2022年高考数学(文数)二轮复习选择填空狂练20《新定义类创新题》（含答案详解）

这是一份2022年高考数学(文数)二轮复习选择填空狂练20《新定义类创新题》（含答案详解），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
新定义类创新题   1．定义集合运算：，设，，则集合的所有元素之和为（    ）A．0 B．2 C．3 D．62．已知函数①；②；③；④；⑤．其中对于定义域内的任意，都存在，使得成立的函数是（    ）A．①③ B．②⑤ C．③⑤ D．②④3．定义平面向量之间的一种运算“⊙”如下，对任意的，，令⊙下列说法错误的是（    ）A．若与共线，则令⊙B．⊙⊙C．对任意的有⊙D．4．我国南宋著名数学家秦九韶发现了三角形三边求三角形面积的“三斜求积公式”，设三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，则“三斜求积公式”为．若，，则用“三斜求积公式”求得的（    ）A． B． C． D．5．设非空集合满足：当时，有，给出如下三个命题：①若，则；②若，则；③若，则．其中正确的命题的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3 6．祖暅是南北朝时代的伟大科学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现将曲线绕轴旋转一周得到的几何体叫做椭球体，记为，几何体的三视图如图所示．根据祖暅原理通过考察可以得到的体积，则的体积为（    ）A． B． C． D．7．对于函数和，设，，若存在、，使得，则称与互为“零点关联函数”．若函数与互为“零点关联函数”，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．8．若三个非零且互不相等的实数，，成等差数列且满足，则称，，成一个“等差数列”．已知集合，则由中的三个元素组成的所有数列中，“等差数列”的个数为（    ）A．25 B．50 C．51 D．1009．定义域为的函数的图象的两个端点分别为，，是图象上任意一点，其中，向量．若不等式恒成立，则称函数在上为“函数”．已知函数在上为“函数”，则实数的最小值是（    ）A．1 B．2 C．3 D．410．已知函数的定义域为，若在上为增函数，则称为“一阶比增函数”；若在上为增函数，则称为“二阶比增函数”．我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为，所有“二阶比增函数”组成的集合记为．若函数，且，，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．11．函数定义域为，若满足①在内是单调函数；②存在使在上的值域为，那么就称为“成功函数”，若函数是“成功函数”，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．12．已知为抛物线的焦点，，，为抛物线上三点，当时，称为“和谐三角形”，则“和谐三角形”有（    ）A．0个 B．1个 C．3个 D．无数个   13．如果函数在区间上是凸函数，那么对于区间内的任意，，，，都有，若在区间内是凸函数，则在中，的最大值是_____．14．卵形线是常见曲线的一种，分笛卡尔卵形线和卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内与两个定点(叫作焦点)的距离之积等于常数的点的轨迹．某同学类比椭圆与双曲线对卡西尼卵形线进行了相关性质的探究，设，是平面内的两个定点， (是定长)，得出卡西尼卵形线的相关结论：①该曲线既是轴对称图形也是中心对称图形；②若，则曲线过原点；③若，则曲线不存在；④若，则．其中正确命题的序号是________．15．记为不超过的最大整数，如，，则函数的所有零点之和为________．16．若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：，和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，(为自然对数的底数)，有下列命题：①在内单调递增；②和之间存在“隔离直线”，且的最小值为；③和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是；④和之间存在唯一的“隔离直线”．其中真命题的序号为__________．(请填写正确命题的序号)                1．【答案】D【解析】根据题意，设，，则集合中的元素可能为0，2，0，4，集合元素的互异性，则，其所有元素之和为，故选D．2．【答案】B【解析】由知，对函数图象上任意一点，都存在一点，使，若斜率都存在，则．对于①，由于，所以无论两个点如何取，和的斜率均等于1，故①不成立；对于②，由于，结合图象可得过原点总有两条直线与函数的图象相交，即对函数图象上任意一点，都存在一点，使，故②成立；对于③，由于，若，则，显然不成立，故③不成立；对于④，由于，则当时，故，直线为轴，此时与直线垂直的直线为轴，而轴与函数的图象无交点，故④不成立；对于⑤，由于，结合图象可得过原点总有两条直线与函数的图象相交，即对函数图象上任意一点，都存在一点，使，故⑤成立．综上可得符合条件的是②⑤，故选B．3．【答案】B【解析】根据两向量共线的坐标表示可知A正确，，，所以B不正确；，所以C正确；，而，所以D正确，故选B．4．【答案】D【解析】由，可得，，由，可得，整理计算有，结合三角形面积公式可得．故选D．5．【答案】D【解析】已知非空集合满足：当时，有，故当时，即，解得，当时，即，解得，或；根据，得；①若，由，可得，即，故①正确；②若，，即，且，故，故②正确；③若，由，可得，结合，可得，故③正确；故选D．6．【答案】D【解析】由三视图可得几何体是一个底面半径为6，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，上底面为底面的圆锥，则圆柱的体积为，圆锥的体积，利用祖暅原理可计半椭球的体积为，所以的体积为，故选D．7．【答案】C【解析】，为单调递增的函数，且是函数唯一的零点，由，互为“零点相邻函数”，则的零点在之间．（1）当有唯一的零点时，，解得，解得满足题意；（2）当在之间有唯一零点时，，解得；（3）当在之间有两个点时，，，解得，综上所述，解得，故选C．8．【答案】B【解析】由三个非零且互不相等的实数，，成等差数列且满足，知，消去，并整理得，所以（舍去），，于是有．在集合中，三个元素组成的所有数列必为整数列，所以必能被2整除，且，，故这样的数组共50组，答案选B．9．【答案】D【解析】当时，，当时，．所以，．所以．因为向量，所以，所以，所以，设，，所以函数在单调递增，在上单调递减，所以，所以，故选D．10．【答案】C【解析】因为且，即在是增函数，所以，而在不是增函数，而，所以当是增函数时，有，当不是增函数时，有，综上所述，可得的取值范围是，故选C．11．【答案】C【解析】∵是“成功函数”，∴在其定义域内为增函数，，∴，，令，∴有两个不同的正数根，∴，解得，故选C．12．【答案】D【解析】抛物线方程为，，，为曲线上三点，当时，为的重心，用如下办法构造，连接并延长至，使，当在抛物线内部时，设，若存在以为中点的弦，设，，则，，，则，两式相减化为，，所以总存在以为中点的弦，所以这样的三角形有无数个，故选D．   13．【答案】【解析】由题意，知凸函数满足，又在区间上是凸函数，所以．14．【答案】①②③④【解析】由题意设，则，即，
①把方程中的被代换，方程不变，故此曲线关于轴对称；把方程中的被代换，方程不变，故此曲线关于轴对称；把方程中的被代换，被代换，方程不变，故此曲线关于原点对称；故①正确；
②，代入，方程成立则曲线过原点，故②正确；
③∵，（当且仅当，时取等号），∴，∴若，则曲线不存在，故③正确；
④若，则类比椭圆的性质，可得，故④正确．
故答案为①②③④．15．【答案】【解析】由题意可知，令，．有．所以在上单调递减，有，所以在上无零点，只需考虑：，，，，可得三个零点分别为，，，故答案为．16．【答案】①②④【解析】结合题意逐一考查所给命题的真假：①∵，，则，∴在内单调递增，故①对；②、③设、的隔离直线为，则对一切实数成立，即有，，，又对一切成立，则，即，，，即有且，，同理可得，故②对，③错；④函数和的图象在处有公共点，因此若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即，由，可得当恒成立，则，即，故，此时直线方程为，下面证明：令，则，当时，，当时，，当时，，则当时，取到极小值，极小值是0，也是最小值．所以，则当时恒成立．∴函数和存在唯一的隔离直线，故④正确．故答案为①②④．