/新定義問題猜押考點(diǎn)3年真題考情分析押題依據(jù)新定義壓軸（解答題）2024年新高考Ⅰ卷第19題2024年新高考Ⅱ卷第19題2024年新高考數(shù)學(xué)新結(jié)構(gòu)體系下，新定義類試題更綜合性的考查學(xué)生的思維能力和推理能力；以問題為抓手，創(chuàng)新設(shè)問方式，搭建思維平臺，引導(dǎo)考生思考，在思維過程中領(lǐng)悟數(shù)學(xué)方法。題目更加注重綜合性、應(yīng)用性、創(chuàng)新性，本題分值最高，試題容量明顯增大，對學(xué)科核心素養(yǎng)的考查也更深入。新定義題型的特點(diǎn)是通過給出一個新概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的；遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗(yàn)證、運(yùn)算，使問題得以解決.難度較難，可以預(yù)測2024年新高考大題壓軸題命題方向?qū)孕露x類題型展開命題．題型一立體幾何新定義問題1．（24-25高三下·廣東深圳·階段練習(xí)）（多選）萊昂哈德?醫(yī)拉是歷史上最杰出的數(shù)學(xué)家之一，在數(shù)學(xué)許多分支上都可以見到以歐拉命名的常數(shù)，公式和定理．在拓?fù)鋵W(xué)中，歐拉公式描述了凸多面體頂點(diǎn)數(shù)，棱數(shù)和面數(shù)之間的關(guān)系：記凸多面體的頂點(diǎn)數(shù)為V，棱數(shù)為E，面數(shù)為F，則．根據(jù)歐拉公式，判斷下列說法正確的是（

）注：若多面體上任意兩點(diǎn)的連線段都在該多面體內(nèi)（含表面），則稱該多面體為凸多面體A．若某棱錐的棱數(shù)比頂點(diǎn)數(shù)多5，則該棱錐為六棱錐B．存在7條棱的多面體C．存在每個面都是五邊形或六邊形的凸多面體，且任意相鄰兩個面的邊數(shù)都不同D．若某凸多面體每個面都是邊長為1的正方形或正五邊形，且每個頂點(diǎn)與其相連接的棱所形成的空間圖形均相同，則面數(shù)的所有可能取值為6，7，122．（2025高三·全國·專題練習(xí)）數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意獨(dú)特的幾何體，“勒洛四面體”就是其中之一．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分．如圖，在勒洛四面體中，正四面體的棱長為4，給出下列四個結(jié)論：正確的是①勒洛四面體最大的截面是正三角形②若是勒洛四面體表面上的任意兩點(diǎn)，則的最大值為4③勒洛四面體的體積是④勒洛四面體內(nèi)切球的半徑是3．（24-25高三下·遼寧本溪·開學(xué)考試）如果拉伸兩個端頭，下列繩子會打結(jié)的是？.4．（2024高三下·全國·競賽）如圖為一種在機(jī)場常見的一次性水杯，可簡化為如下模型：設(shè)，在空間直角坐標(biāo)系中，考慮頂點(diǎn)在原點(diǎn)，旋轉(zhuǎn)軸為軸，高為，底面圓半徑為的倒立的圓錐，水杯為該圓錐的側(cè)面上的到軸距離不超過的部分（厚度忽略不計(jì)）．設(shè)為有效容積，即水面平行于平面時所盛水的最大體積，為水杯的側(cè)面積，為了盡可能提高材料的利用率，我們要讓最大，此時為（

）A．1 B． C． D．5．（24-25高二上·遼寧·開學(xué)考試）離散曲率是刻畫空間彎曲性的重要指標(biāo)．設(shè)為多面體的一個頂點(diǎn)，定義多面體在點(diǎn)處的離散曲率為，其中為多面體的所有與點(diǎn)相鄰的頂點(diǎn)，且平面，平面，平面和平面為多面體的所有以為公共點(diǎn)的面．如圖，在三棱錐中．(1)求三棱錐在各個頂點(diǎn)處的離散曲率的和；(2)若平面，三棱錐在頂點(diǎn)處的離散曲率為，求點(diǎn)A到平面的距離；(3)在（2）的前提下，又知點(diǎn)在棱上，直線與平面所成角的余弦值為，求的長度．6．（24-25高二上·江西上饒·期末）在空間直角坐標(biāo)系中，定義：過點(diǎn)，且方向向量為的直線的點(diǎn)方向式方程為；過點(diǎn)，且法向量為的平面的點(diǎn)法向式方程為，將其整理為一般式方程為，其中．(1)已知直線的點(diǎn)方向式方程為，平面的一般式方程為，求直線與平面所成角的余弦值；(2)已知平面的一般式方程為，平面的一般式方程為，平面的一般式方程為，若，證明：；(3)已知斜三棱柱中，側(cè)面所在平面經(jīng)過三點(diǎn)，側(cè)面所在平面的一般式方程為，側(cè)面所在平面的一般式方程為，求平面與平面夾角的余弦值．7．（24-25高二上·廣東汕頭·期末）“出租車幾何或曼哈頓距離（ManhattanDistance）”是由十九世紀(jì)赫爾曼-閔可夫斯基所創(chuàng)詞匯，是使用在幾何度量空間的幾何學(xué)用語，表示兩個點(diǎn)在空間（或平面）直角坐標(biāo)系中的“絕對軸距”總和．例如：在空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)，之間的曼哈頓距離為．(1)在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，記為點(diǎn)M與直線l上的所有點(diǎn)的曼哈頓距離的最小值．（i）已知點(diǎn)，求；（ii）已知點(diǎn)，直線l：，求證：．(2)在空間直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動點(diǎn)P滿足，求動點(diǎn)P圍成的幾何體的體積．題型二數(shù)列新定義問題1．（2025高三·全國·專題練習(xí)）羅爾定理是高等代數(shù)中微積分的三大定理之一，它與導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的零點(diǎn)有關(guān)，是由法國數(shù)學(xué)家米歇爾·羅爾于年提出的．它的表達(dá)如下：如果函數(shù)滿足在閉區(qū)間內(nèi)連續(xù)，在開區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，且，那么在區(qū)間內(nèi)至少存在一點(diǎn)，使得（為的導(dǎo)函數(shù)）．若函數(shù)．(1)證明：當(dāng)時，存在唯一，使得；(2)當(dāng)時，，求的取值范圍；(3)若等比數(shù)列滿足，，，記數(shù)列的前項(xiàng)和為，試比較與的大小，并說明理由．2．（2025·湖南岳陽·二模）中國古代許多著名的數(shù)學(xué)家對推導(dǎo)高階等差數(shù)列的求和公式很感興趣，創(chuàng)造并發(fā)展了名為“垛積術(shù)”的算法，推導(dǎo)出了三角垛?方垛?芻甍多?芻童垛等的公式.我們把公差不為0的等差數(shù)列稱為“一階等差數(shù)列”，若數(shù)列是“一階等差數(shù)列”，則稱數(shù)列是“二階等差數(shù)列”.定義：若數(shù)列是“階等差數(shù)列”，則稱原數(shù)列為“階等差數(shù)列”.例如：數(shù)列，它的后項(xiàng)與前項(xiàng)之差組成新數(shù)列，新數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列，則稱數(shù)列為二階等差數(shù)列.(1)若數(shù)列滿足，且，求證：數(shù)列為二階等差數(shù)列；(2)若三階等差數(shù)列的前4項(xiàng)依次為，求的前項(xiàng)和；(3)若階等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為.①求的值；②求的前項(xiàng)和.3．（2024·廣東肇慶·一模）對于一個給定的數(shù)列，令，則數(shù)列稱為數(shù)列的一階和數(shù)列，再令，則數(shù)列是數(shù)列的二階和數(shù)列，以此類推，可得數(shù)列的階和數(shù)列．(1)若的二階和數(shù)列是等比數(shù)列，且，，，，求；(2)若，求的二階和數(shù)列的前項(xiàng)和；(3)若是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，是的一階和數(shù)列，且，，求正整數(shù)的最大值，以及取最大值時的公差．4．（24-25高二下·安徽銅陵·階段練習(xí)）對于數(shù)列，若存在常數(shù)滿足，則稱為“上界數(shù)列”，為的“上界”，并把最小的值叫做“上界臨界值”，記為．記數(shù)列的前項(xiàng)和為，已知，．(1)判斷是否為“上界數(shù)列”，并說明理由；(2)若，為數(shù)列的前項(xiàng)和，求數(shù)列的“上界臨界值”；(3)若，數(shù)列的“上界臨界值”為，證明：．5．（2025·河南開封·二模）設(shè)為不小于3的正整數(shù)，項(xiàng)數(shù)為的數(shù)列是公差大于0的等差數(shù)列，若存在項(xiàng)數(shù)為的數(shù)列同時滿足：①數(shù)列中任意兩項(xiàng)均不相同；②任意正整數(shù)，從小到大排列恰好為數(shù)列．此時稱數(shù)列是-可拆分等差數(shù)列．(1)寫出一個3-可拆分等差數(shù)列及其對應(yīng)的一個數(shù)列；(2)若數(shù)列是一個4-可拆分等差數(shù)列，表示事件“數(shù)列的前三項(xiàng)成等差數(shù)列”，求事件發(fā)生的概率；(3)求所有滿足數(shù)列是-可拆分等差數(shù)列的正整數(shù)的值．6．（2025·陜西漢中·二模）對于數(shù)列，記區(qū)間內(nèi)偶數(shù)的個數(shù)為，則稱數(shù)列為的偶數(shù)列．(1)若數(shù)列為數(shù)列的偶數(shù)列，求．(2)若數(shù)列為數(shù)列的偶數(shù)列，證明：數(shù)列為等比數(shù)列．(3)在（2）的前提下，若數(shù)列為等差數(shù)列的偶數(shù)列，，求數(shù)列的前項(xiàng)和．

6．（24-25高二下·四川綿陽·階段練習(xí)）已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若對，有且僅有一個，使得，則稱為“K數(shù)列”.記，，稱數(shù)列為數(shù)列的“配對數(shù)列”.(1)若數(shù)列的前四項(xiàng)依次為1，2，0，2，試判斷數(shù)列是否為“K數(shù)列”，并說明理由；(2)若，證明數(shù)列為“K數(shù)列”，并求它的“配對數(shù)列”的通項(xiàng)公式；(3)已知正項(xiàng)數(shù)列為“K數(shù)列”，且數(shù)列的“配對數(shù)列”為等差數(shù)列，證明：.題型三導(dǎo)數(shù)新定義問題1．（2025·河南新鄉(xiāng)·二模）曲率是用于描述曲線在某一點(diǎn)處彎曲程度的量，對于平面曲線，其曲率（是的導(dǎo)數(shù)，是的導(dǎo)數(shù)），曲率半徑是曲率的倒數(shù)，其表示與曲線在某點(diǎn)處具有相同彎曲程度圓的半徑.已知質(zhì)點(diǎn)以恒定速率沿曲率半徑為的曲線作曲線運(yùn)動時，向心加速度的大小為.若該質(zhì)點(diǎn)以恒定速率沿形狀滿足的光滑軌道運(yùn)動，則其在點(diǎn)處的向心加速度的大小為（

）A． B． C． D．2．（2025·湖北武漢·一模）已知函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，若在區(qū)間上單調(diào)遞增，則稱為區(qū)間上的凹函數(shù)；若在區(qū)間上單調(diào)遞減，則稱為區(qū)間上的凸函數(shù).已知函數(shù).(1)若在上為凹函數(shù)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；(2)已知，且在上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.3．（24-25高二下·貴州六盤水·階段練習(xí)）定義：若函數(shù)與在公共定義域內(nèi)存在，使得，則稱與為“契合函數(shù)”，為“契合點(diǎn)”．(1)若函數(shù)和為“契合函數(shù)”，求的取值范圍．(2)已知函數(shù)和為“契合函數(shù)”且有兩個“契合點(diǎn)”．①求的取值范圍；②若，證明：．

4．（24-25高二下·湖北·階段練習(xí)）意大利畫家達(dá)?芬奇提出：固定項(xiàng)鏈的兩端，使其在重力的作用下自然下垂，那么項(xiàng)鏈所形成的曲線是什么？這就是著名的“懸鏈線問題”其原理往往運(yùn)用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．通過適當(dāng)建立坐標(biāo)系，懸鏈線可表示為雙曲余弦函數(shù)的圖象，現(xiàn)定義雙曲正弦函數(shù)，他們之間具有類似于三角函數(shù)的性質(zhì)．（已知）(1)證明：①倍元關(guān)系：；②平方關(guān)系：(2)對任意，恒有成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)證明：．5．（2025·貴州安順·模擬預(yù)測）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(rèn)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(dǎo)函數(shù)，為的導(dǎo)函數(shù)，則曲線在點(diǎn)處的曲率為．(1)已知函數(shù)，求曲線在點(diǎn)處的曲率；(2)已知函數(shù)，求曲線的曲率的范圍．6．（24-25高三上·江蘇揚(yáng)州·階段練習(xí)）在幾何學(xué)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(dāng)動點(diǎn)從沿曲線段運(yùn)動到點(diǎn)時，點(diǎn)的切線也隨著轉(zhuǎn)動到點(diǎn)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(dāng)弧長固定時，夾角越大，曲線的彎曲程度就越大；當(dāng)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(dāng)越接近，即越小，就越能精確刻畫曲線在點(diǎn)處的彎曲程度，因此定義（若極限存在）為曲線在點(diǎn)處的曲率.（其中，分別表示在點(diǎn)處的一階、二階導(dǎo)數(shù)）(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(diǎn)和，若且處的“柯西曲率”相同，求的最小值.題型四圓錐曲線新定義問題1．（2025·遼寧·二模）我們規(guī)定：在四面體中，取其異面的兩條棱的中點(diǎn)連線稱為的一條“內(nèi)棱”，三條內(nèi)棱兩兩垂直的四面體稱為“垂棱四面體”，如左圖.

如右圖，在空間直角坐標(biāo)系中，平面內(nèi)有橢圓，為其下焦點(diǎn)，經(jīng)過的直線與交于兩點(diǎn)，為平面下方一點(diǎn)，若為垂棱四面體，則其外接球表面積是的函數(shù).（1）的定義域是；（2）的最小值是.2．（2025·河北滄州·一模）（多選）在平面直角坐標(biāo)系中，若，，則稱“”為M，N兩點(diǎn)的“曼哈頓距離”，若動點(diǎn)E到兩定點(diǎn)，的“曼哈頓距離”之和為定值，則稱點(diǎn)E的軌跡為“曼哈頓橢圓”，若點(diǎn)P為該“曼哈頓橢圓”上一點(diǎn)，則（

）A．的周長為 B．面積的最大值為C．該“曼哈頓橢圓”的面積為 D．該“曼哈頓橢圓”的周長為3．（2025·江西九江·二模）在平面直角坐標(biāo)系中，把一個圖形繞定點(diǎn)旋轉(zhuǎn)一個定角的圖形變換叫作旋轉(zhuǎn)變換.定點(diǎn)叫作旋轉(zhuǎn)中心，定角叫作旋轉(zhuǎn)角（規(guī)定逆時針方向?yàn)檎?如果圖形上的點(diǎn)經(jīng)過旋轉(zhuǎn)變?yōu)辄c(diǎn)，那么這兩個點(diǎn)叫作這個旋轉(zhuǎn)變換的對應(yīng)點(diǎn).現(xiàn)將曲線繞順時針旋轉(zhuǎn)后，得到新曲線，其變換關(guān)系為，點(diǎn)在曲線上.(1)求曲線的方程并確定點(diǎn)的位置；(2)點(diǎn)的坐標(biāo)為，按照如下方式依次構(gòu)造點(diǎn)：過點(diǎn)作斜率為2的直線交于另一點(diǎn)，設(shè)是點(diǎn)關(guān)于軸的對稱點(diǎn).記的坐標(biāo)為.（i）求數(shù)列的前項(xiàng)和；（ii）記為直線與直線的交點(diǎn)，為直線與直線的交點(diǎn)，為直線與直線的交點(diǎn)，證明：在定直線上.4．（2025·江西萍鄉(xiāng)·一模）如圖所示，由橢圓（）和拋物線（）組合成曲線，若與存在共同焦點(diǎn)，由圖形特點(diǎn)，它們的形狀像收回四條腿的七星瓢蟲，這里稱曲線為“七星瓢蟲曲線”.特別地，若橢圓的長半軸長、短半軸長、半焦距成等差數(shù)列，則稱其為“等差橢圓”.(1)求“等差橢圓”的離心率；(2)在“七星瓢蟲曲線”中，若是“等差橢圓”，且.（?。┣笈c和都相切的直線的方程；（ⅱ）直線（），且l與相交所得弦的中點(diǎn)為M，與相交所得弦的中點(diǎn)為N，證明：直線OM，ON（O為原點(diǎn)）的斜率之積為定值.5．（2025高三·全國·專題練習(xí)）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為，拋物線以坐標(biāo)原點(diǎn)為頂點(diǎn)，為焦點(diǎn)，的一個公共點(diǎn)為．若，則稱為“－相伴”．(1)若為“－相伴”，求直線的斜率．(2)若為“－相伴”．（?。┣蟮娜≈捣秶?；（ⅱ）若，，的方程為，直線與交于點(diǎn)，判斷是否存在定點(diǎn)，使得直線與的傾斜角互補(bǔ)，若存在，求出的值，若不存在，說明理由．6．（2025·黑龍江·一模）在平面直角坐標(biāo)系中，若圓與拋物線有公共點(diǎn)，且圓與拋物線在點(diǎn)處有相同的切線，則稱為拋物線的和諧數(shù)，圓為的和諧圓.(1)試判斷3是否為拋物線的和諧數(shù).若是，求出3的和諧圓；否則，請說明理由.(2)設(shè)，，…，均為拋物線的和諧數(shù)，且，記，，…，的和諧圓分別為圓，，…，，設(shè)圓，，…，與拋物線的公共點(diǎn)分別為，，…，，已知，且，圓與外切.（ⅰ）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（ⅱ）設(shè)點(diǎn)，記的面積為，證明：.7．（24-25高二上·浙江紹興·期末）曲線的方程中，用替換，替換得到曲線的方程，把這種的變換稱為“伸縮變換”，，分別稱為軸和軸的伸縮比.(1)若曲線的方程為，伸縮比，求經(jīng)過“伸縮變換”后所得到曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若曲線的方程為，經(jīng)過“伸縮變換”后所得到曲線是離心率為的橢圓，求的值；(3)對拋物線作變換，得拋物線；對拋物線作變換，得拋物線，如此進(jìn)行下去，對拋物線作變換，得拋物線，若，記數(shù)列的前項(xiàng)和為，求證：.8．（2025高三·全國·專題練習(xí)）定義：對于橢圓上不同的兩點(diǎn)，，若向量，滿足，則稱點(diǎn)為該橢圓的一個“類共軛點(diǎn)對”，點(diǎn)為一對類互為共軛點(diǎn)．已知為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)，是焦距為4的橢圓的一個“0類共軛點(diǎn)對”，且．(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．(2)已知點(diǎn)是橢圓上的一個動點(diǎn)，點(diǎn)是上不同的兩點(diǎn)，且都與點(diǎn)是一對類互為共軛點(diǎn)，點(diǎn)關(guān)于軸的對稱點(diǎn)為，若直線的斜率都存在，設(shè)直線的斜率分別為，試探究是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．

新定義問題猜押考點(diǎn)3年真題考情分析押題依據(jù)新定義壓軸（解答題）2024年新高考Ⅰ卷第19題2024年新高考Ⅱ卷第19題2024年新高考數(shù)學(xué)新結(jié)構(gòu)體系下，新定義類試題更綜合性的考查學(xué)生的思維能力和推理能力；以問題為抓手，創(chuàng)新設(shè)問方式，搭建思維平臺，引導(dǎo)考生思考，在思維過程中領(lǐng)悟數(shù)學(xué)方法。題目更加注重綜合性、應(yīng)用性、創(chuàng)新性，本題分值最高，試題容量明顯增大，對學(xué)科核心素養(yǎng)的考查也更深入。新定義題型的特點(diǎn)是通過給出一個新概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的；遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗(yàn)證、運(yùn)算，使問題得以解決.難度較難，可以預(yù)測2024年新高考大題壓軸題命題方向?qū)孕露x類題型展開命題．題型一立體幾何新定義問題1．（24-25高三下·廣東深圳·階段練習(xí)）（多選）萊昂哈德?醫(yī)拉是歷史上最杰出的數(shù)學(xué)家之一，在數(shù)學(xué)許多分支上都可以見到以歐拉命名的常數(shù)，公式和定理．在拓?fù)鋵W(xué)中，歐拉公式描述了凸多面體頂點(diǎn)數(shù)，棱數(shù)和面數(shù)之間的關(guān)系：記凸多面體的頂點(diǎn)數(shù)為V，棱數(shù)為E，面數(shù)為F，則．根據(jù)歐拉公式，判斷下列說法正確的是（

）注：若多面體上任意兩點(diǎn)的連線段都在該多面體內(nèi)（含表面），則稱該多面體為凸多面體A．若某棱錐的棱數(shù)比頂點(diǎn)數(shù)多5，則該棱錐為六棱錐B．存在7條棱的多面體C．存在每個面都是五邊形或六邊形的凸多面體，且任意相鄰兩個面的邊數(shù)都不同D．若某凸多面體每個面都是邊長為1的正方形或正五邊形，且每個頂點(diǎn)與其相連接的棱所形成的空間圖形均相同，則面數(shù)的所有可能取值為6，7，12【答案】AD【分析】將選項(xiàng)代入公式計(jì)算推導(dǎo)可判斷AB選項(xiàng)；C選項(xiàng)，假設(shè)存在，可設(shè)有x個五邊形，y個六邊形，根據(jù)多邊形的特點(diǎn)計(jì)算頂點(diǎn)數(shù)，根據(jù)多邊形內(nèi)角和列出不等式求解可判斷；D選項(xiàng)，從每個面都是正方形，每個面都是五邊形，以及既有正方形又有五邊形三個角度分別討論，分別計(jì)算頂點(diǎn)數(shù)，棱數(shù)求解是否存在相應(yīng)的面數(shù)可判斷.【詳解】A選項(xiàng)：代入歐拉公式得，故為六棱錐，A正確；B選項(xiàng)：若，則，而V，，故，或，，無論哪種情況都無法形成多面體，B錯誤；C選項(xiàng)：任意相鄰兩個面的邊數(shù)都不同，因此每個頂點(diǎn)至少連接4個面，設(shè)共有x個五邊形，y個六邊形，則（數(shù)遍每個五邊形的5個頂點(diǎn)和每個六邊形的6個頂點(diǎn)，則該多面體每個頂點(diǎn)都被至少數(shù)了4遍），考慮所有多邊形的內(nèi)角和，注意每個頂點(diǎn)所連接的內(nèi)角之和小于，故，整理得無解，C錯誤；D選項(xiàng)：①若每個面都是正方形，則每個頂點(diǎn)連接3個面（正方形內(nèi)角為90°），每條棱連接2個面，故，，代入得，此時為正方體，②若每個面都是正五邊形，則每個頂點(diǎn)連接3個面數(shù)（正五邊形內(nèi)角為108°），每條棱連接2個面，故，，代入得，此時為正十二面體，③若即存在正方形又存在正五邊形，則每個頂點(diǎn)連接3個面，每條棱連接2個面，設(shè)共有m個正方形，n個正五邊形，則，，代入歐拉公式得，因?yàn)槊總€頂點(diǎn)與其相連接的棱所形成的空間圖形均相同，故每個頂點(diǎn)要么連接2個正方形1個五邊形，要么連接1個正方形2個五邊形，（i）若每個頂點(diǎn)連接2個正方形1個五邊形，則，，解得，，，此時為側(cè)面為正方形的正五棱柱，（ii）若每個頂點(diǎn)連接1個正方形2個五邊形，此時考慮某個五邊形，其5條邊每條邊相連的面一定是五邊形正方形間隔環(huán)形排列，而5是奇數(shù)，不可能；因此符合題意的簡單凸多面體的面數(shù)只可能為6，7，12，D正確.故選：AD2．（2025高三·全國·專題練習(xí)）數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意獨(dú)特的幾何體，“勒洛四面體”就是其中之一．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分．如圖，在勒洛四面體中，正四面體的棱長為4，給出下列四個結(jié)論：正確的是①勒洛四面體最大的截面是正三角形②若是勒洛四面體表面上的任意兩點(diǎn)，則的最大值為4③勒洛四面體的體積是④勒洛四面體內(nèi)切球的半徑是【答案】②④【分析】根據(jù)勒洛四面體的定義及其外接球的體積，內(nèi)切球的性質(zhì)可得答案.【詳解】由勒洛四面體的定義可知勒洛四面體最大的截面即經(jīng)過四面體表面的截面，如圖1所示，故①錯誤．根據(jù)勒洛四面體的性質(zhì)，可知它能在兩個平行平面間自由轉(zhuǎn)動，并且始終保持與兩平面都接觸，所以勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離的最大值即為內(nèi)接正四面體的邊長，所以勒洛四面體表面上任意兩點(diǎn)間的距離的最大值為4，故②正確．如圖2，由對稱性可知勒洛四面體內(nèi)切球的球心是正四面體外接球的球心，連接，并延長交勒洛四面體的曲面于點(diǎn)，則就是勒洛四面體內(nèi)切球的半徑．如圖3，在正四面體中，為的中心，是正四面體外接球的球心，連接，由正四面體的性質(zhì)可知點(diǎn)在上．因?yàn)?，所以，則．因?yàn)椋?，解得，則正四面體外接球的體積是．因?yàn)槔章逅拿骟w的體積小于正四面體外接球的體積，故③錯誤．因?yàn)椋裕盛苷_．故答案為：②④．3．（24-25高三下·遼寧本溪·開學(xué)考試）如果拉伸兩個端頭，下列繩子會打結(jié)的是？.【答案】【分析】通過想象每根繩子在拉伸兩個端頭時的變化過程，來確定哪些繩子會形成結(jié)，直接判斷即可.【詳解】繩子1的判斷：當(dāng)拉伸繩子1的兩個端頭時，由于繩子自身的纏繞方式，在拉伸過程中會形成一個結(jié)，可以想象將兩個端頭慢慢拉開，繩子中間的纏繞部分會收緊形成結(jié)；繩子2的判斷：同樣，對于繩子2，其纏繞方式使得在拉伸兩個端頭時，中間部分會因?yàn)槔K子的交叉纏繞而形成一個結(jié)；繩子3的判斷：繩子3在拉伸兩個端頭時，繩子可以順利地被拉直，不會出現(xiàn)打結(jié)的情況，因?yàn)槠淅p繞方式并沒有形成閉環(huán)式的交叉；繩子4的判斷：繩子4拉伸時也能順利拉直，不會形成結(jié)，其交叉部分在拉伸過程中會自然解開；根據(jù)對每根繩子拉伸過程的想象和判斷，會打結(jié)的繩子是，故答案為：.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)晴：創(chuàng)新題主要是在原概念、原公式、原定理、原法則、原運(yùn)算等的基礎(chǔ)上，給出新概念、新公式、新定理、新法則、新運(yùn)算等，然后此基礎(chǔ)上去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現(xiàn)象看本質(zhì)，它們考查的還是基礎(chǔ)數(shù)學(xué)知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應(yīng)萬變才是制勝法寶.4．（2024高三下·全國·競賽）如圖為一種在機(jī)場常見的一次性水杯，可簡化為如下模型：設(shè)，在空間直角坐標(biāo)系中，考慮頂點(diǎn)在原點(diǎn)，旋轉(zhuǎn)軸為軸，高為，底面圓半徑為的倒立的圓錐，水杯為該圓錐的側(cè)面上的到軸距離不超過的部分（厚度忽略不計(jì)）．設(shè)為有效容積，即水面平行于平面時所盛水的最大體積，為水杯的側(cè)面積，為了盡可能提高材料的利用率，我們要讓最大，此時為（

）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】設(shè)圓錐母線與高的夾角為，利用偏導(dǎo)和積分并結(jié)合導(dǎo)數(shù)即可求出最值.【詳解】設(shè)圓錐母線與高的夾角為，則，，易得水杯側(cè)面方程為①，②，聯(lián)立①②得（水杯在正投影為橢圓），對側(cè)面方程，求關(guān)于的偏導(dǎo)數(shù)得，則，根據(jù)曲面面積公式有，，即，對于橢圓（其中），，故圓錐側(cè)面面積，當(dāng)時，結(jié)合①②知，故水面高度，此時水面半徑，，，求最大值等價于求，令，，則，，令，當(dāng)時，，，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，，則，則在上單調(diào)遞減，即時，取得最大值，此時，.故選：D.5．（24-25高二上·遼寧·開學(xué)考試）離散曲率是刻畫空間彎曲性的重要指標(biāo)．設(shè)為多面體的一個頂點(diǎn)，定義多面體在點(diǎn)處的離散曲率為，其中為多面體的所有與點(diǎn)相鄰的頂點(diǎn)，且平面，平面，平面和平面為多面體的所有以為公共點(diǎn)的面．如圖，在三棱錐中．(1)求三棱錐在各個頂點(diǎn)處的離散曲率的和；(2)若平面，三棱錐在頂點(diǎn)處的離散曲率為，求點(diǎn)A到平面的距離；(3)在（2）的前提下，又知點(diǎn)在棱上，直線與平面所成角的余弦值為，求的長度．【答案】(1)2(2)(3)【分析】（1）利用離散曲率的定義列式計(jì)算得解.（2）利用線面垂直的判定性質(zhì)，結(jié)合離散曲率求出，進(jìn)而求出點(diǎn)到平面距離.（3）利用線面角大小，結(jié)合余弦定理列出方程求解即得.【詳解】（1）由離散曲率的定義得，，，所以．（2）由平面平面，得，又，平面，則平面，由平面，得，即，又，即，解得，過點(diǎn)A作于點(diǎn)，由平面平面，得，又平面，則平面，因此點(diǎn)A到平面的距離為線段的長，在中，，所以點(diǎn)到平面的距離為.（3）過點(diǎn)作交于點(diǎn)，連接，由平面，得平面，則為直線與平面所成的角，依題意，，則，設(shè)，在，，由，得，，因此，而，解得，所以.6．（24-25高二上·江西上饒·期末）在空間直角坐標(biāo)系中，定義：過點(diǎn)，且方向向量為的直線的點(diǎn)方向式方程為；過點(diǎn)，且法向量為的平面的點(diǎn)法向式方程為，將其整理為一般式方程為，其中．(1)已知直線的點(diǎn)方向式方程為，平面的一般式方程為，求直線與平面所成角的余弦值；(2)已知平面的一般式方程為，平面的一般式方程為，平面的一般式方程為，若，證明：；(3)已知斜三棱柱中，側(cè)面所在平面經(jīng)過三點(diǎn)，側(cè)面所在平面的一般式方程為，側(cè)面所在平面的一般式方程為，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)給出的結(jié)論，得到直線的方向向量和平面的法向量，利用空間向量求直線與平面所成的角的余弦值.（2）求平面與交線的方向向量和平面的法向量，利用向量的方法，證明直線與平面平行.（3）分別求平面與平面的法向量，利用空間向量求平面角的余弦值.【詳解】（1）由直線的點(diǎn)方向式方程為可知直線的一個方向向量坐標(biāo)為由平面的一般式方程為可知平面的一個法向量為，設(shè)直線與平面所成角為，所以有，所以，即直線與平面所成角的余弦值為．（2）由平面可知平面的一個法向量為，由平面可知平面的一個法向量為，設(shè)兩平面交線的方向向量為，則，令，則，可得，由平面可知平面的一個法向量為，因?yàn)?，即，且，所以．?）因平面經(jīng)過三點(diǎn)，可得，設(shè)側(cè)面所在平面的法向量為則，令，解得，可得，由平面可知平面的一個法向量為，設(shè)平面與平面的交線（即直線）的方向向量為，則，令，則，，可得，由平面可知平面的一個法向量為，由，則，解得，即，故平面與平面夾角的余弦值為．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于理解題中給出的結(jié)論，并能利用結(jié)論解決問題.7．（24-25高二上·廣東汕頭·期末）“出租車幾何或曼哈頓距離（ManhattanDistance）”是由十九世紀(jì)赫爾曼-閔可夫斯基所創(chuàng)詞匯，是使用在幾何度量空間的幾何學(xué)用語，表示兩個點(diǎn)在空間（或平面）直角坐標(biāo)系中的“絕對軸距”總和．例如：在空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)，之間的曼哈頓距離為．(1)在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，記為點(diǎn)M與直線l上的所有點(diǎn)的曼哈頓距離的最小值．（i）已知點(diǎn)，求；（ii）已知點(diǎn)，直線l：，求證：．(2)在空間直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動點(diǎn)P滿足，求動點(diǎn)P圍成的幾何體的體積．【答案】(1)（i）2；（ii）證明見解析；(2).【分析】（1）（i）利用曼哈頓距離的定義計(jì)算得解；（ii）在直線上取點(diǎn)，按與之一為0分類，利用曼哈頓距離的定義，借助不等式性質(zhì)求出最小值即可.（2）設(shè)，利用用曼哈頓距離的定義列式，考查時點(diǎn)所圍圖形，再利用對稱性即得幾何體，進(jìn)而求出體積.【詳解】（1）（i），則.（ii）當(dāng)時，設(shè)直線上任意一點(diǎn)，因此；當(dāng)時，設(shè)，，因此；當(dāng)時，同理，所以.（2）設(shè)，依題意，，當(dāng)時，設(shè)，，因此，點(diǎn)共面，點(diǎn)圍成的圖形是邊長為的正三角形及內(nèi)部，由對稱性知，動點(diǎn)圍成的幾何體是正八面體，每個面都是邊長為的正三角形，所以動點(diǎn)P圍成的幾何體的體積.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：充分理解曼哈頓距離的定義，并轉(zhuǎn)化為與之相關(guān)聯(lián)的數(shù)學(xué)問題求解是關(guān)鍵.題型二數(shù)列新定義問題1．（2025高三·全國·專題練習(xí)）羅爾定理是高等代數(shù)中微積分的三大定理之一，它與導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的零點(diǎn)有關(guān)，是由法國數(shù)學(xué)家米歇爾·羅爾于年提出的．它的表達(dá)如下：如果函數(shù)滿足在閉區(qū)間內(nèi)連續(xù)，在開區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，且，那么在區(qū)間內(nèi)至少存在一點(diǎn)，使得（為的導(dǎo)函數(shù)）．若函數(shù)．(1)證明：當(dāng)時，存在唯一，使得；(2)當(dāng)時，，求的取值范圍；(3)若等比數(shù)列滿足，，，記數(shù)列的前項(xiàng)和為，試比較與的大小，并說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)(3)，理由見解析【分析】（1）令，推導(dǎo)出，結(jié)合羅爾定理可證得結(jié)論成立；（2）求得，，分、兩種情況討論，根據(jù)在上恒成立，可得出實(shí)數(shù)的取值范圍；（3）求得，由（2）知當(dāng)時，，結(jié)合羅爾定理可得，再利用等比數(shù)列的求和公式可證得結(jié)論成立.【詳解】（1）令，則，，則，由羅爾定理可知，在內(nèi)至少存在一點(diǎn)，使．又因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，所以存在唯，使得，即．（2）令，，則，，令，則，當(dāng)時，即時，在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，所以在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，故，即恒成立．當(dāng)時，即時，則存在唯一，使得，且函數(shù)在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，，即在上單調(diào)遞減，所以，即在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，，不符合題意．綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍為．（3）因?yàn)椋?，所以公比，則，所以，由（1）可知存在，使得，由（2）可知當(dāng)時，，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以，所以，即．【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及函數(shù)新定義問題，理解新定義，找出數(shù)量關(guān)系，聯(lián)想與題意有關(guān)的數(shù)學(xué)知識和方法，構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化、抽象為相應(yīng)的函數(shù)問題作答.2．（2025·湖南岳陽·二模）中國古代許多著名的數(shù)學(xué)家對推導(dǎo)高階等差數(shù)列的求和公式很感興趣，創(chuàng)造并發(fā)展了名為“垛積術(shù)”的算法，推導(dǎo)出了三角垛?方垛?芻甍多?芻童垛等的公式.我們把公差不為0的等差數(shù)列稱為“一階等差數(shù)列”，若數(shù)列是“一階等差數(shù)列”，則稱數(shù)列是“二階等差數(shù)列”.定義：若數(shù)列是“階等差數(shù)列”，則稱原數(shù)列為“階等差數(shù)列”.例如：數(shù)列，它的后項(xiàng)與前項(xiàng)之差組成新數(shù)列，新數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列，則稱數(shù)列為二階等差數(shù)列.(1)若數(shù)列滿足，且，求證：數(shù)列為二階等差數(shù)列；(2)若三階等差數(shù)列的前4項(xiàng)依次為，求的前項(xiàng)和；(3)若階等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為.①求的值；②求的前項(xiàng)和.【答案】(1)證明見解析(2)(3)①；②【分析】（1）結(jié)合等差數(shù)列的定義及題設(shè)定義求證即可；（2）結(jié)合已知設(shè)，結(jié)合累加法得到，進(jìn)而結(jié)合組合數(shù)公式求解即可；（3）①結(jié)合題設(shè)定義依次求解即可；②結(jié)合組合數(shù)公式可得，證明可證，進(jìn)而求解即可.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，所以是首?xiàng)為，公差為2的等差數(shù)列，則是一階等差數(shù)列，數(shù)列為二階等差數(shù)列.（2）因?yàn)槭恰叭A等差數(shù)列”，所以是“二階等差數(shù)列”，設(shè)，所以是“一階等差數(shù)列”.由題意得，所以，，，滿足上式，所以.，因?yàn)闈M足上式，..（3）①，設(shè)，則，設(shè)，則，設(shè)，所以，所以，所以數(shù)列是公差為384的等差數(shù)列，則數(shù)列是4階等差數(shù)列，即.②，所以，又因?yàn)?，所以，同理可證，證明如下：設(shè)，因?yàn)椋?，則，所以3．（2024·廣東肇慶·一模）對于一個給定的數(shù)列，令，則數(shù)列稱為數(shù)列的一階和數(shù)列，再令，則數(shù)列是數(shù)列的二階和數(shù)列，以此類推，可得數(shù)列的階和數(shù)列．(1)若的二階和數(shù)列是等比數(shù)列，且，，，，求；(2)若，求的二階和數(shù)列的前項(xiàng)和；(3)若是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，是的一階和數(shù)列，且，，求正整數(shù)的最大值，以及取最大值時的公差．【答案】(1)(2)(3)的最大值是，公差為【分析】（1）根據(jù)一階和數(shù)列的定義可計(jì)算出，，的值，根據(jù)二階和數(shù)列的定義計(jì)算出，的值，由的二階和數(shù)列是等比數(shù)列可得公比，從而得到，，的值，再由定義可求出的值.（2）根據(jù)定義可得的通項(xiàng)公式，進(jìn)而求得的前項(xiàng)和公式.（3）由可得，從而可得公差，結(jié)合條件可得正整數(shù)的最大值.【詳解】（1）由題意得，，，，∴，，設(shè)數(shù)列的二階和數(shù)列的公比為，則，∴，，，∴，，，∴，，．（2）設(shè)的二階和數(shù)列的前項(xiàng)和為，由題意得，，，由得數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，∴.（3）∵，∴，故．設(shè)數(shù)列的公差為，則，∴，得，∵反比例函數(shù)在上為增函數(shù)，∴由得，，故，∵，∴，故，∴的最大值是，由得公差.4．（24-25高二下·安徽銅陵·階段練習(xí)）對于數(shù)列，若存在常數(shù)滿足，則稱為“上界數(shù)列”，為的“上界”，并把最小的值叫做“上界臨界值”，記為．記數(shù)列的前項(xiàng)和為，已知，．(1)判斷是否為“上界數(shù)列”，并說明理由；(2)若，為數(shù)列的前項(xiàng)和，求數(shù)列的“上界臨界值”；(3)若，數(shù)列的“上界臨界值”為，證明：．【答案】(1)不是“上界數(shù)列”，理由見解析；(2)；(3)證明見解析.【分析】（1）利用的關(guān)系先求通項(xiàng)，再根據(jù)新定義確定即可；（2）利用裂項(xiàng)相消法求和得，再利用數(shù)列的單調(diào)性結(jié)合新定義計(jì)算即可；（3）利用放縮法將，結(jié)合等比數(shù)列求和公式得，根據(jù)新定義證明即可.【詳解】（1）當(dāng)時，，作差得，因?yàn)?，所以，又?dāng)時，，所以，即是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，，由于數(shù)列是無限遞增的，顯然不存在常數(shù)滿足，所以不是“上界數(shù)列”；（2）由上可知，所以，因?yàn)?，所以單調(diào)遞增，且，所以，所以數(shù)列的“上界臨界值”；（3）易知，所以，顯然單調(diào)遞增，且，n越大，該數(shù)值越接近0，故，由于上述不等式取不得等號，所以數(shù)列的“上界臨界值”.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：準(zhǔn)確理解新定義的概念，利用等比數(shù)列的求和公式、錯位相減法或裂項(xiàng)相消法，證明數(shù)列不等式常用到放縮法，注意精度即可.5．（2025·河南開封·二模）設(shè)為不小于3的正整數(shù)，項(xiàng)數(shù)為的數(shù)列是公差大于0的等差數(shù)列，若存在項(xiàng)數(shù)為的數(shù)列同時滿足：①數(shù)列中任意兩項(xiàng)均不相同；②任意正整數(shù)，從小到大排列恰好為數(shù)列．此時稱數(shù)列是-可拆分等差數(shù)列．(1)寫出一個3-可拆分等差數(shù)列及其對應(yīng)的一個數(shù)列；(2)若數(shù)列是一個4-可拆分等差數(shù)列，表示事件“數(shù)列的前三項(xiàng)成等差數(shù)列”，求事件發(fā)生的概率；(3)求所有滿足數(shù)列是-可拆分等差數(shù)列的正整數(shù)的值．【答案】(1)等差數(shù)列，數(shù)列；(2)；(3)3和4．【分析】（1）直接根據(jù)數(shù)列新定義寫出相關(guān)數(shù)列并驗(yàn)證即可；（2）利用排列數(shù)計(jì)算出總情況數(shù)，再分析出滿足題意的情況，利用古典概型即可得到答案；（3）根據(jù)前面小問得可以取3和4，再分和討論即可.【詳解】（1）首先項(xiàng)數(shù)為，且數(shù)列中任意兩項(xiàng)均不相同；，滿足條件②，則上述數(shù)列滿足題意.（2）數(shù)列四項(xiàng)均不相同，故總的排列方法有種．假設(shè)數(shù)列各項(xiàng)從小到大排列，即，則兩兩相加后最小項(xiàng)，次小項(xiàng)，最大項(xiàng)，次大項(xiàng)．設(shè)等差數(shù)列公差為，則，又?jǐn)?shù)列第三項(xiàng)，第四項(xiàng)；或者第三項(xiàng)，第四項(xiàng)，所以且，得且；或者且，得且，以上兩種情況不能同時成立，由以上分析知使前三項(xiàng)等差的排列方式有4種，故（3）由前兩問知可以取3和4．時，假設(shè)數(shù)列各項(xiàng)從小到大排列，則兩兩相加后最小項(xiàng)，次小項(xiàng)，最大項(xiàng)，次大項(xiàng)，因?yàn)閿?shù)列等差，故得，①若，則各不相同，而與兩兩不同矛盾，即時數(shù)列不可能是－可拆分等差數(shù)列；②時，，即，此時數(shù)列共10項(xiàng)，最小項(xiàng)，次小項(xiàng)，最大項(xiàng)，次大項(xiàng)，設(shè)等差數(shù)列公差為，則，即，所以，剩余四項(xiàng)為，又公差，故是連續(xù)三項(xiàng)，所以只能是第4項(xiàng)或者第7項(xiàng)，當(dāng)是第4項(xiàng)時，得，與兩兩不同矛盾，當(dāng)是第7項(xiàng)時，，得，與兩兩不同矛盾，故不能是5．綜上，滿足數(shù)列是－可拆分等差數(shù)列的正整數(shù)只能是3和4．6．（2025·陜西漢中·二模）對于數(shù)列，記區(qū)間內(nèi)偶數(shù)的個數(shù)為，則稱數(shù)列為的偶數(shù)列．(1)若數(shù)列為數(shù)列的偶數(shù)列，求．(2)若數(shù)列為數(shù)列的偶數(shù)列，證明：數(shù)列為等比數(shù)列．(3)在（2）的前提下，若數(shù)列為等差數(shù)列的偶數(shù)列，，求數(shù)列的前項(xiàng)和．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）列出在區(qū)間內(nèi)的偶數(shù)，根據(jù)偶數(shù)列的概念即可求解；（2）找出在區(qū)間內(nèi)的偶數(shù)，求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，利用等比數(shù)列的定義即可證明；（3）利用等差數(shù)列的基本量求出，可得，可得，利用錯位相減法即可求解.【詳解】（1）解：在區(qū)間內(nèi)的偶數(shù)為2，4，6，8，10，共有5個，則．（2）證明：在區(qū)間內(nèi)的偶數(shù)為，則．因?yàn)?，所以是首?xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．（3）解：設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，所以，所以．由（2）知，，則，①，則②，所以①-②可得：，故．6．（24-25高二下·四川綿陽·階段練習(xí)）已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若對，有且僅有一個，使得，則稱為“K數(shù)列”.記，，稱數(shù)列為數(shù)列的“配對數(shù)列”.(1)若數(shù)列的前四項(xiàng)依次為1，2，0，2，試判斷數(shù)列是否為“K數(shù)列”，并說明理由；(2)若，證明數(shù)列為“K數(shù)列”，并求它的“配對數(shù)列”的通項(xiàng)公式；(3)已知正項(xiàng)數(shù)列為“K數(shù)列”，且數(shù)列的“配對數(shù)列”為等差數(shù)列，證明：.【答案】(1)數(shù)列不是“K數(shù)列”，理由見解析(2)證明見解析，(3)證明見解析【分析】（1）求得,判斷，結(jié)合，不能滿足即可判斷；（2）先由求出，再根據(jù)“K數(shù)列”的定義，分和解對應(yīng)不等式，即可判斷并求出其“配對數(shù)列”的通項(xiàng)公式；（3）先探究得出“配對數(shù)列”的公差，再討論時，推出矛盾得到，接著探究時，由得出矛盾，從而得出，進(jìn)而得出，即可進(jìn)一步推出.【詳解】（1）由題意得，，，，……，可知，因?yàn)椋圆淮嬖?，使得，故?shù)列不是“K數(shù)列”.（2）因?yàn)椋援?dāng)時，；當(dāng)時，；因不滿足，故，令，即，則當(dāng)時，有，得；當(dāng)時，有，故，即，則對每一個，有且僅有一個且，使得，綜上，對任意，有且僅有一個，使得，所以數(shù)列為“K數(shù)列”.，即數(shù)列的“配對數(shù)列”的通項(xiàng)公式為.（3）因?yàn)閿?shù)列是正項(xiàng)“K數(shù)列”，所以數(shù)列單調(diào)遞增，所以，故，因，則，故由得，又?jǐn)?shù)列的“配對數(shù)列”為等差數(shù)列，故其公差，因?yàn)?，所以，若，則當(dāng)時，，與矛盾，故，所以，，即，對于，若，則，與正項(xiàng)數(shù)列矛盾，所以，故，所以，故，所以，又，，故，得證.題型三導(dǎo)數(shù)新定義問題1．（2025·河南新鄉(xiāng)·二模）曲率是用于描述曲線在某一點(diǎn)處彎曲程度的量，對于平面曲線，其曲率（是的導(dǎo)數(shù)，是的導(dǎo)數(shù)），曲率半徑是曲率的倒數(shù)，其表示與曲線在某點(diǎn)處具有相同彎曲程度圓的半徑.已知質(zhì)點(diǎn)以恒定速率沿曲率半徑為的曲線作曲線運(yùn)動時，向心加速度的大小為.若該質(zhì)點(diǎn)以恒定速率沿形狀滿足的光滑軌道運(yùn)動，則其在點(diǎn)處的向心加速度的大小為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用曲率的定義可求得，進(jìn)而得曲率半徑，利用向心加速度的定義計(jì)算可求向心加速度.【詳解】設(shè)，則，，所以，，則曲線在點(diǎn)處的曲率，曲率半徑，故曲線在點(diǎn)處的向心加速度的大小為.故選：B.2．（2025·湖北武漢·一模）已知函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，若在區(qū)間上單調(diào)遞增，則稱為區(qū)間上的凹函數(shù)；若在區(qū)間上單調(diào)遞減，則稱為區(qū)間上的凸函數(shù).已知函數(shù).(1)若在上為凹函數(shù)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；(2)已知，且在上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）令，依題意知，對任意的恒成立，利用分離參數(shù)法求解即可；（2）分和兩種情況討論，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值，進(jìn)而可得出答案.【詳解】（1），則，依題意知，對任意的恒成立，則恒成立，令，則，故在上單調(diào)遞增，故，則實(shí)數(shù)的取值范圍為；（2）依題意得，，若，當(dāng)時，，所以在上無零點(diǎn)，舍去；若，則，令，則，則在上單調(diào)遞減，且，①若，即，此時，則存在，使得，即，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，當(dāng)時，，令，解得，因?yàn)?，且，所以存在唯一的，使得，滿足條件；②若，即，此時在上單調(diào)遞減，又，所以，不合題意，舍去，綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍為.3．（24-25高二下·貴州六盤水·階段練習(xí)）定義：若函數(shù)與在公共定義域內(nèi)存在，使得，則稱與為“契合函數(shù)”，為“契合點(diǎn)”．(1)若函數(shù)和為“契合函數(shù)”，求的取值范圍．(2)已知函數(shù)和為“契合函數(shù)”且有兩個“契合點(diǎn)”．①求的取值范圍；②若，證明：．【答案】(1)(2)①；②證明見解析【分析】（1）將問題轉(zhuǎn)化為與有交點(diǎn)，求導(dǎo)后可得單調(diào)性，進(jìn)而確定圖象，結(jié)合圖象可求得結(jié)果；（2）①令，采用同構(gòu)法可得，令，結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識可求得圖象，結(jié)合單調(diào)性可將問題轉(zhuǎn)化為與有兩個不同交點(diǎn)，結(jié)合單調(diào)性可求得的范圍；②根據(jù)與的兩個不同交點(diǎn)為，采用比值代換的方式，令，將表示為關(guān)于的函數(shù)的形式，利用導(dǎo)數(shù)可求得的單調(diào)性和最值，由此可得結(jié)論.【詳解】（1）由題意知：與的公共定義域?yàn)?，令，即，，令，若與為“契合函數(shù)”，則與有交點(diǎn).，當(dāng)時，，，即；當(dāng)時，；當(dāng)時，，，即；在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，又當(dāng)時，；當(dāng)時，；大致圖象如下圖所示，

由圖象可知：當(dāng)時，與有交點(diǎn)，即當(dāng)與為“契合函數(shù)”時，的取值范圍為.（2）①由題意知：與的公共定義域?yàn)?，令，則，即；令，則，當(dāng)時，；當(dāng)時，；在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，又當(dāng)時，；當(dāng)時，；大致圖象如下圖所示：

令，則，由得：，在上單調(diào)遞增，又與為“契合函數(shù)”，與至少有一個交點(diǎn)，與有兩個不同交點(diǎn)，，，，解得：，即實(shí)數(shù)的取值范圍為.②由①得：與的兩個不同交點(diǎn)為，且，，即，，，令，則由知：，，，整理可得：，，，令，則，令，則，令，則，在上單調(diào)遞增，，，在上單調(diào)遞增，，即，在上單調(diào)遞增，，即.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題重點(diǎn)考查利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的問題，所證不等式包含雙變量，解決此類問題的關(guān)鍵是能夠通過換元的方式將所證不等式轉(zhuǎn)化為單變量的形式，進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為單變量函數(shù)最值的求解問題.4．（24-25高二下·湖北·階段練習(xí)）意大利畫家達(dá)?芬奇提出：固定項(xiàng)鏈的兩端，使其在重力的作用下自然下垂，那么項(xiàng)鏈所形成的曲線是什么？這就是著名的“懸鏈線問題”其原理往往運(yùn)用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．通過適當(dāng)建立坐標(biāo)系，懸鏈線可表示為雙曲余弦函數(shù)的圖象，現(xiàn)定義雙曲正弦函數(shù)，他們之間具有類似于三角函數(shù)的性質(zhì)．（已知）(1)證明：①倍元關(guān)系：；②平方關(guān)系：(2)對任意，恒有成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)證明：．【答案】(1)證明見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意將雙曲余弦函數(shù)，雙曲正弦函數(shù)的解析式代入計(jì)算即可證明；（2）分和討論，結(jié)合導(dǎo)數(shù)判斷并取舍即可；（3）利用給定定義目標(biāo)式子左邊合理放縮，結(jié)合裂項(xiàng)相消法求和即可證明.【詳解】（1）證明：①；②.（2）構(gòu)造函數(shù)

①當(dāng)時，因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)即時等號成立，所以，故單調(diào)遞增，此時，故對任意恒成立，符合題意；

②當(dāng)時，令，則恒成立，故單調(diào)遞增，由與，可知存在唯一，使得，當(dāng)時，，則在內(nèi)單調(diào)遞減，故對任意，即，不合題意，舍去；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.（3）由（2）知：當(dāng)時，，令，則，令單調(diào)遞增，所以，即恒成立，所以，則，令單調(diào)遞增，所以，即恒成立，令，所以.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第（3）問考查數(shù)列與導(dǎo)數(shù)新定義結(jié)合，解題的關(guān)鍵是對目標(biāo)式子左側(cè)合理放縮，然后使用裂項(xiàng)相消法求和，得到所證明的不等關(guān)系即可.5．（2025·貴州安順·模擬預(yù)測）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(rèn)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(dǎo)函數(shù)，為的導(dǎo)函數(shù)，則曲線在點(diǎn)處的曲率為．(1)已知函數(shù)，求曲線在點(diǎn)處的曲率；(2)已知函數(shù)，求曲線的曲率的范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用給定定義求解特殊點(diǎn)處的曲率即可.（2）利用給定定義將目標(biāo)式表示為一元函數(shù)，再不斷換元，轉(zhuǎn)化為三次函數(shù)最值問題，利用導(dǎo)數(shù)得到最值，進(jìn)而求解取值范圍即可.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，，故，，由曲率公式?（2）因?yàn)?，所以，，由曲率公式得，故，則，令，令，函數(shù)化為，令，則，函數(shù)化為，對進(jìn)行變形，得到，令，函數(shù)化為，此時，我們研究的范圍即可，而，當(dāng)時，恒成立，故在上單調(diào)遞增，而，，故，即，故.6．（24-25高三上·江蘇揚(yáng)州·階段練習(xí)）在幾何學(xué)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(dāng)動點(diǎn)從沿曲線段運(yùn)動到點(diǎn)時，點(diǎn)的切線也隨著轉(zhuǎn)動到點(diǎn)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(dāng)弧長固定時，夾角越大，曲線的彎曲程度就越大；當(dāng)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(dāng)越接近，即越小，就越能精確刻畫曲線在點(diǎn)處的彎曲程度，因此定義（若極限存在）為曲線在點(diǎn)處的曲率.（其中，分別表示在點(diǎn)處的一階、二階導(dǎo)數(shù)）(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(diǎn)和，若且處的“柯西曲率”相同，求的最小值.【答案】(1)1(2)(3)【分析】（1）根據(jù)平均曲率的定義，代入計(jì)算可得結(jié)果；（2）由在第一象限，可得，兩次對函數(shù)求導(dǎo)，代入曲率計(jì)算公式求解即可；（3）求出，其中，令，，則，令，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，求出最小值即可.【詳解】（1）易知單位圓上圓心角為的圓弧，所以，（2）由題意，因?yàn)樵诘谝幌笙?，所以，，，故，，故?），，故，其中，令，，則，設(shè)，則，令，，時，，在遞減，時，，在遞增，故；令，，令，則，當(dāng)時，恒成立，故在上單調(diào)遞增，可得，即，故有，則在遞增，故，故的最小值為.【點(diǎn)睛】新定義問題的方法和技巧：（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉(zhuǎn)化為具體的簡單的應(yīng)用，從而加深對信息的理解；（2）可用自己的語言轉(zhuǎn)述新信息所表達(dá)的內(nèi)容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；（3）發(fā)現(xiàn)新信息與所學(xué)知識的聯(lián)系，并從描述中體會信息的本質(zhì)特征與規(guī)律；（4）如果新信息是課本知識的推廣，則要關(guān)注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么情況下可以使用書上的概念.題型四圓錐曲線新定義問題1．（2025·遼寧·二模）我們規(guī)定：在四面體中，取其異面的兩條棱的中點(diǎn)連線稱為的一條“內(nèi)棱”，三條內(nèi)棱兩兩垂直的四面體稱為“垂棱四面體”，如左圖.

如右圖，在空間直角坐標(biāo)系中，平面內(nèi)有橢圓，為其下焦點(diǎn)，經(jīng)過的直線與交于兩點(diǎn)，為平面下方一點(diǎn)，若為垂棱四面體，則其外接球表面積是的函數(shù).（1）的定義域是；（2）的最小值是.【答案】【分析】根據(jù)題設(shè)新定義證明“垂棱四面體”可補(bǔ)為長方體，將補(bǔ)成長方體，設(shè)長寬高分別為，則，設(shè)，且聯(lián)立直線且與橢圓方程，應(yīng)用韋達(dá)定理及兩點(diǎn)距離的坐標(biāo)表示得到，進(jìn)而求出定義域及其最小值.【詳解】如圖，連接，

由題知，平行且等于，平行且等于，所以，，故為平行四邊形，所以對角線，則是的中點(diǎn)，同理也是的中點(diǎn)，故“垂棱四面體”的三條內(nèi)棱交于一點(diǎn)，由三條內(nèi)棱兩兩垂直，易知為菱形，則，顯然，故，同理，所以“垂棱四面體”可補(bǔ)為如下圖示的長方體，

綜上，題設(shè)右圖可將補(bǔ)成長方體，設(shè)長寬高分別為，則外接球半徑為該長方體的體對角線長的一半，為，所以，顯然，，，則，設(shè)，因直線過橢圓焦點(diǎn)，所以，聯(lián)立，得，則，所以，則，又，，，所以，則，即，由為某長方體的三個頂點(diǎn)，結(jié)合題設(shè)新定義，易知中為銳角，所以只需角為銳角，即，則，可得，由，所以最大時，最小，令，則，由在上單調(diào)遞增，故，所以.故答案為：，.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：證明“垂棱四面體”可補(bǔ)為長方體，聯(lián)立直線與橢圓，應(yīng)用韋達(dá)定理及兩點(diǎn)距離的坐標(biāo)表示得到表達(dá)式為關(guān)鍵.2．（2025·河北滄州·一模）（多選）在平面直角坐標(biāo)系中，若，，則稱“”為M，N兩點(diǎn)的“曼哈頓距離”，若動點(diǎn)E到兩定點(diǎn)，的“曼哈頓距離”之和為定值，則稱點(diǎn)E的軌跡為“曼哈頓橢圓”，若點(diǎn)P為該“曼哈頓橢圓”上一點(diǎn)，則（

）A．的周長為 B．面積的最大值為C．該“曼哈頓橢圓”的面積為 D．該“曼哈頓橢圓”的周長為【答案】BCD【分析】根據(jù)“曼哈頓距離”的定義，把“曼哈頓距離”表示出來，根據(jù)對稱性研究第一象限及x軸和y軸非負(fù)半軸上點(diǎn)的軌跡，直接去絕對值符號畫圖象即可逐項(xiàng)判斷求解.【詳解】設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，則P，兩點(diǎn)的“曼哈頓距離”，，兩點(diǎn)的“曼哈頓距離”，則，易得“曼哈頓橢圓”關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)及坐標(biāo)軸對稱，可以先研究第一象限及x軸和y軸非負(fù)半軸上點(diǎn)的軌跡，，作曲線，根據(jù)對稱性，可作出如圖“曼哈頓橢圓”，則，，，對于A，B，當(dāng)點(diǎn)與重合時，的周長為，此時的面積最大為，故A不正確，B正確；對于C，梯形的面積為，所以該“曼哈頓橢圓”的面積為，故C正確；對于D,又，所以該“曼哈頓橢圓”的周長為，故D正確.故選：BCD.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題的關(guān)鍵是根據(jù)“曼哈頓距離”的定義，表示出“曼哈頓距離”，根據(jù)對稱性畫出圖象求解.3．（2025·江西九江·二模）在平面直角坐標(biāo)系中，把一個圖形繞定點(diǎn)旋轉(zhuǎn)一個定角的圖形變換叫作旋轉(zhuǎn)變換.定點(diǎn)叫作旋轉(zhuǎn)中心，定角叫作旋轉(zhuǎn)角（規(guī)定逆時針方向?yàn)檎?如果圖形上的點(diǎn)經(jīng)過旋轉(zhuǎn)變?yōu)辄c(diǎn)，那么這兩個點(diǎn)叫作這個旋轉(zhuǎn)變換的對應(yīng)點(diǎn).現(xiàn)將曲線繞順時針旋轉(zhuǎn)后，得到新曲線，其變換關(guān)系為，點(diǎn)在曲線上.(1)求曲線的方程并確定點(diǎn)的位置；(2)點(diǎn)的坐標(biāo)為，按照如下方式依次構(gòu)造點(diǎn)：過點(diǎn)作斜率為2的直線交于另一點(diǎn)，設(shè)是點(diǎn)關(guān)于軸的對稱點(diǎn).記的坐標(biāo)為.（i）求數(shù)列的前項(xiàng)和；（ii）記為直線與直線的交點(diǎn)，為直線與直線的交點(diǎn)，為直線與直線的交點(diǎn)，證明：在定直線上.【答案】(1)，點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）根據(jù)題設(shè)定義求解即可；（2）（i）由題意易得，，進(jìn)而得到是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，進(jìn)而求和即可；（ii）先求出直線的方程為，，，可得直線的方程為，進(jìn)而求證即可.【詳解】（1）依題意，得即，故曲線方程為.點(diǎn)在曲線上，，故曲線方程為由對稱性可知，點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)（2）（i）依題意，得，得①，又直線的斜率為2且，②.將②代入①中，得③，將②和③相加，得，從而是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，.（ii）點(diǎn)在定直線上.證明如下：，直線的方程為，令，得.直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立解得.直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立解得.直線的方程為，令，得，直線與直線的交點(diǎn)坐標(biāo)為，故點(diǎn)在定直線上.4．（2025·江西萍鄉(xiāng)·一模）如圖所示，由橢圓（）和拋物線（）組合成曲線，若與存在共同焦點(diǎn)，由圖形特點(diǎn)，它們的形狀像收回四條腿的七星瓢蟲，這里稱曲線為“七星瓢蟲曲線”.特別地，若橢圓的長半軸長、短半軸長、半焦距成等差數(shù)列，則稱其為“等差橢圓”.(1)求“等差橢圓”的離心率；(2)在“七星瓢蟲曲線”中，若是“等差橢圓”，且.（?。┣笈c和都相切的直線的方程；（ⅱ）直線（），且l與相交所得弦的中點(diǎn)為M，與相交所得弦的中點(diǎn)為N，證明：直線OM，ON（O為原點(diǎn)）的斜率之積為定值.【答案】(1)；(2)（i）或；（ii）證明見解析.【分析】（1）根據(jù)等差橢圓的定義，結(jié)合構(gòu)造齊次式即可得解；（2）（?。┰O(shè)切線方程，分別聯(lián)立橢圓方程和拋物線方程，利用判別式求解即可；（ⅱ）利用點(diǎn)差法求，利用韋達(dá)定理求出點(diǎn)坐標(biāo)，然后可解.【詳解】（1）設(shè)橢圓的半焦距為c，因?yàn)殚L半軸、短半軸、半焦距成等差數(shù)列，所以，又，所以，則，兩邊同時除以，得，解得（舍去）.所以“等差橢圓”的離心率為.（2）（ⅰ）解：若是“等差橢圓”，且，則由，得，則，，解得.故，.易知與和都相切的直線斜率存在且不為0，設(shè)方程為：.聯(lián)立消去y得，則，得；①聯(lián)立消去得，則，得，②聯(lián)立①②，解得或故和都相切的直線方程為或.（ⅱ）證明：設(shè)l與相交于，，線段CD的中點(diǎn)，則，，兩式相減，得，所以，即，由已知，，所以，即，則聯(lián)立得，又，則，故，所以中點(diǎn)的坐標(biāo)為，可得，所以，為N定值.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于靈活利用點(diǎn)差法求出，降低計(jì)算量，再由中點(diǎn)坐標(biāo)公式和韋達(dá)定理求點(diǎn)N坐標(biāo)即可得解.5．（2025高三·全國·專題練習(xí)）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為，拋物線以坐標(biāo)原點(diǎn)為頂點(diǎn)，為焦點(diǎn)，的一個公共點(diǎn)為．若，則稱為“－相伴”．(1)若為“－相伴”，求直線的斜率．(2)若為“－相伴”．（?。┣蟮娜≈捣秶唬áⅲ┤?，，的方程為，直線與交于點(diǎn)，判斷是否存在定點(diǎn)，使得直線與的傾斜角互補(bǔ)，若存在，求出的值，若不存在，說明理由．【答案】(1)或．(2)（?。唬áⅲ┐嬖诙c(diǎn)【分析】（1）根據(jù)題干列出等式，再利用對稱性即可得到結(jié)果.（2）（ⅰ）根據(jù)點(diǎn)在上，且點(diǎn)在上列出等式，得到，進(jìn)而得到，又，列出關(guān)于的等式，利用對勾函數(shù)的性質(zhì)即可得到結(jié)果.（ⅱ）由，及（?。┲械贸鯽的值，進(jìn)而求出的方程為，設(shè)出直線方程與的方程聯(lián)立，用韋達(dá)定理即可得到結(jié)果.【詳解】（1）設(shè)，由題意知的焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線為直線，由拋物線定義得點(diǎn)到的準(zhǔn)線的距離．易知點(diǎn)在第二象限或第三象限．當(dāng)點(diǎn)在第二象限時，設(shè)直線的傾斜角為，則，所以，，所以，即直線的斜率為．當(dāng)點(diǎn)在第三象限時，由對稱性可得直線的斜率為．綜上，直線的斜率為或．（2）（?。┰O(shè)，由（1）知的焦點(diǎn)為，因?yàn)辄c(diǎn)在上，所以，因?yàn)辄c(diǎn)在軸左側(cè)，故，故因?yàn)辄c(diǎn)在上，所以，所以，解得，所以．由橢圓的定義得，又，所以，所以，即．設(shè)，則，且，由，可得，所以，解得，即的取值范圍是．（ⅱ）因?yàn)榈姆匠虨?，所以，由，及（ⅰ）中，得，解得（舍去）或，所以，所以的方程為．設(shè)，，由，得，所以，，，假設(shè)存在定點(diǎn)，使得直線與的傾斜角互補(bǔ)，則直線與的斜率之和為0，即，所以，所以