象如图所示，
不妨研究函数在
这个周期的图象.
设
，则
，
所以
，
所以函数
不是“
函数”.
（2）因为
是以
为最小正周期的周期函数，所以
.
假设
，则
，所以
，矛盾.
所以必有
.
而函数
的周期为1，且显然不是
函数.
综上所述，
的最小值为1.
（3）当函数
是“
函数”时，
若
，则
显然不是
函数，矛盾.
若
，则
，
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所以
在
上单调递增，
此时不存在
，使得
，
同理不存在
，使得
，
又注意到
，即不会出现
的情形，
所以此时
不是
函数.
当
时，设
，所以
，
所以有
，其中
，
当
时，因为
，所以
，
所以
，
当
时，
，
因为
，所以
，
所以
.
综上所述，
，且
.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型
来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，
实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义
的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
23．（2024·河北秦皇岛·二模）定义：如果函数
和
的图象上分别存在点M 和N 关于x 轴
对称，则称函数
和
具有
关系.
62
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(1)判断函数
和
是否具有C 关系；
(2)若函数
和
不具有C 关系，求a 的取值范围；
(3)若函数
和
在区间
上具有C 关系，求m 的取值范围.
【答案】(1)
与
具有C 关系，理由见解析
(2)
(3)
.
【分析】（1）根据定义，若
与
具有C 关系，则在
与
的定义域的交集上存在x，使得
，计算得解；
（2）根据题意，
在
上的值恒为负或恒为正. 若
在
上恒成立，由
，即
，利用导数判断
矛盾；若
在
上恒成立，转化为
，令
，利用导数求出
的最大值，得解；
（3）构造函数
，将问题转化为
在
上存在零点，分类讨论
与
，
利用导数与函数的关系证得
时，
在
上有零点，从而得解.
【详解】（1）
与
具有C 关系，理由如下：
根据定义，若
与
具有C 关系，则在
与
的定义域的交集上存在x，使得
，
又
，
，
，所以
，
63
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即
，即得
，解得
，所以
与
具有C 关系.
（2）因为
，
，
令
，
，
因为
与
不具有C 关系，又
在
上的图象连续不断，所以
在
上的值恒为负
或恒为正.
若
在
上恒成立，则
，即
，
又当
时，
，
令
，所以
，令
，所以
，
令
，解得
，所以
在
上单调递增，在
上单调递减，所以
，
所以
，与假设矛盾，所以不存在
使得
在
上恒成立.
若
在
上恒成立，即
，
令
，所以
，
又
在
上单调递减，
所以当
时，
，所以
，
当
时，
，所以
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，
所以
，即
的取值范围是
.
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（3）因为
，
，
令
，则
，
因为
与
在
上具有C 关系，所以
在
上存在零点，
因为
，
当
且
时，
因为
，
，所以
，
所以
在
上单调递增，则
，此时
在
上不存在零点，不满足题意；
当
时，当
时，
，所以
，
当
时，令
，则
，
所以
在
上单调递增，且
，
，
故
在
上存在唯一零点，设为
，使得
，
所以当
，
；当
，
；
又当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
在
上存在唯一极小值点
，
因为
，所以
，
65
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又因为
，所以
在
上存在唯一零点
，
所以函数
与
在
上具有C 关系.
综上，
的取值范围是
.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是理解新定义，得到
与
具有C 关系，则在
与
的
定义域的交集上存在x，使得
，从而得解.
24．（2024·山东泰安·模拟预测）定义：设
和
均为定义在
上的函数，它们的导函数分
别为
和
，若不等式
对任意实数
恒成立，则称
和
为“相伴函数”.
(1)给出两组函数，①
和
；②
和
，分别判断这两组函数是否为
“相伴函数”；
(2)若
是定义在
上的可导函数，
是偶函数，
是奇函数，
，问是否存在
使得
和
为“相伴函数”？若存在
写出
的一个值，若不存在说明理由；
(3)
，写出“
和
为相伴函数”的充要条件，证明你的结
论.
【答案】(1)第①组是，第②组不是
(2)存在，
(3)
，证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合相伴函数的定义，逐个运算和判定，即可求解；
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（2）根据题意得
，得到
，若
和
为“相伴函数”得到
，分类讨论，即可求解；
（3）根据题意，得到“
和
为相伴函数”的充要条件
，结合充分条件和必要条
件的判定方法，以及三角恒等变换的公式，作出证明，即可求解.
【详解】（1）第①组是，第②组不是.
①中，函数
和
，可得
和
，
所以
，所以这两组函数是“相伴函数”.
②中，函数
和
，
和
，
所以
不一定为非正数，
所以这两组函数不是 “相伴函数”.
（2）存在
，使得
和
为“相伴函数”.
证明如下：
由
，
所以
，
可得
.
若
和
为“相伴函数”则
成立，
即
，
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若
，由
，可得
，
则
可取，满足
成立；
若
，所以
，
若
，则不等式
无解；若
，则
无解，
综上可得，存在
，使得
和
为“相伴函数”.
（3）“
和
为相伴函数”的充要条件是
.
因为
，
若
和
为相伴函数
即
对
恒成立，
可得
，
即
，
即
，可得
，
由于
取遍
内的所有实数，因此当且仅当
时成立，
所以
，所以必要性得证.
下面证明充分性：
已知
，则
，
，
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此时
，所以
，
即
成立，
和
为相伴函数.
所以“
和
为相伴函数”的充要条件是
.
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读
理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办
事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决；
3、若新定义与函数有关，可得利用函数的解析式，结合函数的性质等相关知识，转化为函数的基本性质
或运算法则求解；
4、若新定义与集合的运算有关，要熟记集合的性质以及集合的运算法则，必要时可利用集合的韦恩图，
更加直观的求解.
25．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列
是斐波那契数列，其数值为：
.这一
数列以如下递推的方法定义：
.数列
对于确定的正整数
，若存在
正整数
使得
成立，则称数列
为“
阶可分拆数列”.
(1)已知数列
满足
.判断是否对
，总存在确定的正整数
，使得数列
为“
阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列
的前
项和为
，
（i）若数列
为“ 阶可分拆数列”，求出符合条件的实数
的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列
满足
，
，其前
项和为
.证明：当
且
时，
成立.
【答案】(1)存在，理由见解析
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(2)（i）0；（ii）证明见解析
【分析】（1）由已知可得
可得
由定义可得结论；
（2）当
时，
，（i）由已知可得存在正整数
使得
成立，当
时，
可求得
，当
时，可得
，方程无解，可得结论；
（ii）法一：当
时，易得
，计算可得
，由（1）可
得
，
，利用错位相减法可得
，可证结论成立；
法二：同法一可得
，
，两边同乘以
，
可求得
，可证结论.
【详解】（1）存在，理由如下：
由已知得
，
，
，
即
对
，当正整数
时，存在
，使得
成立，
即数列
为“ 阶可分拆数列”；
（2）
，
当
时，
，
当
时，
，
（i）若数列
为“ 阶可分拆数列”，则存在正整数
使得
成立，
70
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当
时，
，即
，解得
，
当
时，
，即
，
因
，所以
，又
，
故方程
无解.
综上所述，符合条件的实数a 的值为.
（ii）方法一：
证明：
，
当
时，
，
，
，
由（i）知
，所以
，
①，
②，
由①-②可得
，
，
71
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，
，
当
且
时，
成立.
方法二：
证明：
，
当
时，
，
，
，
由（i）知
，所以
，
①，
②，
③，
由①
②
③可得
，
，
当
且
时，
成立.
【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定
的存在
即可，以及错位相减法在数列
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求和中的应用..
26．（2024·山东·模拟预测）设
，
.如果存在
使得
，那么就说
可被
整除（或
整
除
），记做
且称
是
的倍数，
是
的约数（也可称为除数、因数）．
不能被
整除就记做
．
由整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若
，
，则
；②
，
互质，若
，
，
则
；③若
，则
，其中
.
(1)若数列
满足，
，其前
项和为
，证明：
；
(2)若
为奇数，求证：
能被
整除；
(3)对于整数
与
，
，求证：
可整除
.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用等比数列前
项和公式，求得
，再结合二项式定理以及整除性质②即可
得出证明；
（2）由二项展开式可得
为奇数时，满足
，可得结论；
（3）分别对整数
为奇数和偶数进行分类讨论，利用
表达式将
的表达式化简成含有
的式子，再结合（2）中的结论即可证明
可整除
.
【详解】（1）因为
，可知数列
是以
为首项，公比为
的等比数列；
所以
，
而
，且31 与9 互质；
73
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易知
，
所以
；
，
所以
；
结合整除性质②可知：
；
（2）因为
，
且
为奇数，所以
；
因此
能被
整除.
（3）易知
.
当
时，
，
，
上式中
，由（2）知，
能被
整除，
另一方面，
，
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上式中
，所以
也能被
整除，且
与
互质，
所以
能被
整除，即
能被
整除.
类似可证当
时，
，
，
显然
，由（2）知，
能被
整除；
另一方面，
，
所以
能被
整除；且
与
互质.
能被
整除.
综上可知
能被
整除.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于对整数
的奇、偶进行分类讨论，得出
的表达式，将
的
表达式通过拆分化简成含有
中的式子，再结合（2）中的结论以及整除性质，即可得出证明.
27．（2024·浙江温州·三模）现有
张形状相同的卡片，上而分别写有数字
，将这
张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数
字后放回，现在甲同学随机抽取4 次.
(1)若
，求抽到的4 个数字互不相同的概率；
(2)统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义
为随机变量
的
阶矩，其中1 阶矩就
是
的期望
，利用
阶矩进行估计的方法称为矩估计.
75
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（ⅰ）记每次抽到的数字为随机变量
，计算随机变量
的1 阶矩
和2 阶矩
；（参考公式：
）
（ⅱ）知甲同学抽到的卡片上的4 个数字分别为3，8，9，12，试利用这组样本并结合（ⅰ）中的结果来
计算
的估计值
.（
的计算结果通过四舍五入取整数）
【答案】(1)
(2)（ⅰ）
，
；（ⅱ）
【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）（ⅰ）根据
阶矩的定义、期望公式及等差数列求和公式计算可得；（ⅱ）首先求出样本数据的阶
矩及
阶矩，结合（ⅰ）的中的结果得到方程组，解得即可.
【详解】（1）依题意可得抽到的
个数字互不相同的概率
；
（2）（ⅰ）依题意
的可能取值为
，
，
，
，
且
（
且
），
所以
，
依题意
的可能取值为
，
，
，
且
（
且
），
所以
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；
（ⅱ）依题意样本数据，，，
为期望（平均数）为
，
则，
，
，
为期望（平均数）为
，
所以
，
消去
得
，
整理得
，解得
（负值已舍去），
又
，
，所以
.
28．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆
的左、右焦点分别为
为上顶点，
离心率 为
，直线
与圆
相切.
(1)求椭圆
的标准方程;
(2)椭圆方程
，平面上有一点
. 定义直线方程
是椭圆
在
点
处的极线.
① 若
在椭圆
上，证明: 椭圆
在点
处的极线就是过点
的切线;
② 若过点
分别作椭圆
的两条切线和一条割线，切点为
，割线交椭圆
于
两点，
过点
分别作椭圆
的两条切线，且相交于点
. 证明:
三点共线.
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【答案】(1)
(2)①证明见解析；② 证明见解析
【分析】（1）由题意得
，
，再结合
，从而可求出
，进而可求出椭圆
的标准方程；
（2）①由定义可知椭圆
在点
处的极线方程为
，然后分
和
两种情况
证明；②设点
，然后由①可得过点
的切线方程和过点
的切线方程，则可
求出割线
的方程，同时可求出切点弦
的方程，从而可证得结论.
【详解】（1）由已知
，
，则
所以直线
，即
，
该直线与圆
与相切，则
，
所以解得
，
，
故椭圆
的标准方程为
（2）① 由(1)得椭圆
的方程是
.
因为
在椭圆
上，所以
，即
，
由定义可知椭圆
在点
处的极线方程为
，
当
时，
，此时极线方程为
，所以
处的极线就是过点
的切线，
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当
时，极线方程为
，即
，
由
，得
，
所以
，
所以
处的极线就是过点
的切线，
综上所述，椭圆
在点
处的极线就是过点
的切线;
② 设点
，
由①可知，过点
的切线方程为
，
过点
的切线方程为
，
因为
都过点
，所以有
，
则割线
的方程为
，
同理可得过点
的两条切线的切点弦
的方程为
，即
，
又因为割线
过点
，代入割线方程得
，即
，
所以
三点共线，都在直线
上．
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆的切线，考查椭
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圆中点共线问题，解题的关键是合理利用过椭圆上一点的切线方程的定义，考查计算能力，属于较难题.
29．（2024·江西·二模）在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标
表示，其中
，而在
维空间中
，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为
维坐标
，其中
．现有如下定义：在
维空间中两点间的曼哈顿距
离为两点
与
坐标差的绝对值之和，即为
．回答下列问题：
(1)求出
维“立方体”的顶点数；
(2)在
维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量
为所取两点间的曼哈顿距离．
①求
的分布列与期望；
②求
的方差．
【答案】(1)
个
(2)①分布列见解析，
；②
【分析】（1）由题根据分步计数乘法原理，即可确定顶点个数；
（2）由离散型随机变量的分布列步骤，数学期望公式，方差公式及二项式定理计算即可．
【详解】（1）对于
维坐标
，
，
所以共有
种不同的点，即共有
个顶点．
（2）①对于
的随机变量，在坐标
与
中有
个坐标
值不同，剩下
个坐标相同，此时对应情况数有
种，
所以
，
则
的分布列为：
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1
2
所以
，
倒序相加得，
，
所以
；
②
，
设
，
两边求导得，
，
两边乘以
后得，
，
两边求导得，
，
令
得，
，
所以
．
【点睛】方法点睛：在计算数学期望和方差时，应用两个等式：①
；②
．
30．（2024·湖北·模拟预测）龙泉游泳馆为给顾客更好的体验，推出了A 和B 两个套餐服务，顾客可选择
A 和B 两个套餐之一，并在App 平台上推出了优惠券活动，下表是该游泳馆在App 平台10 天销售优惠券
情况．
日期t
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
81
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销售量
千张
1.9
1.98
2.2
2.36
2.43
2.59
2.68
2.76
2.7
0.4
经计算可得：
.
(1)因为优惠券购买火爆，App 平台在第10 天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，
已知销售量y 和日期t 呈线性关系，现剔除第10 天数据，求y 关于t 的经验回归方程结果中的数值用分数
表示；
(2)若购买优惠券的顾客选择A 套餐的概率为
，选择B 套餐的概率为
，并且A 套餐可以用一张优惠券，
B 套餐可以用两张优惠券，记App 平台累计销售优惠券为n 张的概率为
，求
；
(3)记（2）中所得概率
的值构成数列
.
①求
的最值；
②数列收敛的定义：已知数列
，若对于任意给定的正数
，总存在正整数
，使得当
时，
，（
是一个确定的实数），则称数列
收敛于
.根据数列收敛的定义证明数列
收敛．
参考公式：
.
【答案】(1)
(2)
(3)①最大值为
，最小值为
；②证明见解析
【分析】（1）计算出新数据的相关数值，代入公式求出
的值，进而得到y 关于t 的回归方程；
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（2）由题意可知
，其中
，构造等比数列，再利用等比数列的通项
公式求解；
（3）①分n 为偶数和n 为奇数两种情况讨论，结合指数函数的单调性求解；
②利用数列收敛的定义，准确推理、运算，即可得证．
【详解】（1）解：剔除第10 天的数据，可得
，
，
则
，
所以
，
可得
，所以
.
（2）解：由题意知
，其中
，
所以
，又由
，
所以
是首项为1 的常数列，所以
所以
，又因为
，
所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
故
，所以
.
（3）解：①当
为偶数时，
单调递减，
最大值为
；
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当
为奇数时，
单调递增，最小值为
，
综上可得，数列
的最大值为
，最小值为
.
②证明：对任意
总存在正整数
，其中
表示取整函数，
当
时，
，
所以数列
收敛.
【点睛】知识方法点拨：与新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读
理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办
事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
方法点拨：与数列有关的问题的求解策略：
3、若新定义与数列有关，可得利用数列的递推关系式，结合数列的相关知识进行求解，多通过构造的分
法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程灵活运用数列的性质，准确应用相关的数列知识.
84
