专题22 新高考新题型第19题新定义压轴解答题归纳（9大题型）（练习）-2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）

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目 录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc159338126" 01 集合新定义 PAGEREF _Tc159338126 \h 1
\l "_Tc159338127" 02 函数与导数新定义 PAGEREF _Tc159338127 \h 5
\l "_Tc159338128" 03 立体几何新定义 PAGEREF _Tc159338128 \h 11
\l "_Tc159338129" 04 三角函数新定义 PAGEREF _Tc159338129 \h 19
\l "_Tc159338130" 05 平面向量与解三角形新定义 PAGEREF _Tc159338130 \h 22
\l "_Tc159338131" 06 数列新定义 PAGEREF _Tc159338131 \h 27
\l "_Tc159338132" 07 圆锥曲线新定义 PAGEREF _Tc159338132 \h 34
\l "_Tc159338133" 08 概率与统计新定义 PAGEREF _Tc159338133 \h 42
\l "_Tc159338134" 09 高等数学背景下新定义 PAGEREF _Tc159338134 \h 45
01 集合新定义
1．（2024·北京·高三北师大实验中学校考阶段练习）已知元正整数集合满足：，且对任意，都有
(1)若，写出所有满足条件的集合；
(2)若恰有个正约数，求证：；
(3)求证：对任意的，都有.
【解析】（1）或或．
根据题意可知，若，则，满足题意；
若，则，满足题意；
显然易知当时，，所以或；
当,时，又满足，所以可得满足题意；
因此可得所有满足条件的集合为或或.
（2）证明：由题分别令，，
可知
即这个小于的数均为的正约数．
因为的正约数的个数恰为个(其中最大的是，最小的是1)，
而
所以，
可得
（3）证明：由题可知
且
所以
将最后一个不等式整理得，即；
又，所以，
所以.
2．（2024·北京·高三北京交通大学附属中学校考阶段练习）设集合，其中.若集合满足对于任意的两个非空集合，都有集合的所有元素之和与集合的元素之和不相等，则称集合具有性质.
(1)判断集合是否具有性质，并说明理由；
(2)若集合具有性质，求证：；
(3)若集合具有性质，求的最大值.
【解析】（1）对于集合，因为，故集合的元素和相等，
故不具有性质.
对于，其共有15个非空子集：
，
，
各集合的和分别为：，它们彼此相异，
故具有性质.
（2）因为具有性质，故对于任意的，也具有性质，
否则有两个非空子集，它们的元素和相等，
而也是的子集，故不具有性质，矛盾.
注意到共有个非空子集，每个子集的元素和相异，
且子集的和最大为，最小为，故.
（3）假设集合具有性质，
不妨设，
设，则，由（2）可得，且.
而
，
故，
当且仅当时等号成立，
即此时任意的正整数，即，
故此时时等号成立，故的最大值为.
则当时，即对集合具有性质，
则的最大值为.
3．（2024·北京门头沟·统考一模）已知集合.若对于集合M的任意k元子集A，A中必有4个元素的和为，则称这样的正整数k为“好数”，所有“好数”的最小值记作.
(1)当，即集合.
（i）写出M的一个子集B，且B中存在4个元素的和为；
（ii）写出M的一个5元子集C，使得C中任意4个元素的和大于；
(2)证明：；
(3)证明：.
【解析】（1）取，则，满足条件；
取，则；；
；；；
满足条件.
（2）若，，，从大到小取个元素，
，，或，，
则中任意4个元素之和，不成立，故.
（3）当时，把集合的元素按和为分组，得：
，
易得，中至少有2个二元子集满足．
若把集合的元素按和为分组，得：
．
易得，中至少有3个二元子集满足．
而集合两两互不相交，与中每一个至多有一个公共元素，
所以，中必有一个与没有公共元素，不妨设，
则的4个元素就是的4个互异元素，而这4个元素的和为．
又，所以．
02 函数与导数新定义
4．（2024·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试）对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数和，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“跃点”.
(1)若函数是“跃点”函数，求实数的取值范围；
(2)若函数是定义在上的“1跃点”函数，且在定义域内存在两个不同的“1跃点”，求实数的取值范围；
(3)若函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，求实数的取值范围.
【解析】（1）函数的导函数为，
因为函数，是“跃点”函数，
则方程有解，即有解，
而，因此，解得，
所以实数的取值范围是.
（2）函数的导函数为，
依题意，方程，即在上有两个不等实根，
令，因此函数在上有两个不同零点，
则，解得或，
所以实数的取值范围是.
（3）函数的导函数为，
因为函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个 “1跃点”，
则方程，显然，所以在上恰有一个实数根，
令，求导得，
由，得；由，得且，，
于是函数在上单调递减， 恒成立，函数的取值集合是，
在上单调递减，函数的取值集合是，
在上单调递增，函数的取值集合是，函数的图象，如图，
当时，直线与函数的图象有唯一公共点，
即方程恰有一个实数根，从而，
所以b的取值范围为.
5．（2024·江西宜春·高三江西省丰城中学校考开学考试）俄国数学家切比雪夫（П.Л.Чебышев，1821-1894）是研究直线逼近函数理论的先驱.对定义在非空集合上的函数，以及函数，切比雪夫将函数，的最大值称为函数与的“偏差”.
(1)若，，求函数与的“偏差”；
(2)若，，求实数，使得函数与的“偏差”取得最小值，并求出“偏差”的最小值.
【解析】（1），
因为，所以，
则，
所以函数与的“偏差”为.
（2）令，
，
因为，所以，，
当，即时，此时，
则的“偏差”为，此时，
当，即时，此时，
则“偏差”为，此时，无最小值，
当，，且，
即时，则“偏差”为，
此时，无最小值，
当，，且，
即时，则的“偏差”为，
此时，无最小值，
当，，且，
即时，则的“偏差”为，此时，
当，，即时，
则的“偏差”为，
此时，无最小值，
当，，即时，
则的“偏差”为，此时，
综上， 时，函数与的“偏差”取得最小值为.
6．（2024·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测）设是定义域为的函数，如果对任意的、均成立， 则称是“平缓函数”.
(1)若， 试判断和是否为“平缓函数” ? 并说明理由; (参考公式:时， 恒成立)
(2)若函数是“平缓函数”， 且是以 1为周期的周期函数， 证明:对任意的、， 均有;
(3)设 为定义在上函数， 且存在正常数 使得函数为“平缓函数”. 现定义数列满足:， 试证明:对任意的正整数.
【解析】（1）对于函数，由对任意的、，
，
可知函数是上的“平缓函数”. 对于函数，由对任意的、，
，
因此函数也是上的“平缓函数”；
（2）由已知可得，由于函数是周期函数，
故不妨设、.
当时，由为上的“平缓函数”得；
当时，不妨设，，此时由为上的“平缓函数”得
综上所述，命题得证；
（3）由为上的“平缓函数”，且得，则对任意的，
，
因此
7．（2024·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）若定义域为D的函数满足是定义域为D的严格增函数，则称是一个“T函数”.
(1)分别判断，是否为T函数，并说明理由；
(2)已知常数，若定义在上的函数是T函数，判断和的大小关系，并证明；
(3)已知T函数的定义域为R，不等式的解集为．证明：在R上严格增.
【解析】（1），定义域为R，是R上的严格增函数，故是“T函数”；
，定义域为R，不是R上的严格增函数，故不是“T函数”.
（2），证明如下
因为定义在上的函数是T函数，则在上严格递增，
设，则，
故在上单调递增，故，
即，
即.
（3）T函数的定义域为R，故在R上严格增，
，设，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故，
即，
当时，恒成立，则恒成立，
故，
若存在，使，则当时，，
这与，矛盾，
故不存在使，
，恒成立，
故在R上严格增.
03 立体几何新定义
8．（2024·江苏·高三专题练习）如图1所示为一种魔豆吊灯，图2为该吊灯的框架结构图，由正六棱锥和构成，两个棱锥的侧棱长均相等，且棱锥底面外接圆的直径为，底面中心为，通过连接线及吸盘固定在天花板上，使棱锥的底面呈水平状态，下顶点与天花板的距离为，所有的连接线都用特殊的金属条制成，设金属条的总长为y．
（1）设∠O1AO =(rad)，将y表示成θ的函数关系式，并写出θ的范围；
（2）请你设计θ，当角θ正弦值的大小是多少时，金属条总长y最小．
【解析】（1）在直角三角形OAO1中，，，
由，所以，
所以θ的范围是，其中，．
从而有
，
所以，（，）．
（2）令，所以，
令，则，则．
当时，；当时，．
函数的单调性与关系列表如下：
所以当，其中时取得最小值，即y最小．
故当角满足（）时，金属条总长y最小．
9．（2024·辽宁沈阳·东北育才学校校考二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
【解析】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，
根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，
再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为.
（2）（i）如图所示，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O，
则，则，
菱形SAHC的面积为，
侧面积，
所以蜂房的表面积为.
（ii），
令得到，
所以在递增；在递增.
所以在处取得极小值，也即是最小值.
此时，在中，令，由余弦定理得，
又顶点的曲率为，
.
10．（2024·北京·高三统考期末）用光线照射物体，在某个平面上得到的影子叫做物体的投影，照射光线叫做投影线，投影所在的平面叫做投影面.由平行光线形成的投影叫做平行投影，由点光源发出的光线形成的投影叫做中心投影.投影线垂直于投影面产生的平行投影叫做正投影，投影线不垂直于投影而产生的平行投影叫做斜投影.物体投影的形状､大小与它相对于投影面的位置和角度有关.如图所示，已知平行四边形在平面内的平行投影是四边形.
图
图
图
(1)若平行四边形平行于投影面（如图），求证：四边形是平行四边形；
(2)在图中作出平面与平面的交线（保留作图痕迹，不需要写出过程）；
(3)如图，已知四边形和平行四边形的面积分别为，平面与平面的交线是直线，且这个平行投影是正投影.设二面角的平面角为（为锐角），猜想并写出角的余弦值（用表示），再给出证明.
【解析】（1）依题意，，故共面.
面面，面面，面面，
，同理.
又平行四边形，则，
，同理，
四边形是平行四边形.
（2）如图，直线为平面与平面的交线.
（3）猜想：.
不妨将平行四边形平移，使与重合，如图所示.
则面与面的交线即为.
过作于，连接，过作于，连接.
由正投影，则面，又面，故.
又，面，则面，
而面，故，又，
是二面角的平面角，同理是二面角的平面角.
，且，
，
，即.
11．（2024·山东济南·高三统考期末）射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作．

(1)证明：；
(2)已知，点为线段的中点，，求．
【解析】（1）在、、、中，
，
所以，
又在、、、中，
，
所以，
又，，，
所以，
所以.
（2）由题意可得，所以，
即，所以，又点为线段的中点，即，
所以，又，则，，
设，且，
由，所以，
即，解得①，
在中，由正弦定理可得②，
在中，由正弦定理可得③，
且，
②③得，即④
由①④解得，（负值舍去），即，
所以.
04 三角函数新定义
12．如果对于三个数a、b、c能构成三角形的三边，则称这三个数为“三角形数”，对于“三角形数”a、b、c，如果函数使得三个数、、仍为“三角形数”，则称为“保三角形函数”．
对于“三角形数”、、，其中，若，判断函数是否是“保三角形函数”，并说明理由；
对于“三角形数”、、，其中，若，判断函数是否是“保三角形函数”，并说明理由．
【解析】函数不是“保三角形函数”，理由如下，
设，
，则，
，
，
，
，
则，
且，
，
故，，不能构成三角形，
不是“保三角形函数”；
函数是“保三角形函数”，理由如下，
，
，
当时，最大，且，
，
当时，最大，
，
综上所述，，，能构成三角形，
所以是“保三角形函数”．
13．数学家发现：，其中n!利用该公式可以得到：当时，
证明：当时，
设，当的定义域为时，值域也为，则称为的“和谐区间”．当时，是否存在“和谐区间”?若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由．
【解析】证明：由已知当时，，
得，所以当时，
时，假设存在，则由知
若，则由知，与值域是矛盾，
故不存在“和谐区间”，同理，时，也不存在，
下面讨论，
若，则，故最小值为，于是，
所以，
所以最大值为2，故，此时的定义域为，值域为，符合题意．
若，当时，同理可得，舍去，
当时，在上单调递减，所以
，于是，
若即，则，故，
与矛盾；
若，同理，矛盾，
所以，即，
由知当时，，
因为所以，从而，，从而，矛盾，
综上所述，有唯一的“和谐区间”
14．已知函数，若存在实数m、，使得对于定义域内的任意实数x，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对．
若，求函数的“平衡”数对；
若，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由；
若、，且、均为函数的“平衡”数对，求的取值范围．
【解析】根据题意可知，对于任意实数 x ， ，
即 对于任意实数 x 恒成立，
只有 ， ，故函数 的“平衡”数对为 ；
若 ，则 ，
，
要使得 为“可平衡”函数，需使 对于任意实数 x 均成立，只有 ，
此时 ， ，故 k 存在使得 是“可平衡”函数．
假设存在实数 m、 ，对于定义域内的任意 x 均有 成立
则
，
，
均为函数 的“平衡”数对，
，
，
设 ，函数单调递增，
即 ，
所以的取范围为
05 平面向量与解三角形新定义
15．古希腊数学家托勒密对凸四边形凸四边形是指没有角度大于的四边形进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题：
如图，在凸四边形ABCD中，
若图，求线段BD长度的最大值；
若图，求四边形ABCD面积取得最大值时角A 的大小，并求出四边形ABCD面积的最大值．
【解析】设 ，则 ，
由材料可知， ，
即 ，
解得 ，
所以线段 BD 长度的最大值为 ．
由材料可知，当 A、B、C、 四点共圆时，四边形 ABCD 的面积达到最大．
连接 BD ，在 中，由余弦定理，得
，①
在 中，由余弦定理，得
，②
因为 A、B、C、 四点共圆，所以 ，从而 ，③
由①②③，解得 ，
因为 ，所以 ．
从而 ，
，
所以 ．
16．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，对任意两个向量，，作：，当，不共线时，记以OM，ON为邻边的平行四边形的面积为；当，共线时，规定
Ⅰ分别根据下列已知条件求：
①，；②，；
Ⅱ若向量，
求证：；
Ⅲ若A，B，C是以O为圆心的单位圆上不同的点，记，，
ⅰ当时，求的最大值；
ⅱ写出的最大值．只需写出结果
【解析】Ⅰ因为，
且，
所以；
又，
是；
Ⅱ因为向量，
且向量，
则，
所以，
同理
所以；
Ⅲ设，因为，
所以，
所以，
当，即时，
取得最大值；
的最大值为
17．（2024·全国·模拟预测）定义：一个几何体的表面积与体积之比称为几何体的相对表面积.
（1）若一个直三棱柱高为，底面三角形的内切圆半径为，相对表面积为，求证：；
（2）如图，一块直三棱柱形状的蛋糕，底面三边长分别为3，4，5，若蛋糕的最外层包裹着薄薄的一层巧克力（厚度忽略不计），用刀垂直于底面将蛋糕切开，使之成为两块直棱柱状的小蛋糕，要求两块小蛋糕的相对表面积相等，且包裹的巧克力面积相等，有几种切法.
【解析】（1）设直三棱柱的底面三角形的面积为，周长为，则，
所以直三棱柱的表面积为，体积为，
所以相对表面积.
（2）用刀垂直于底面将蛋糕切开时，两块小蛋糕的高相等.
又由两块小蛋糕外层包裹的巧克力面积相等，可知两块小蛋糕的表面积相同.
因为两块小蛋糕的相对表面积相等，
所以两块小蛋糕的体积相等，从而底面积也相等，
由两块小蛋糕的表面积相同可知两块小蛋糕的侧面积也相等，故而其底面周长也相等，
故可将问题转化为一条直线将三边长分别为3，4，5的三角形分成两个图形，这两个图形的周长和面积都相等.
如图1，当直线与边，分别交于，时，设，，
则，，
即，解得：，
由，可知，所以此时无解；
如图2，当直线与边，分别交于，时，设，，
则，，
即，所以此时无解；
如图3，当直线与边，分别交于，时，设，，
，
即，解得，
由，可知，
所以，
综上所述：只有一种切法满足题意，当直线与边，分别交于，且.
06 数列新定义
18．（2024·上海徐汇·统考三模）对于数列，记．
(1)若数列通项公式为：，求；
(2)若数列满足：，，且，求证：的充分必要条件是；
(3)已知，若，．求的最大值．
【解析】（1）由通项公式得：.
所以
（2）充分性:若数列的前n项单调不增,即.
此时有：.
必要性：用反证法. 若数列不满足,则存在k(),使得,那么
由于,所以.与已知矛盾
所以,假设不成立,必要性得证.
综上所述：的充分必要条件是
（3）由，令，则.
所以
所以
.
（因为）
当且仅当时, 取得最大值2021.
19．（2024·上海松江·高三上海市松江二中校考开学考试）若实数数列满足，则称数列为数列.
(1)请写出一个5项的数列，满足，且各项和大于零；
(2)如果一个数列满足：存在正整数使得组成首项为1，公比为的等比数列，求的最小值；
(3)已知为数列，求证：为数列且为数列”的充要条件是“是单调数列”.
【解析】（1）由题设，，又，
所以，存在满足条件，
又，则，
综上，满足题设的数列有.
（2）由题设，为，
所以数列从开始依次往后各项可能出现的数字如下：
，，，，
，，，
，…，
要使的最小即正整数且间的间隔尽量小，又，则，
综上，的最小值为.
（3）由为数列，则，由为数列，则，
又为数列，即，
若不是单调数列，
则存在，即，显然与矛盾；
或存在，即，显然与矛盾；
综上，是单调数列，充分性得证；
由是单调数列且为数列，
所以，则，
则，即，
所以、均为数列，必要性得证；
综上，为数列且为数列”的充要条件是“是单调数列”.
20．（2024·北京丰台·高三统考期末）若有穷数列且满足，则称为M数列．
(1)判断下列数列是否为M数列，并说明理由；
① 1，2，4，3．
② 4，2，8，1．
(2)已知M数列中各项互不相同． 令，求证：数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列；
(3)已知M数列是且个连续正整数的一个排列．若，求的所有取值．
【解析】（1）①因为，所以该数列不是M数列；
②因为，所以该数列是M数列．
（2）必要性：
若数列是等差数列，设公差为，
则．
所以数列是常数列．
充分性：
若数列是常数列，
则，即．
所以或．
因为数列的各项互不相同，
所以．
所以数列是等差数列．
（3）当时，因为，所以，不符合题意；
当时，数列为．此时，符合题意；
当时，数列为．此时，符合题意；
下证当时，不存在满足题意．
令，
则，且，
所以有以下三种可能：
①；
②；
③．
当时，因为，
由（2）知：是公差为1（或−1）的等差数列．
当公差为1时，由得或，
所以或，与已知矛盾．
当公差为−1时，同理得出与已知矛盾．
所以当时，不存在满足题意．
其它情况同理可得．
综上可知，的所有取值为4或5．
21．（2024·北京石景山·高三统考期末）记实数，中的较大者为，例如，，对于无穷数列，记，若对于任意的，均有，则称数列为“趋势递减数列”.
(1)已知数列的通项公式分别为，，判断数列是否为“趋势递减数列”，并说明理由；
(2)已知首项为公比为的等比数列是“趋势递减数列”，求的取值范围；
(3)若数列满足，为正实数，且，求证：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有.
【解析】（1）数列是“趋势递减数列”.
由通项公式知：公差为，故是单调递减数列，
∴，且，故数列是“趋势递减数列”.
数列是“趋势递减数列”.
由为奇数，为偶数，则，
∴，且，故数列是“趋势递减数列”.
（2）当时，数列为单调递增数列，此时，且不满足题意；
当时，数列为常数列，不满足题意；
当时，数列为单调递减数列，此时，且，满足题意；
当时，此时，且，满足题意；
当时，此时，且，不满足题意；
综上，的取值范围为.
（3）先证必要性：
假设存在正整数≥使得，令.
因为，为正实数，且，
∴≥，故≥，则数列从开始以后的各项为，
当≥时，，与为“趋势递减数列”矛盾，故假设不成立，的项中没有.
再证明充分性：
得：，
由的项中没有，故对于任意正整数，，
∴，即.
当时，，
当时，，
∴为“趋势递减数列”.
综上：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有.
22．（2024·北京海淀·统考）已知数列是由正整数组成的无穷数列，若存在常数，使得，对任意的成立，则称数列具有性质．
（1）分别判断下列数列是否具有性质；（直接写出结论）①；②
（2）若数列满足，求证：“数列具有性质”是“数列为常数列的充分必要条件；
（3）已知数列中，且．若数列具有性质，求数列的通项公式．
【解析】（1）①，对于，，所以数列具有“性质”；
②，对于，，，故，所以数列不具有“性质”．
（2）证明：先证“充分性”：
当数列具有“性质”时，有，
又因为，
所以，
进而有
结合有，
即“数列为常数列”；
再证“必要性”：
若“数列为常数列”，
则有，
即“数列具有“性质”．
（3）首先证明：．
因为具有“性质”，
所以．
当时，有．
又因为，且，
所以有，，
进而有，
所以，
结合可得：．
然后利用反证法证明：．
假设数列中存在相邻的两项之差大于3，
即存在满足：或，
进而有
．
又因为，
所以
依此类推可得：，矛盾，
所以有．
综上有：，
结合可得，
经验证，该通项公式满足，
所以．
07 圆锥曲线新定义
23．已知点是圆上一动点，点，线段的垂直平分线交线段于点.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)定义：两个离心率相等的圆锥曲线为“相似”曲线.若关于坐标轴对称的曲线与曲线相似，且焦点在同一条直线上，曲线经过点.过曲线上任一点作曲线的切线，切点分别为，这两条切线分别与曲线交于点（异于点），证明：.
【解析】（1）依题意，，
由椭圆的定义知，交点的轨迹是以点为左右焦点的椭圆，且长轴长，焦距，
则，
所以曲线的方程为.
（2）由（1）知，曲线的离心率为，且焦点在x轴上，则曲线的离心率为，
曲线的焦点在x轴上，而曲线经过点，，
因此曲线的长半轴长，半焦距，短半轴长有，
于是曲线的方程为，设，
当切线的斜率不存在时，的方程为，代入得，
此时、与曲线都相切，为的中点，为的中点，则；
当切线的斜率不存在时，同理有；
当切线和的斜率都存在时，设切线的方程为，分别代入和，
化简得①，②，
依题意，方程①有两个相等的实数根，方程②有两个不相等的实数根，
于是，即，
则，此时为的中点.
同理可证，为的中点，因此，
所以.
24．椭圆曲线加密算法运用于区块链．
椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且．
(1)当时，讨论函数零点的个数；
(2)已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：；
(3)已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标．
参考公式：
【解析】（1）由题设可知，有，
若，则，则，此时仅有一个零点；
若，令，解得．
当或时，，当时，，
故在，上为单调递增；
在上单调递减.
因为，
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
综上，
当，所以有2个零点．当，所以有2个零点．
当，有，则有1个零点．
（2）因为为C在点P处的切线，且，所以，
故，故，
因为“”运算满足交换律、结合律，
故，
故.
（3）直线的斜率，设与C的第三个交点为，
则，代入得
，
而，
故，
整理得到：，
故即，
同理可得，
两式相减得：，
故，
所以，故，故，
所以，
因此的坐标为：
．
25．（2024·全国·高三专题练习）阅读材料：
（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.
（二）极点与极线的基本性质､定理
①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；
②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；
③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.
结合阅读材料回答下面的问题：
(1)已知椭圆C：经过点P(4，0)，离心率是，求椭圆C的方程并写出与点P对应的极线方程；
(2)已知Q是直线l：上的一个动点，过点Q向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为椭圆过点P(4,0)，
则，得，又，
所以，所以，
所以椭圆C的方程为.
根据阅读材料，与点P对应的极线方程为，即；
（2）由题意，设点Q的坐标为(,)，
因为点Q在直线上运动，所以，
联立，得，
，该方程无实数根，
所以直线与椭圆C相离，即点Q在椭圆C外，
又QM，QN都与椭圆C相切，
所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.
对于椭圆，与点Q(,)对应的极线方程为，
将代入，整理得，
又因为定点T的坐标与的取值无关，
所以，解得，
所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上.
当时，T是线段MN的中点，
设，直线MN的斜率为，
则，两式相减，整理得，即，
所以当时，直线MN的方程为，即.
26．（2024·上海虹口·高三统考阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m.
(1)设，若的焦距为2，l过点，求l的方程；
(2)设，若是上的一点，且，l与交于不同的两点A、B，Q为的上顶点，求面积的最大值；
(3)设是l的一个法向量，M是l上一点，对于坐标平面内的定点N，定义.用a、b、k、m表示，并利用与的大小关系，提出一个关于l与位置关系的真命题，给出该命题的证明.
【解析】（1）设椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为，
因为的焦距为2，所以，故，所以左焦点的坐标为，
因为l过点，直线l的斜率为，
所以直线l的方程为；
（2）因为是上的一点，所以，化简可得，
因为，所以，所以，，所以的方程为，
因为直线l的斜率为k，在y轴上的截距，所以直线l的方程为，
设，由对称性可得，
因为的面积，为坐标原点，
所以，又，
所以，此时直线l的斜率为0，
所以面积的最大值为2；
（3）因为直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m，所以直线l的方程为，则向量为直线l的一个法向量，
取，因为M是l上一点，故设，
设椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为，
则，，
由已知，，
所以，
提出如下命题：椭圆的左、右焦点分别为，
直线l的方程为，若，则直线与椭圆相切，证明如下：
联立方程，化简可得，
所以，
方程的判别式，
因为，，所以，
所以，所以，所以方程组只有一组解，
所以直线与椭圆只有一个交点，所以直线与椭圆相切.
08 概率与统计新定义
27．（2024·北京东城·高三统考期末）已知随机变量的取值为不大于的非负整数值，它的分布列为：
其中（）满足：，且．定义由生成的函数，令．
（I）若由生成的函数，求的值；
（II）求证：随机变量的数学期望， 的方差；
（）
（Ⅲ）现投掷一枚骰子两次，随机变量表示两次掷出的点数之和，此时由生成的函数记为，求的值．
【解析】（I） ．
（II）由于，
，
所以．
由的方差定义可知




由于，所以有
，这样
，所以有
．
（III）方法1．投掷一枚骰子一次，随机变量的生成的函数为：
．
投掷骰子两次次对应的生成函数为: ．
所以．
方法2：的取值为2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12．
则的分布列为
．则
．
28．（2024·四川成都·高三成都七中校考开学考试）在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中．而在n维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的项点坐标可表示为n维坐标，其中．现有如下定义：在n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n维“立方体”的顶点数；
(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离
①求出X的分布列与期望；
②证明：在n足够大时，随机变量X的方差小于．
（已知对于正态分布，P随X变化关系可表示为）
【解析】（1）对于n维坐标有两种选择（）．
故共有种选择，即个顶点
（2）①对于的随机变量，在坐标与中有k个坐标值不同，
即，剩下个坐标值满足．
此时所对应情况数为种．
即
故分布列为：
数学期望
倒序相加得
即．
②当n足够大时，．
设正态分布，正态分布曲线为，
由定义知该正态分布期望为，方差为．
设题中分布列所形成的曲线为．
则当与均在处取最大值，若当时，
且，则可认为方差．
I．：当时，有
即．
II．
当n足够大时，有
当时，
当时，
故．
综上所述，可以认为．
09 高等数学背景下新定义
29．（2024·吉林长春·东北师大附中模拟预测）概率论中有很多经典的不等式，其中最著名的两个当属由两位俄国数学家马尔科夫和切比雪夫分别提出的马尔科夫（Markv）不等式和切比雪夫（Chebyshev）不等式．马尔科夫不等式的形式如下：
设为一个非负随机变量，其数学期望为，则对任意，均有，
马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数学期望间的关系．当为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：
设的分布列为其中，则对任意，，其中符号表示对所有满足的指标所对应的求和．
切比雪夫不等式的形式如下：
设随机变量的期望为，方差为，则对任意，均有
(1)根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量成立．
(2)某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为．现随机选择了100名患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药厂的宣传内容是否真实可信．
【解析】（1）法一：对非负离散型随机变量及正数使用马尔科夫不等式，
有．
法二：设的分布列为
其中，记，则对任意，
.
（2）设在100名患者中治愈的人数为．假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观真实的，
那么在此假设下，．
由切比雪夫不等式，有．
即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小，
据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信．
30．（2024·湖北·高三黄冈中学校联考阶段练习）随机变量的概念是俄国数学家切比雪夫在十九世纪中叶建立和提倡使用的.切比雪夫在数论､概率论､函数逼近论､积分学等方面均有所建树，他证明了如下以他名字命名的离散型切比雪夫不等式：设为离散型随机变量，则，其中为任意大于0的实数.切比雪夫不等式可以使人们在随机变量的分布未知的情况下，对事件的概率作出估计.
(1)证明离散型切比雪夫不等式；
(2)应用以上结论，回答下面问题：已知正整数.在一次抽奖游戏中，有个不透明的箱子依次编号为，编号为的箱子中装有编号为的个大小､质地均相同的小球.主持人邀请位嘉宾从每个箱子中随机抽取一个球，记从编号为的箱子中抽取的小球号码为，并记.对任意的，是否总能保证（假设嘉宾和箱子数能任意多）？并证明你的结论.
附：可能用到的公式（数学期望的线性性质）：对于离散型随机变量满足，则有.
【解析】（1）设的所有可能取值为取的概率为.
则 ，

（2）（2）由参考公式，.
，用到
而，故.
当时，，
因此，不能保证.
31．（2024·北京西城·统考二模）给定奇数，设是的数阵．表示数阵第行第列的数，且．定义变换为“将数阵中第行和第列的数都乘以”，其中．设．将经过变换得到，经过变换得到，，经过变换得到．记数阵中的个数为．
(1)当时，设，，写出，并求；
(2)当时，对给定的数阵，证明：是的倍数；
(3)证明：对给定的数阵，总存在，使得．
【解析】（1）由题设，．
所以，．
（2）设数阵中第行和第列中的个数均为，的个数均为．
经过变换，的第行和第列均有个变为，有个变为．
所以．
即是的倍数．
（3）数阵经过变换得到数阵，设第行和第列中1的个数均为．
由（2）可知，．
设当时，取得最小值，其中．
记每行中的个数为，则必有．
否则，若存在使得，则令，有
，与为最小值矛盾．
在中，① 若等于的个数不超过，
则．
②若等于的个数大于，则必存在满足，且．
否则，不妨设，则共有个满足，且，
所以中至多有个等于，矛盾．
故存在满足，且．
取，因为，所以．
由变换为时，从变为，故数阵第行中的个数为．
故，
这与为最小值矛盾．
综上，对给定的数阵，总存在，使得．
32．（2024·上海宝山·统考一模）若数列满足：从第二项起的每一项不小于它的前一项的（）倍，则称该数列具有性质.
（1）已知数列，，具有性质，求实数的取值范围；
（2）删除数列，，，，中的第3项，第6项，，第项，，余下的项按原来顺序组成一个新数列，且数列的前项和为，若数列具有性质，试求实数的最大值；
（3）记（），如果（），证明：“”的充要条件是“存在数列具有性质，且同时满足以下三个条件：（Ⅰ）数列的各项均为正数，且互异；（Ⅱ）存在常数，使得数列收敛于；（Ⅲ）（，这里）”.
【解析】（1）由题意可知，，得；
（2）当时，，，所以；当时，，，；当时，，，，综上，的最大值为.
（3）证明：令，显然具有性质，且满足条件（Ⅰ），当，满足条件（Ⅱ），，即，所以，所以，即证.
0
+
极小值
0
1
2
n
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
0
1
2
…
…