解答題高考第19題新定義創(chuàng)新意識與創(chuàng)新應(yīng)用是新時代的主旋律，也是高中數(shù)學教學與學習中需要不斷滲透與培養(yǎng)的一種基本精神與能力！借助“新定義”，可以巧妙進行數(shù)學知識中的概念類比、公式設(shè)置、性質(zhì)應(yīng)用、知識拓展與創(chuàng)新應(yīng)用等的交匯與融合，很好地融入創(chuàng)新意識與創(chuàng)新應(yīng)用.而在最近幾年內(nèi)，不管是九省聯(lián)考還是各地方的模擬卷都頻繁出現(xiàn)新定義作為壓軸題考察的形式，而在最近的2024年全國二卷、2021-2024年的北京卷，便以新定義作為壓軸題型進行考察，故在今年高考中出現(xiàn)新定義類的考察形式依然會后所出現(xiàn)。所謂“新定義”型問題，主要是指在問題中定義了高中數(shù)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(jié)合已有知識、能力進行理解，根據(jù)新定義進行運算、推理、遷移的一種題型。題型1集合新定義（2024·重慶·模擬預(yù)測）集合是數(shù)學中的基本概念和重要內(nèi)容.對于實數(shù)集中的兩個非空有限子集和，定義和集.記符號表示集合A中的元素個數(shù).當時，設(shè)是集合A中按從小到大排列的所有元素，記集合.(1)已知集合，，，若，求的值.(2)已知，記集合或.（i）當時，證明的充要條件是；（ii）若，，求的所有可能取值．【答案】(1)2(2)（i）證明見解析；（ii）【分析】（1）先根據(jù)求出的值，可確定集合，進而求.（2）（i）先證充分性，再證必要性.（ii）根據(jù)和，分析中元素的特征，求出，進而確定的值.【詳解】（1）因為，由，所以，所以且，所以必有，所以，所以，所以.（2）（i）因為，可設(shè)，.先證充分性：因為，所以且，從而可以設(shè)，其中0，此時中的元素為，故，再證必要性，設(shè)，，其中，注意到和集中的最小元素為，最大元素為，因為，所以中間三個元素可以是，也可以是，它們是對應(yīng)相等的，所以有，，即，故，得證，（ii）①若，由第(i)小問的分析知，可以設(shè)，，其中，此時中的元素為，這與條件矛盾，②取，其中，容易驗證此時中的元素為，符合條件，所以可以取2，③若，設(shè)，其中，結(jié)合知至少存在兩個不同的正整數(shù)，使得，不妨設(shè)是符合這一條件最小的正整數(shù)，是符合這一條件最大的正整數(shù)，注意到，這是中的個不同的元素，根據(jù)的定義我們有，即，當時，由的最小性知，即，此時我們有，當時，也有，因此是中的元素，但與(*)式中的個元素均不相等，同理，根據(jù)的定義有是中的元素，但與(*)式中的個元素均不相等，因為，所以，此時，矛盾，綜上，的取值只能為2，【點睛】方法點睛：學生在理解相關(guān)新概念、新法則(公式)之后，運用學過的知識，結(jié)合已掌握的技能，通過推理、運算等解決問題.在新環(huán)境下研究“舊”性質(zhì).主要是將新性質(zhì)應(yīng)用在“舊”性質(zhì)上，創(chuàng)造性地證明更新的性質(zhì)，落腳點仍然是數(shù)列的有關(guān)性質(zhì)或求和.集合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.1、（25-26高三上·北京朝陽·期中）設(shè)為正整數(shù)，若集合滿足如下三個條件，則稱具有性質(zhì)：①都是元素個數(shù)為的數(shù)集；②對任意，集合的元素個數(shù)均為1；③.(1)若集合具有性質(zhì)，寫出集合；(2)若集合具有性質(zhì)，判斷是否存在使得，并說明理由；(3)若集合具有性質(zhì)，求的最大值.【答案】(1)(2)不存在，理由見解析(3)13【分析】（1）假設(shè)，根據(jù)條件②來進行排除，同理排除，最終得出；（2）用反證法證明，根據(jù)三個條件尋找矛盾即可；（3）結(jié)合（2）先證明，最多屬于中的4個集合，再列舉出時符合題意，反證不符合題意即可.【詳解】（1）由題意可得集合A中有3個不同的元素，若，要使與滿足條件②，則均不屬于，所以，同理可判斷均不屬于，則符合題意，所以.（2）不存在，理由如下：假設(shè)存在使得.不妨設(shè)，設(shè)，，，，.由①②可知，a,b,c,d,e,f,g,h,l互不相同.由③可知，存在集合與的交集不為，且由②可知，集合與的交集中有且僅有一個元素，不妨設(shè)集合為，且，故.由②可知，的元素個數(shù)均為，且均不為或，所以集合或，或，或.由于b,d,e,f,g,h,l互不相同，集合至少包含個元素，與①矛盾.所以不存在使得.（3）設(shè)集合具有性質(zhì).在中存在一個集合，其中至少有兩個元素分別屬于其他集合，否則，若中的每一個集合中至多有一個元素屬于其他集合，則與②或③矛盾.不妨設(shè)該集合為，設(shè)元素分別屬于其他集合，除了集合之外，設(shè)包含元素的集合有個，分別記為，設(shè)集合包含元素.當時，若，則，與②矛盾，所以互不相同，且均不為.因為的元素個數(shù)為，且已經(jīng)包含一個元素，所以.所以除了集合之外，包含元素的集合至多有個.同理可得，除了集合之外，包含元素的集合至多有個，除了集合之外，包含元素的集合至多有個，除了集合之外，包含元素的集合至多有個.所以.當時，集合具有性質(zhì)，其中：，，，，，，，，，，，，.所以的最大值為.2、（24-25高三上·江西吉安·階段練習）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(wěn)定點集.(1)判斷集合與點構(gòu)成的是不是穩(wěn)定點集，并說明理由；(2)判斷集合以及點構(gòu)成的是不是穩(wěn)定點集，并說明理由；(3)若集合及單位圓中的內(nèi)接2024邊形的頂點，，，構(gòu)成的是一個穩(wěn)定點集，求的值.【答案】(1)不是，理由見解析(2)是，理由見解析(3)0【分析】（1）舉出反例，得到不是穩(wěn)定點集；（2）設(shè)，，則，則，為定值，是穩(wěn)定點集；（3）計算出，又為定值，故為定值，因為是單位圓上任意一點，所以，故.【詳解】（1）不是穩(wěn)定點集，理由如下：取，則；取，則，故不是穩(wěn)定點集.（2）是穩(wěn)定點集，理由如下：設(shè)，，則，則，為定值，故是穩(wěn)定點集.（3）因為是穩(wěn)定點集，設(shè)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.【點睛】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.3、（24-25高三上·山東·期中）已知集合，集合，記的元素個數(shù)為.若集合中存在三個元素，，，使得，則稱為“理想集”.(1)若，分別判斷集合，是否為“理想集”（不需要說明理由）；(2)若，寫出所有的“理想集”的個數(shù)并列舉；(3)若，證明：集合必為“理想集”.【答案】(1)不是“理想集”，是“理想集”；(2)答案見解析；(3)證明見解析【解析】（1）不是“理想集”，是“理想集”.由題意，令，則；令，則；令，則；令，則；所以不是“理想集”.令，則，所以是“理想集”.（2）共16個“理想集”.若，有.當時，若，則，由可知，故或；若，則，由可知，則，故.故含有三個元素的“理想集”，或，共3個.當時，，，，，，，，共7個.當時，，，，，，共5個.當時，，共1個.綜上所述，所有“理想集”的個數(shù)為16個分別為：，，，，，，，，，，，，，，，.（3）若，記且.利用反證法，假設(shè)對于中任意三個元素，，，均有，則，，，…，.記，于是，則.因此，矛盾.故集合必為“理想集”.題型2復(fù)數(shù)新定義（2025·河北保定·一模）數(shù)學中的數(shù)除了實數(shù)，復(fù)數(shù)之外，還有四元數(shù).一般地，形如的數(shù)為四元數(shù)，其中都是實數(shù)，都是虛數(shù)單位，這些虛數(shù)單位滿足.其中的模為，的共軛四元數(shù)記作．給定兩個四元數(shù)，可以進行同復(fù)數(shù)類似的加減運算，例如：.對于四元數(shù)的乘法滿足分配律和結(jié)合律，但不滿足交換律，規(guī)定：，．(1)若，求的值；(2)已知四元數(shù)．（i）若，求證：；（ii）若數(shù)列均為正項數(shù)列，且（為常數(shù)），求證：．【答案】(1)(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析【分析】（1）根據(jù)定義計算即可；（2）（i）分別求出，，，得表達式及范圍，即可得證；（ii）根據(jù)結(jié)合基本不等式即可得證.【詳解】（1）由，得，所以；（2）（i）由題意，則，又因為，所以，，或，，故，所以；（ii）由，得，又因為，①當且僅當時取等號，同理，②，③，④由①②③④得，即，又，所以，所以.新定義題型的特點是:通過給出一個新概念，或約定一種新運算，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)系所學的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到靈活解題的目的：遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決.1、（2024·黑龍江大慶·模擬預(yù)測）歐拉（1707-1783），他是數(shù)學史上最多產(chǎn)的數(shù)學家之一，他發(fā)現(xiàn)并證明了歐拉公式，從而建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，若將其中的取作就得到了歐拉恒等式，它是令人著迷的一個公式，它將數(shù)學里最重要的幾個量聯(lián)系起來，兩個超越數(shù)——自然對數(shù)的底數(shù)，圓周率，兩個單位——虛數(shù)單位和自然數(shù)單位，以及被稱為人類偉大發(fā)現(xiàn)之一的，數(shù)學家評價它是“上帝創(chuàng)造的公式”，請你根據(jù)歐拉公式：，解決以下問題：(1)將復(fù)數(shù)表示成（，為虛數(shù)單位）的形式；(2)求的最大值；(3)若，則，這里，稱為的一個次單位根，簡稱單位根．類比立方差公式，我們可以獲得，復(fù)數(shù)，，求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)歐拉公式直接可得解；（2）由歐拉公式可證明，并得到，這即得結(jié)果；（3）根據(jù)單位根的概念，代入化簡即可.【詳解】（1）由歐拉公式有.（2）由于，，故，而當時，有.故的最大值是.（3）由于，故，而，所以.故（利用）（利用）（利用）（利用）（利用）.所以.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵在于對歐拉公式的使用和復(fù)數(shù)四則運算法則的熟練運用.2．（24-25高三下·重慶沙坪壩·階段練習）一般地，任何一個復(fù)數(shù)可以寫成，其中是復(fù)數(shù)的模，是復(fù)數(shù)的輻角，我們稱叫做復(fù)數(shù)的三角形式．利用復(fù)數(shù)的三角形式可以進行復(fù)數(shù)的乘法、乘方等運算．如：，(1)若復(fù)數(shù)，求復(fù)數(shù)的實部和虛部；(2)利用復(fù)數(shù)的三角形式計算：的值；(3)若復(fù)數(shù)滿足，記復(fù)數(shù)證明：且．【答案】(1)實部為，虛部為0；(2)；(3)證明見解析.【分析】（1）轉(zhuǎn)化為三角形式后再計算即可；（2）令，再代入根據(jù)三角運算即可得到答案；（3）首先分析出，再計算得，即證明，則則，再累加計算，最后放縮即可.【詳解】（1），，復(fù)數(shù)的實部為，虛部為0；（2）由可得：，令，則，，（3）由可得:，，，令,則.，又綜上，．3．（24-25高三上·廣東·期末）在中學數(shù)學教材的課后閱讀中，我們知道任何一個一元n次方程都有n個復(fù)數(shù)根，這些根在復(fù)平面上對應(yīng)著一個個的點，比如對于方程來說，這個方程的3個復(fù)數(shù)根在復(fù)平面上對應(yīng)的點就是，和．而且對于一個一元n次方程，如果該方程的根分別為，那么這個方程可以表示為，根據(jù)以上材料，回答下列問題：(1)直接寫出方程與方程的復(fù)數(shù)根；(2)設(shè)函數(shù)（a，b，c為復(fù)數(shù)且），且方程有三個不同根，和，函數(shù)，且方程的根為和（?。┳C明：若，和的虛部均為正實數(shù)，則和的虛部也為正實數(shù)（其中，與，，不相等）；（ⅱ）若，和在復(fù)平面上所對應(yīng)的點分別為A，B和C（且A、B、C三點不共線），證明：和在復(fù)平面上的點始終在的內(nèi)部．【答案】(1)；(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）證明見解析【分析】（1）分解因式可得的復(fù)數(shù)根為；設(shè)代入方程利用復(fù)數(shù)相等可得方程的復(fù)數(shù)根；（2）（ⅰ）反證法：若和的虛部不全為正實數(shù)，記為復(fù)數(shù)x的虛部，由，得，設(shè)函數(shù)，設(shè)方程其中一個根z滿足，則，得出與矛盾（ⅱ）由（?。┛芍?，由得，將、和看做向量、和，記，可利用反證法證明結(jié)論成立.．【詳解】（1），故該方程的復(fù)數(shù)根為．設(shè)，代入方程可得，即，所以，解得，故該方程的復(fù)數(shù)根為；（2）（?。┓醋C法：若和的虛部不全為正實數(shù)，記為復(fù)數(shù)x的虛部，注意到，所以，而，，所以，因為，所以，設(shè)函數(shù)，設(shè)方程其中一個根z滿足，則，而，，所以．所以與矛盾；（ⅱ）由（?。┛芍?，，即，故有，將，和看作向量，和，記，則①，由于，且，若z不在內(nèi)部，不妨設(shè)過原點與z的連線與線段AB交于點M，則由向量共線可得存在使得，與結(jié)論①矛盾，故z在內(nèi)部．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第二問（?。╆P(guān)鍵點是利用反證法：若和的虛部不全為正實數(shù)，記為復(fù)數(shù)x的虛部，則，得出與矛盾.題型3函數(shù)導(dǎo)數(shù)新定義（2025·河南鶴壁·模擬預(yù)測）“由樣本估計總體”是統(tǒng)計學中一種重要的思想方法，而我們利用一些樣本去估計某一參數(shù)的值時，常采用最大似然估計的方法：最大似然估計是由高斯首次提出，費爾希推廣并使之得到廣泛應(yīng)用的一種估計方法，其原理是從總體中抽出具有個值的采樣，求出似然函數(shù)，似然函數(shù)表示樣本同時取得的概率，當似然函數(shù)取得最大值時參數(shù)的取值即為該參數(shù)的最大似然估計值.(1)已知一工個生產(chǎn)產(chǎn)品的合格率為，每件產(chǎn)品合格與否相互獨立，現(xiàn)從某批次產(chǎn)品中隨機抽取20件進行檢測，有2件不合格：（ⅰ）用頻率估計該批次產(chǎn)品合格率；（ⅱ）求合格率的最大似然估計值，并判斷用最大似然估計法計算概率是否合理；(2)設(shè)一次試驗中隨機變量的概率分布如下：123現(xiàn)做次獨立重復(fù)試驗，出現(xiàn)了次，出現(xiàn)了次，出現(xiàn)了次，求的最大似然估計值；(3)泊松分布是種重要的離散分布，其概率分布為，設(shè)一次試驗中隨機變量的取值服從泊松分布，進行次試驗后得到的值分別為，已知的最大似然估計值為2，求數(shù)列的前項和．【答案】(1)（i）；（ii）0.9，合理；(2)；(3).【分析】（1）（?。┯深}設(shè)結(jié)合數(shù)據(jù)直接計算即可；（ⅱ）先根據(jù)似然函數(shù)定義結(jié)合二項分布的概率計算方法得似然函數(shù)，再結(jié)合導(dǎo)數(shù)工具求出似然函數(shù)最大值即可得解.（2）先由題設(shè)得，再由導(dǎo)數(shù)工具求出的最大值即可得解.（3）先由題設(shè)計算求得，再利用導(dǎo)數(shù)工具求出得，且其為及的最大值點，進而得，由該等式即可求解.【詳解】（1）（?。┯深}該批次產(chǎn)品合格率；（ⅱ）由題意得，似然函數(shù)，，當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減，則當時，取得最大值，即的最大似然估計值為0.9，與（ⅰ）中的估計值相等，用最大似然估計法計算概率是合理的.（2）依題意，，令，則，令，解得，函數(shù)在上單調(diào)遞減，當時，；當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，而函數(shù)在上遞增，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則當時，取得最大值，所以的最大似然估計值為.（3），設(shè)，則函數(shù)與單調(diào)性相同，因為為減函數(shù)，令得，則時，函數(shù)單調(diào)遞增；時，，函數(shù)單調(diào)遞減，所以為極大值點也及最大值點，所以為極大值點也及最大值點，則由題的最大似然估計值為，即.函數(shù)新定義問題，命題新穎，常?？紤]函數(shù)的性質(zhì)，包括單調(diào)性，奇偶性，值域等，且存在知識點交叉，會和導(dǎo)函數(shù)，數(shù)列等知識進行結(jié)合，很好的考慮了知識遷移，綜合運用能力，對于此類問題，一定要解讀出題干中的信息，正確理解問題的本質(zhì)，轉(zhuǎn)化為熟悉的問題來進行解決。1、（2024·廣西柳州·模擬預(yù)測）帕德近似是法國數(shù)學家亨利．帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法．給定兩個正整數(shù)m，n，函數(shù)在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，…，．注：，，，，…；為的導(dǎo)數(shù)）．已知在處的階帕德近似為．(1)求實數(shù)a，b的值；(2)比較與的大?。?3)若有3個不同的零點，求實數(shù)m的取值范圍．【答案】(1)，．(2)答案見解析(3)【分析】（1）求出，，，，根據(jù)，列方程組即可求解；（2）令，利用導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性即可比較大小；（3），除1外還有2個零點，設(shè)為，，，由導(dǎo)數(shù)由函數(shù)零點個數(shù)求m的范圍．【詳解】（1）由，，知，，，，由題意，，所以，所以，．（2）由（1）知，，令，則，所以在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，又，∴時，；時，，所以時，；時，．（3）由（1）知，，注意到，則除1外還有2個零點，設(shè)為，，，令，當時，在上恒成立，則，所以在上單調(diào)遞減，不滿足，舍去，當時，除1外還有2個零點，設(shè)為，，則不單調(diào)，所以存在兩個零點，∴，解得，當時，設(shè)的兩個零點分別為s，，則，，∴，當時，，，則單調(diào)遞增，當時，，，則單調(diào)遞減；當時，，，則單調(diào)遞增，又，不妨設(shè)，，而，且，，且，所以存在，，滿足，即有3個零點，1，，綜上所述，m的取值范圍為．【點睛】思路點睛：關(guān)于新定義題的思路有：（1）找出新定義有幾個要素，找出要素分別代表什么意思；（2）由已知條件，看所求的是什么問題，進行分析，轉(zhuǎn)換成數(shù)學語言；（3）將已知條件代入新定義的要素中；（4）結(jié)合數(shù)學知識進行解答.2、（24-25高三上·江西鷹潭·階段練習）法國數(shù)學家拉格朗日于1797年在其著作《解析函數(shù)論》中給出了一個定理，具體如下:如果函數(shù)滿足如下條件：①在閉區(qū)間上的圖象是連續(xù)的；②在開區(qū)間上可導(dǎo)，則在開區(qū)間上至少存在一個實數(shù)，使得成立，人們稱此定理為“拉格朗日中值定理”.(1)已知且，（i）若恒成立，求實數(shù)的取值范圍；（ii）當時，求證：.(2)已知函數(shù)有兩個零點，記作，若，證明：【答案】(1)（i）；（ii）證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）（i）法一：構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)遞增，則在上恒成立，然后轉(zhuǎn)化為分離參數(shù)求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值定理知，恒成立，使得，將問題轉(zhuǎn)化為恒成立，在對其進行求解即可；（ii）將，再結(jié)合拉格朗日中值定理進行證明即可；（2）由函數(shù)有兩個零點，轉(zhuǎn)化為方程有2個根，構(gòu)造函數(shù)，然后求導(dǎo)借助函數(shù)的單調(diào)性和最值確定兩個零點的范圍，即可求解.【詳解】（1）（i）解：法一：由，且化簡得，即，令，可知在上單調(diào)遞增，則在上恒成立，即在上恒成立，令，顯然在上單調(diào)遞減，所以，即，故實數(shù)的取值范圍為.法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得，故問題轉(zhuǎn)化為恒成立.又，則恒成立，即恒成立，因為，故令，顯然在上單調(diào)遞減，所以，所以，故實數(shù)的取值范圍為.（ii）證明：要證，即證，即證，又，由拉格朗日中值定理可知，存在，，.由題意知，當時，在上單調(diào)遞增，則，故，即，所以命題得證.（2）函數(shù)有兩個零點，即方程有兩個根，即方程有2個根.令，所以在上單調(diào)遞增，且，即方程有2個根，且這兩根即為方程的根，所以，則，則由，得，所以，則，要證，即證，又，令，令，又，所以，故在上單調(diào)遞增，所以，所以，故在上單調(diào)遞減，所以，即，即，所以不等式得證.【點睛】關(guān)鍵點點睛：（1）對于第一問和第二問關(guān)鍵是理解拉格朗日中值定理，借助定義進行求解即可；（2）第三問是函數(shù)“隱零點”問題，解決這類題的方法是對零點設(shè)而不求，通過整體代換和過渡，再結(jié)合題目中的條件解決問題.3、（2025·廣東清遠·二模）在幾何學中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時，點的切線也隨著轉(zhuǎn)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，弧長越小則曲線的彎曲程度越大，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(dǎo)數(shù)）

(1)求單位圓上圓心角為的圓弧的平均曲率；(2)求拋物線在處的曲率；(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．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)函數(shù)新定義求解即可；（2）由函數(shù)新定義先求一階導(dǎo)數(shù)，再求二階導(dǎo)數(shù)，然后代入公式計算可得；（3）先由函數(shù)新定義得到令，，則，再設(shè)，則，然后構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)分析單調(diào)性，再次構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)后三次構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)分析單調(diào)性得到最小值即可得出結(jié)果.【詳解】（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(shè)，則，令，，時，，在上遞減，時，，在上遞增，故；令，，令，則，當時，恒成立，故在上單調(diào)遞增，可得，即，故有，則在上遞增，故，故的最小值為．題型4三角函數(shù)與解三角形新定義（2025·江西南昌·模擬預(yù)測）人臉識別技術(shù)在各行各業(yè)的應(yīng)用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應(yīng)用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點，，則曼哈頓距離為：，余弦相似度為：，余弦距離為(1)若，，求A，B之間的曼哈頓距離和余弦距離；(2)已知，、，，若，，求M、P之間的曼哈頓距離.【答案】(1)，余弦距離為；(2).【分析】（1）根據(jù)題設(shè)中距離的定義求A，B之間的曼哈頓距離和余弦距離即可；（2）根據(jù)已知可得、，再結(jié)合及正余弦和差公式、平方關(guān)系求得、，進而求出M、P的坐標，再由曼哈頓距離的定義求結(jié)果.【詳解】（1）由題設(shè)定義知：，，則余弦距離為；（2），又，則，，則，所以，結(jié)合，，所以，可得或，由，即，故，則，，，所以，，則.對于三角函數(shù)與解三角形的新定義問題中：關(guān)鍵是正確提取新定義中的新概念、新公式、新性質(zhì)、新模式等信息，確定新定義的名稱或符號、概念、法則等，在此基礎(chǔ)上進行知識轉(zhuǎn)換，有效輸出，合理歸納，結(jié)合已學的三角函數(shù)運算公式，正余弦定理的應(yīng)用進行有效的解答1、（24-25高三上·全國·專題練習）對于集合和常數(shù)，定義：為集合A相對的的“正弦標準差”．(1)若集合，，求A相對的的“正弦標準差”；(2)若集合，是否存在，，使得相對任何常數(shù)的“正弦標準差”是一個與無關(guān)的定值？若存在，求出α，β的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)；(2)存在，，使得相對任何常數(shù)的“正弦標準差”是一個與無關(guān)的定值，理由見解析【解析】（1），其中.（2）存在，，使得相對任何常數(shù)的“正弦標準差”是一個與無關(guān)的定值，理由如下：，只需，則，即，整理得，因為，，所以，，，則，所以，則，所以，即，整理得，故，因為，所以，，則，，檢驗，將，代入得，滿足要求，故存在，，使得相對任何常數(shù)的“正弦標準差”是一個與無關(guān)的定值，此時.2、（2024·河北·二模）若內(nèi)一點滿足，則稱點為的布洛卡點，為的布洛卡角．如圖，已知中，，，，點為的布洛卡點，為的布洛卡角．(1)若，且滿足，求的大?。?2)若為銳角三角形．（?。┳C明：．（ⅱ）若平分，證明：．【答案】(1)(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）證明見解析.【分析】（1）先判斷與相似，進而得到，應(yīng)用余弦定理求出的值即可；（2）（?。┰趦?nèi)，三次應(yīng)用余弦定理以及三角形的面積公式得：，針對分別在、和內(nèi)，三次應(yīng)用余弦定理以及三角形的面積公式，且表示出三角形的面積，由余弦定理形式相加，再化簡整理得：，即可得證；（ⅱ）得出與的等量關(guān)系，再利用余弦定理和三角形的面積公式，平分，將代入，化簡整理即可得證.【詳解】（1）若，即，得，點滿足，則，在和中，，，所以與相似，且，所以，即，由余弦定理得：，且，，得，且，所以；（2）（?。┰趦?nèi)，應(yīng)用余弦定理以及三角形的面積公式得：，，，三式相加可得：①在內(nèi)，應(yīng)用余弦定理以及三角形的面積公式得：，在和內(nèi)，同理：，，三式相等：，因為，由等比性質(zhì)得：②由①②式可證得：；（ⅱ）因為，即，所以，在中，分別由余弦定理得：，，，三式相加整理得，，將代入得：若平分，則，，所以③又由余弦定理可得：④由③-④得：所以，所以.【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)表示出三角形得面積，在中，由余弦定理相加，得出與的等量關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵.3．（24-25高三上·甘肅蘭州·月考）人臉識別技術(shù)在各行各業(yè)的應(yīng)用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應(yīng)用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點，，則曼哈頓距離為：，余弦相似度為：，余弦距離為(1)若，，求A，B之間的曼哈頓距離和余弦距離；(2)已知，，，若，，求的值【答案】(1)，；(2)【解析】（1），，故余弦距離等于；（2）；故，，則.題型5向量新定義（2025·陜西西安·三模）設(shè)為不小于3的正整數(shù)，集合滿足.設(shè)為平面，點，對任意，點，且點滿足.(1)若，且，求直線與所成角的大?。?2)證明：；(3)對任意，規(guī)定.設(shè)點滿足.證明：存在，使得對任意，都有，或且與在的不同側(cè).【答案】(1)；(2)證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）用線面角的向量求法求解；（2）將已知條件轉(zhuǎn)化為向量共面形式證明；（3）利用周期性及（2）中結(jié)論證明.【詳解】（1）由已知，是等邊三角形，且平面，以為坐標原點，分別以、所在直線為軸、軸建立空間直角坐標系，如圖，

設(shè)，則，所以，又平面的法向量為，設(shè)直線與平面所成角為，則，因為，所以.（2），所以，即，因為，所以.（3）由知，具有周期，對，若，當時，由（2）得；當時，由周期性的符號（相對于）一致，故與始終在的不同側(cè)；由抽屜原理，因，則必，使，都有，或且與始終在的不同側(cè).解決向量新定義問題時，確定新定義的名稱或符號、概念、法則等，并進行所學知識體系的信息再加工，尋求相近知識點，并明確它們之間的共同點和不同點，在此基礎(chǔ)上進行向量相關(guān)的概念，公式，運算，幾何意義等知識的轉(zhuǎn)換，有效輸出，亦或是：（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；1、（24-25高三上·河北·階段練習）在平面直角坐標系中，是坐標原點．若點列中的3個相鄰的點滿足，則稱關(guān)于的方程是的特征方程，將方程的實數(shù)根稱為的特征根．已知，點列的特征根為1和．(1)求點的坐標；(2)設(shè)，求數(shù)列的前項和；(3)若是公差為的等差數(shù)列，且各項都為正整數(shù)，和是已知的常數(shù)，求點列的特征根．【答案】(1)，(2)(3)和【分析】（1）根據(jù)特征方程和特征根的定義求解即可；（2）由（1）知，化簡，再利用裂項相消法求解即可；（3）求得，設(shè)，分別求出，再根據(jù)特征方程和特征根的定義即可得出答案.【詳解】（1）因為點列的特征根為和，所以點列的特征方程為，所以，則，即，所以，所以的坐標為，由，得，即，所以，所以的坐標為；（2）由（1）知，，所以；（3）因為，所以，所以，設(shè)，則，，，設(shè)，則①，②，由①②得，即，將代入②得，因為是公差為的等差數(shù)列，且各項都為正整數(shù)，所以，又，所以，得，又，所以點列的特征方程為，特征根為和.【點睛】關(guān)鍵點點睛：理解特征方程和特征根的定義是解決本題的關(guān)鍵.2、（24-25高三上·江西新余·階段練習）如圖，設(shè)、是平面內(nèi)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.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由題意可知，，利用平面向量數(shù)量積的運算性質(zhì)可求得的值；（2）計算出、、，利用平面向量的夾角公式可得出關(guān)于的方程，解之即可；（3）設(shè)、，利用平面向量的線性運算得出、關(guān)于、的關(guān)系式，利用余弦定理可得出和平面向量數(shù)量積的運算性質(zhì)化簡得出，設(shè)，利用正弦定理可得出，，利用三角恒等變換以及正弦函數(shù)的有界性可求得的最大值.【詳解】（1）由題意可知，、的夾角為，由平面向量數(shù)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(shè)、，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(jù)余弦定理得，所以，代入上式得，.在中，由正弦定理，設(shè)，則，且，所以，，，，為銳角，且，因為，則，故當時，取最大值，則3．（24-25高三上·湖南長沙·階段練習）對于一組向量、、、…、（且），令，如果存在，使得，那么稱是該向量組的“長向量”．(1)設(shè)，且，若是向量組、、的“長向量”，求實數(shù)的取值范圍；(2)若，且，向量組、、、…、是否存在“長向量”？給出你的結(jié)論并說明理由；(3)已知、、均是向量組、、的“長向量”，其中，．設(shè)在平面直角坐標系中有一點列、、、…、，滿足為坐標原點，為的位置向量的終點，且與關(guān)于點對稱，與（且）關(guān)于點對稱，求的最小值．【答案】(1)(2)存在“長向量”，且“長向量”為、，理由見解析；(3)【分析】（1）得到，從而得到不等式，求出答案；（2），若存在“長向量”，只需使，又，故，即，當或6時，符合要求，得到結(jié)論；（3）由題意得，同理，，三式相加并化簡，得，設(shè)，由得，設(shè)，由對稱得到方程組，求出，其中，故．【詳解】（1）由題意可得：，即，又，故，故，解得；（2）存在“長向量”，且“長向量”為、，理由如下：由題意可得，若存在“長向量”，只需使，又，，即，即，當或6時，符合要求，故存在“長向量”，且“長向量”為、．（3）由題意，得，，即，即，同理，，三式相加并化簡，得，即，，所以，設(shè)，由得，設(shè)，因為與關(guān)于點對稱，與（且）關(guān)于點對稱，則依題意得：，將①代入②得，，從而，……，，以上個式子相加化簡得，，又由②知，，即，所以，其中，，當且僅當時等號成立，故．題型6立體幾何新定義（2025·廣西南寧·二模）在空間直角坐標系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成（A，B，C，，且），為該平面的法向量.設(shè)M是多面體的一個頂點，定義多面體在M處的離散曲率為），其中（，2，3，，n，）為多面體的所有與點M相鄰的頂點，且平面，，，，遍歷多面體的所有以M為公共頂點的面.多面體的離散總曲率為該多面體各頂點的離散曲率之和.已知空間直角坐標系Oxyz中，幾何體W的底面在平面Oxy內(nèi)，且側(cè)面上任意一點滿足(1)判斷幾何體W的形狀，并求幾何體W的兩個相鄰側(cè)面所在平面夾角的余弦值；(2)求幾何體W的離散總曲率；(3)定義：若無窮等比數(shù)列的公比q滿足，則的所有項之和.若球與幾何體W的各面均相切，然后依次在W內(nèi)放入球，球，，球，，使得球（，）與W的四個側(cè)面相切，且與球外切，求放入的所有球的表面積之和.【答案】(1)正四棱錐，；(2)2；(3).【分析】（1）根據(jù)給定條件可得為正四棱錐，利用正四棱錐的結(jié)構(gòu)特征，結(jié)合面面角的向量法求解.（2）利用多面體的離散總曲率的定義，列式計算即可.（3）利用正四棱錐內(nèi)切球的性質(zhì)求出球，進而探討球與球的半徑關(guān)系，再利用球的表面積公式及公比絕對值小于的無窮等比數(shù)列所有項和公式求解.【詳解】（1）幾何體為正四棱錐，依題意，為，當時，表示平面內(nèi)的兩組平行直線及所圍成的正方形，其頂點為，當時，點，因此幾何體為正四棱錐，如圖：

由正四棱錐任意兩側(cè)面所在平面的夾角相等，不妨求面與面夾角余弦值，平面方程為，則平面法向量為，平面方程為，則平面法向量為，因此，所以幾何體兩個相鄰側(cè)面所在平面夾角的余弦值為.（2）依題意，，，，，，所以幾何體的離散總曲率為.（3）設(shè)球與側(cè)面相切于，連接，與交于，則，連接，則，，，設(shè)球半徑為，則，，解得，設(shè)球的半徑為，則，則，兩式相減得，即，因此數(shù)列是以1為首項，公比為的等比數(shù)列，則數(shù)列是以1為首項，公比為的等比數(shù)列，而，則放入的所有球的表面積之和．所以放入的所有球的表面積之和為.對于立體幾何新定義問題的求解：需要要求學生熟練掌握空間幾何體的特征結(jié)構(gòu)，通過空間幾何體的特征結(jié)合題干所提出的新概念、新性質(zhì)、新模式等信息，尋求相近知識點，通過轉(zhuǎn)化化歸思想的應(yīng)用進行知識的遷移，實現(xiàn)有效輸出。1．（24-25高三上·河南南陽·期末）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(shù)的值；(2)請利用法向量和投影向量的相關(guān)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(nèi)切球的表面積；(3)記集合中所有點構(gòu)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.【答案】(1)(2)(3)①16；②【分析】（1）根據(jù)題意可得兩個面的法向量，結(jié)合向量垂直運算求解；（2）分析可知幾何體為正八面體.法1：根據(jù)題中公式直接求內(nèi)切圓半徑，即可得表面積；法2：利用等體積法求內(nèi)切圓半徑，即可得表面積；（3）根據(jù)題意分析幾何體的結(jié)構(gòu)特征.①利用割補法求體積；②求相應(yīng)的法向量，利用空間向量求二面角.【詳解】（1）根據(jù)題意，平面的法向量，平面的法向量，所以，故.（2）不妨設(shè)，在平面內(nèi)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(jīng)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(shè)內(nèi)切球的半徑為，則即為原點到平面的距離，則.所以內(nèi)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(shè)內(nèi)切球的半徑為，正八面體的表面積為，所以，解得：.所以內(nèi)切球的表面積為；（3）由（2）可知所圍幾何體是關(guān)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(guān)于平面，，對稱，其在第一卦限內(nèi)的部分的圖形如圖（1），

①如圖2，就是把圖1的幾何圖形進行分割的結(jié)果.

所以所構(gòu)成的幾何體如圖3所示.

法一：其中正方體記為集合所構(gòu)成的區(qū)域.而構(gòu)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.法二：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(shè)其體積為.由正方體的性質(zhì)可知面.因為，，所以其體積.所以幾何體的體積.②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.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查立體幾何新定義，解題關(guān)鍵是利用新定義求出法向量，然后利用向量求法得到所要求的二面角余弦值即可．2．（24-25高三上·湖南長沙·階段練習）高斯-博內(nèi)公式是大范圍微分幾何學的一個經(jīng)典的公式，是關(guān)于曲面的圖形（由曲率表征）和拓撲（由歐拉示性數(shù)表征）間聯(lián)系的一項重要表述，建立了空間的局部性質(zhì)和整體性質(zhì)之間的聯(lián)系.其特例是球面三角形總曲率與球面三角形內(nèi)角和滿足：，其中為常數(shù)，如圖，把球面上的三個點用三個大圓（以球心為半徑的圓）的圓弧聯(lián)結(jié)起來，所圍成的圖形叫做球面三角形，每個大圓弧叫做球面三角形的一條邊，兩條邊所在的半平面構(gòu)成的二面角叫做球面三角形的一個角.球面三角形的總曲率等于，為球面三角形面積，為球的半徑.(1)若單位球面有一個球面三角形，三條邊長均為，求此球面三角形內(nèi)角和；(2)求的值；(3)把多面體的任何一個面伸展成平面，如果所有其他各面都在這個平面的同側(cè)，這樣的多面體叫做凸多面體.設(shè)凸多面體頂點數(shù)為，棱數(shù)為，面數(shù)為，試證明凸多面體歐拉示性數(shù)為定值，并求出.【答案】(1)(2)(3)證明見解析；【分析】（1）由球面三角形邊角定義，轉(zhuǎn)化為大圓弧長可求圓心角，由球面三角形三條邊長均為，得兩兩垂直，從而得到面面垂直，進而求內(nèi)角和可得；（2）將球面平均分割為個全等的球面三角形，由特值代入公式待定即可；（3）將球面分割為個球面多邊形，再轉(zhuǎn)化為球面三角形，借助球面三角形總曲率與球面三角形內(nèi)角和關(guān)系，利用所有分割后的球面三角形面積之和（用表示）即為球面面積建立等量關(guān)系求證即可．【詳解】（1）如圖，設(shè)球心為，球面三角形三個頂點分別為，由球面三角形三邊長均為，由題意，即每個大圓弧長均為.又單位球面的球半徑，則球面三角形每條邊所對圓心角為，所以在三棱錐中，兩兩垂直.由，，且平面，平面，則平面，平面，故平面平面，同理平面平面，平面平面，即球面三角形任意兩條邊所在的半平面構(gòu)成的二面角均為，故球面三角形的個角均為，從而此球面三角形內(nèi)角和為.（2）若將地球看作一個球體，在地球上零度經(jīng)線和經(jīng)線所在大圓與赤道所在大圓將球面平均分成個全等的球面三角形，由（１）可知，每個球面三角形的個角均為，且球面三角形內(nèi)角和，從而每個球面三角形的面積為，則每個球面三角形的總曲率為，設(shè)，由題意，且為常數(shù)，則有，從而.（3）將多面體的每個面視作可以自由伸縮的橡皮膜，使膨脹為一個半徑為的球，每個頂點均在球面上，每條邊變?yōu)榍蛎嫔系倪叄總€多邊形變?yōu)榍蛎嫔系亩噙呅危遗蛎浨昂蟛蛔?不妨記球面仍為單位球面，半徑，對于任意一個球面邊形，可用球面上的邊分割成個球面三角形，由（2）可知，，則每個球面三角形的內(nèi)角和．即每個內(nèi)角和為的球面三角形面積為，記，稱為分割成個球面三角形的球面邊形的內(nèi)角和．所以球面邊形面積為.由已知凸多面體頂點數(shù)為，棱數(shù)為，面數(shù)為，則可記球面上多邊形，對每一個球面多邊形，設(shè)其邊數(shù)為，內(nèi)角和為，面積為，則，由球面三角形角的定義可知，每個頂點處所有球面多邊形的角之和為，頂點數(shù)為，從而所有球面多邊形內(nèi)角和為，又球面多邊形每條邊被重復(fù)計算次，棱數(shù)為，故，則，又所有球面多邊形面積之和，故，故.【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決本題關(guān)鍵在于轉(zhuǎn)化化歸思想的應(yīng)用，一是理解球面三角形及邊角的定義，將球面內(nèi)角和問題轉(zhuǎn)化多面體的二面角之和求解；二是將凸多面體膨脹為球面后，凸多面體歐拉示性數(shù)沒有變化，從而將凸多面體問題轉(zhuǎn)化為球面問題處理；三是利用分割法將球面面積轉(zhuǎn)化為球面三角形的面積之和，從而建立等量關(guān)系求解．3．（25-26高三上·四川瀘州·開學考試）在空間直角坐標系Oxyz中，稱是曲面S的方程，如果曲面S上的任意點的坐標都是方程的解，且所有不在曲面S上的點的坐標都不是方程的解.如圖是一個單葉雙曲面，其方程為，它可以看作zOx面內(nèi)某雙曲線的一支繞z軸旋轉(zhuǎn)一周所得的曲面.(1)證明：以平行于xOy面的平面（為常數(shù)）截所得的截痕（即截得的曲線）是圓.(2)已知過點的直線l的一個方向向量為，試判斷直線l與的公共點的個數(shù).(3)在第（2）問的條件下，設(shè)點，其中.若直線過點M且上的所有點都在上，求直線l與所成角的余弦值的取值范圍.【答案】(1)證明見解析；(2)無數(shù)個；(3).【分析】（1）將代入得，由圓方程即可判斷截痕是圓.（2）設(shè)點是l上的點，根據(jù)向量共線坐標運算求得點P的坐標，代入滿足曲面方程，即可求解.（3）設(shè)是直線上的點，設(shè)是直線的方向向量，則.代入曲面方程得，.解得，利用向量夾角公式及正弦函數(shù)性質(zhì)即可求解范圍.【詳解】（1）以平面截曲面：，代入得.這是一個圓的方程，圓心在，半徑.因此，所得的截痕是圓.（2）設(shè)點是l上的點，則，，則，，.代入曲面方程恒成立，故直線l上的點全部在曲面上，即公共點有無數(shù)個.（3）點，.設(shè)是直線上的點，設(shè)是直線的方向向量，則，則.代入曲面方程，則要使對任意恒成立，則，，解得是符合要求的方向向量，而又直線l的方向向量.兩直線所成角的余弦為：，，.對于有，由，得，所以.對于有，由，得，所以.綜上，所求角余弦值的取值范圍為.題型7數(shù)列新定義（2025·浙江·二模）若數(shù)列中某相鄰三項成等差數(shù)列，則稱該三項為“等差組”；若數(shù)列中某相鄰三項成等比數(shù)列，則稱該三項為“等比組”.現(xiàn)有一個12項的正項數(shù)列，其共有10組相鄰三項，記第組相鄰三項為.(1)若數(shù)列滿足，①為“等差組”，為“等比組”，求；②為“等比組”，為“等差組”，求.(2)若數(shù)列滿足，且為“等差組”或“等比組”，求滿足條件的數(shù)列的個數(shù)；(3)若數(shù)列滿足，且中恰有5組“等差組”和5組“等比組”，求的最大可能值.【答案】(1)①；②；(2)；(3).【分析】（1）根據(jù)等差中項和等比中項可求①②的；（2）先確定，再根據(jù)分類計數(shù)原理可求數(shù)列的個數(shù)；（3）先證明兩個一般命題，再根據(jù)命題可求的最大可能值.【詳解】（1）①因為為“等差組”，故成等差數(shù)列，故，故，而為“等比組”，故成等比數(shù)列，故，故.②若為“等比組”，為“等差組”，則成等比數(shù)列，故，且成等差數(shù)列，故.（2）因為為“等差組”或“等比組”，故有4種情形：若為“等差組”，為“等差組”，則；若為“等差組”，為“等比組”，則，而為正項數(shù)列，故即，故，而，故，故，；若為“等比組”，為“等比組”，則，；若為“等比組”，為“等差組”，則，故，而，故，.從而開始的相鄰三項，要么為“等比組”，要么為“等差組”，對于確定的、，此后等比組的公比、等差組的公差均確定，故此時有個滿足條件的數(shù)列，故滿足條件的數(shù)列的個數(shù)為.（3）先考慮一個一般命題：若，若正項數(shù)列中中一個“等差組”，另一個為“等比組”，則先“等比組”再“等差組”得到的較大.證明：若先“等差組”，再“等比組”，則，若先“等比組”，再“等差組”，則，其中，此時，故先“等比組”再“等差組”得到的較大..再考慮另一個一般命題：若，若正項數(shù)列中的為“等差組”或“等比組”，則當增大時，也增大.證明：若均為“等差組”或“等比組”，由等差數(shù)列的性質(zhì)和等比數(shù)列的性質(zhì)可得當增大時，也增大.若先“等差組”，再“等比組”，則，由得，故由雙勾函數(shù)的性質(zhì)可得增大時，也增大；若先“等比組”，再“等差組”，則，而，故增大時，也增大，故命題成立.對于數(shù)列滿足，，而中恰有5組“等差組”和5組“等比組”，要使得的最大，則前述兩個命題可得需前5組為“等比組”，后5組為“等差組”，此時個數(shù)分別為，故的最大可能值為.數(shù)列中的“新定義問題”，主要考查數(shù)列與其他知識點交匯以及熟練==數(shù)列本身的性質(zhì)，可能涉及構(gòu)造新數(shù)列、證明新性質(zhì)，通過給出一個新概念、新運算或新模型，創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，然后根據(jù)此新定義去解決問題，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)學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，了解主要的不等式的證明方法（比較法、綜合法、分析法、放縮法、反證法）和邏輯推理能力及分類討論、化歸的數(shù)學思想，以不變應(yīng)萬變才是制勝法寶.1、（24-25高三下·江西南昌·階段練習）定義為數(shù)列的k階差分數(shù)列（k為正整數(shù)），且滿足．特別地當時，為數(shù)列的完美一階差分數(shù)列，即．已知數(shù)列的首項，且為的二階差分數(shù)列．(1)求的值；(2)設(shè)，為數(shù)列的完美一階差分數(shù)列，對于，記是數(shù)列的前n項和，是否都有成立?并說明理由．（其中為組合數(shù)）(3)對于（2）中的數(shù)列，令，證明．【答案】(1)11264(2)是，理由見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的k階差分數(shù)列的定義，得到①和②，整理推得，從而構(gòu)造等差數(shù)列，求出其通項公式即得；（2）由完美一階差分數(shù)列的定義，可得，再由，利用組合數(shù)性質(zhì)即可推得；（3）作差推理可得，故，從而根據(jù)等比數(shù)列的求和公式可證，再利用均值定理即可證明.【詳解】（1）∵時，為數(shù)列的2階差分數(shù)列，由，可得①又因為的二階差分數(shù)列，則有②由①②可得：，即，也即．即，則得，顯然是等差數(shù)列，公差，首項為，故，即，進而，故．（2）對于為數(shù)列的完美一階差分數(shù)列，注意到，，進而，故．．再根據(jù)組合性質(zhì)，可得故，即時，恒成立．（3）∵要證明，顯然要將通項放縮，由（2）知，即，因，則，，及，根據(jù)要證明的結(jié)論的特征，不妨先比較與的大小．∵∵，∴，即．進而．此時賦值，2，3，…累加得：．（利用均值定理），進而，于是．故．命題成立．2、（2024·安徽·模擬預(yù)測）在數(shù)學中，把只能被自己和1整除的大于1自然數(shù)叫做素數(shù)（質(zhì)數(shù)）.歷史上研究素數(shù)在自然數(shù)中分布規(guī)律的公式有“費馬數(shù)”；還有“歐拉質(zhì)數(shù)多項式”：.但經(jīng)后人研究，這兩個公式也有局限性.現(xiàn)有一項利用素數(shù)的數(shù)據(jù)加密技術(shù)—DZB數(shù)據(jù)加密協(xié)議：將一個既約分數(shù)的分子分母分別乘以同一個素數(shù)，比如分數(shù)的分子分母分別乘以同一個素數(shù)19，就會得到加密數(shù)據(jù).這個過程叫加密，逆過程叫解密.(1)數(shù)列中經(jīng)DZB數(shù)據(jù)加密協(xié)議加密后依次變?yōu)?求經(jīng)解密還原的數(shù)據(jù)的數(shù)值；(2)依據(jù)的數(shù)值寫出數(shù)列的通項公式（不用嚴格證明但要檢驗符合）.并求數(shù)列前項的和；(3)為研究“歐拉質(zhì)數(shù)多項式”的性質(zhì)，構(gòu)造函數(shù)是方程的兩個根是的導(dǎo)數(shù).設(shè).證明：對任意的正整數(shù)，都有.（本小題數(shù)列不同于第（1）（2）小題）【答案】(1)，，(2)，(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)費馬數(shù)公式求解素數(shù)，再根據(jù)DZB數(shù)據(jù)加密協(xié)議，即可求解；（2）首先猜想數(shù)列的通項公式，再利用裂項相消的方法求和；（3）首先求和，得到數(shù)列的遞推關(guān)系式，再根據(jù)基本不等式，即可證明.【詳解】（1）根據(jù)費馬數(shù)求得（2）根據(jù)上面的數(shù)據(jù)得數(shù)列的這項公式為經(jīng)檢.驗：的數(shù)值符合該公式.數(shù)列前項的和（3）證明：由依次可得（基本不等式取等條件不成立.）.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是第一問，根據(jù)“費馬數(shù)”，求數(shù)列的前3項，第二問的關(guān)鍵是需討論為奇數(shù)和偶數(shù)兩種情況求和，第3問的關(guān)鍵是構(gòu)造基本不等式證明不等式.3、（2024·山東·模擬預(yù)測）設(shè)，.如果存在使得，那么就說可被整除（或整除），記做且稱是的倍數(shù)，是的約數(shù)（也可稱為除數(shù)、因數(shù)）．不能被整除就記做．由整除的定義，不難得出整除的下面幾條性質(zhì)：①若，，則；②，互質(zhì)，若，，則；③若，則，其中.(1)若數(shù)列滿足，，其前項和為，證明：；(2)若為奇數(shù)，求證：能被整除；(3)對于整數(shù)與，，求證：可整除.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用等比數(shù)列前項和公式，求得，再結(jié)合二項式定理以及整除性質(zhì)②即可得出證明；（2）由二項展開式可得為奇數(shù)時，滿足，可得結(jié)論；（3）分別對整數(shù)為奇數(shù)和偶數(shù)進行分類討論，利用表達式將的表達式化簡成含有的式子，再結(jié)合（2）中的結(jié)論即可證明可整除.【詳解】（1）因為，可知數(shù)列是以為首項，公比為的等比數(shù)列；所以，而，且31與9互質(zhì)；易知，所以；，所以；結(jié)合整除性質(zhì)②可知：；（2）因為，且為奇數(shù)，所以；因此能被整除.（3）易知.當時，，，上式中，由（2）知，能被整除，另一方面，，上式中，所以也能被整除，且與互質(zhì)，所以能被整除，即能被整除.類似可證當時，，，顯然，由（2）知，能被整除；另一方面，，所以能被整除；且與互質(zhì).能被整除.綜上可知能被整除.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于對整數(shù)的奇、偶進行分類討論，得出的表達式，將的表達式通過拆分化簡成含有中的式子，再結(jié)合（2）中的結(jié)論以及整除性質(zhì)，即可得出證明.題型8平面解析幾何新定義（2025·重慶沙坪壩·模擬預(yù)測）某同學利用導(dǎo)數(shù)方法求出了過橢圓上一點的切線的方程為.事實上，法國數(shù)學家笛莎格在《圓錐曲線論稿》中給出了這樣的結(jié)論：給定一點和一條直線，將點和直線分別稱為橢圓的極點和極線.一般地，當點在橢圓上時，極線為橢圓在點處的切線；當點在橢圓外時，極線為過從點作橢圓的兩條切線的切點的弦所在的直線；當點在橢圓內(nèi)時，極線在橢圓外且與橢圓沒有公共點.請利用這些結(jié)論解決下列問題：(1)已知點和直線分別為橢圓的極點和極線，①求極線的方程；②若為極線上任意一點，過點作橢圓的割線交橢圓于兩點，記所在直線的斜率依次為，求證：.(2)給定橢圓和點，過點作斜率為的直線和橢圓相交于兩點，分別連接交于點，記和軸的交點依次為，，求證：為線段的中點.【答案】(1)①；②證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）①由極點極線的定義可得極線方程；②利用齊次化可證；（2）利用（1）②的結(jié)論可證三點共線，從而可證為線段的中點.【詳解】（1）①因為，故在橢圓外，故極線為即直線的方程為.②設(shè)，設(shè)直線的方程為：，又橢圓方程可化為，故，由得：，設(shè)，則（★）故為（★）的兩個解，所以因為過，故，故，故.（2）由（1）可得橢圓的以點為極點的極線方程為，故點在極線上，同樣記，連接，由（1）中的結(jié)論可知，，且，故即三點共線，如圖所示，設(shè)，則，由（1）中②知，故，故，故為線段的中點.對于平面解析幾何中的新定義，核心在于準確捕捉新定義中的關(guān)鍵信息，如新概念、新公式、新性質(zhì)等，并明確其名稱、符號及法則。接著，將這些信息與已有知識點進行對比，找出相似之處和差異點，從而確定解題思路。最后，運用相關(guān)數(shù)學技巧和方法進行分析求解，并合理歸納結(jié)果。1、（2025·河南新鄉(xiāng)·模擬預(yù)測）阿波羅尼斯是古希臘著名的數(shù)學家，他的主要一生研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線軌跡的建?！反藭钔怀龅某晒茄芯砍霭⒉_尼斯圓上動點與相關(guān)定點的距離比值問題，即定義：已知動點與兩個定點Q，P的距離之比為一個不等于1的正常數(shù)，則動點的軌跡就是阿波羅尼斯圓，且圓心在直線上，已知動點的軌跡就是阿波羅尼斯圓，其方程是，定點分別為橢圓的右頂點與右焦點，且橢圓的離心率，(1)求橢圓的兩條準線距離；(2)如圖所示，過右焦點作一條斜率為正數(shù)的直線l與橢圓相交于B，D（點在軸的上方），點是橢圓上相異于B，D的兩點，平分，TF平分，①求的取值范圍；②若點S，F(xiàn)，T是另一個阿波羅尼斯圓上的三點，且外接圓的面積為，試求直線l方程，【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）利用定義整理得，再根據(jù)條件列式求得；（2）①首先由面積比值求得，令，則，利用坐標表示向量，求得，再求范圍；②由阿波羅尼斯圓定義知，在以為定點得阿波羅尼斯圓上，由幾何關(guān)系列式得，求得，再根據(jù)，求得，即可計算直線方程.【詳解】（1）設(shè)（且），，則，整理得，，另一方面動點的阿波羅尼斯圓方程是，于是，，解得，，，，則橢圓的兩條準線距離.（2）①由，又，則（或由角平分線定理得）,令，則，設(shè)，，則有，又直線的斜率，則，又得，將其代入中，得，即，因，則，故的取值范圍為；②因點S，F(xiàn)，T在以B，D為定點的阿波羅尼斯圓上，不妨設(shè)此圓半徑為，直線與圓相交于點，顯然點也在圓上，根據(jù)阿波羅尼斯圓定義有：，即，整理得，因圓的面積，解得，即，又，則解得，，則，故直線l方程為.2、（24-25高三上·浙江·月考）直線族是指具有某種共同性質(zhì)的直線的全體，例如表示過點0,1的直線族（不包括直線軸），直線族的包絡(luò)曲線定義為：直線族中的每一條直線都是該曲線上某點處的切線，且該曲線上的每一點處的切線都是該直線族中的某條直線.(1)圓：是直線族的包絡(luò)曲線，求，滿足的關(guān)系式；(2)若點不在直線族的任意一條直線上，求的取值范圍及直線族的包絡(luò)曲線的方程；(3)在（1）（2）的條件下，過曲線上動點向圓做兩條切線，，交曲線于點，，求面積的最小值.【答案】(1)；(2)，曲線的方程為.；(3)【解析】（1）由題可得，直線族為圓M的切線，故滿足，，所以滿足．（2）將點代入，可得關(guān)于的方程，因為點不在直線族上，故方程無實數(shù)解，所以，那么，故，因為區(qū)域的邊界為拋物線，下證：是的包絡(luò)曲線．證明：聯(lián)立直線與，可得，所以，故直線族：為拋物線的切線.因此直線族的包絡(luò)曲線的方程為.（3）設(shè)Ax1,y1則，故由直線與相切，所以，整理得，①同理可得，，②由①②可得直線．直線與聯(lián)立得，（顯然）可得，由韋達定理可得．因此，由于點到直線的距離，所以面積為，令，則，由，解得，當，，當，，所以在0,4上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，那么（當且僅當時取到），所以面積的最小值是.

3、（2024·江西新余·模擬預(yù)測）我們知道，在平面直角坐標系中，可以用兩點之間距離公式刻畫兩點的距離，事實上，這里的距離屬于這兩個點的一種“度量”.在拓撲學中，我們規(guī)定某一實數(shù)滿足：①，當且僅當時等號成立；

②；

③.其中，為平面直角坐標系內(nèi)的三個點，我們就稱是關(guān)于兩點的一個“度量”.設(shè)：平面直角坐標系（為坐標原點）內(nèi)兩點的“距離”.(1)求證：兩點的“距離”是關(guān)于兩點的一個“度量”.(2)設(shè)為平面直角坐標系內(nèi)任意一點.（?。┤簦堅谙聢D中定性做出點的集合組成的圖像（不必說明理由，但要求做出特殊點與其特征）.

（ⅱ）求證：.(3)規(guī)定平面內(nèi)兩條平行直線的距離為在上分別取的任意兩個點距離的最小值.已知不重合的直線，，，求的取值范圍.【答案】(1)證明見解析(2)（i）圖象見解析；（ii）證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)題設(shè)定義逐一檢驗①②③，即可證明結(jié)果；（2）（i）根據(jù)題設(shè)定義，利用，即可求解；（ii）設(shè)，則，再令，即可證明結(jié)果；（3）根據(jù)題設(shè)，令，得到，再分，和，三種情況，根據(jù)造函數(shù)，，，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可求出結(jié)果.【詳解】（1）①顯然成立，令，由于，，故當且僅當時等號成立令，則，所以單調(diào)遞增，得到，即，當且僅當時等號成立，②易知顯然成立，③由于單調(diào)遞增，故由可得：，故，即，所以距離是一種度量.（2）（?。┤鐖D

（ⅱ）設(shè)，則=，令，則，即.（3）設(shè)，，，令，則.當時，成立，不妨設(shè)（同理），設(shè)，令單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，，則，令，①當時，，②當時，，，，③當時，，，由于為一次或二次函數(shù)，故①、②、③均唯一使，故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，④時，，單調(diào)遞增，綜上，，有，解得，當，同理可求得，所以.【點睛】關(guān)鍵點點晴：本題的關(guān)鍵在于理解“度量”和“距離”的定義，再結(jié)合不等式及導(dǎo)數(shù)知識，即可求解.題型9概率統(tǒng)計新定義（2025·江西·模擬預(yù)測）信息熵是信息論中的一個重要概念．設(shè)隨機變量所有可能的取值為，且，，定義的信息熵．(1)若，求的分布列及數(shù)學期望；(2)若，，試求關(guān)于的解析式，并求的最大值；(3)若，隨機變量所有可能的取值為，且，證明：．【答案】(1)分布列見解析；期望為(2)，(3)證明見解析【分析】（1）先根據(jù)分布列概率和為1求出，得到完整分布列，再利用數(shù)學期望公式計算.（2）通過已知條件得出信息熵關(guān)于的表達式，然后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，進而求出的最大值.（3）通過對與的表達式進行分析和運算，來證明.【詳解】（1）解：，解得所以的分布列為1234所以（2）解：當時，，又，所以，同理，．設(shè)，，則令，得．當時，，此時單調(diào)遞增；當時，，此時單調(diào)遞減；當時，，此時取極大值．綜上所述，當時，取最大值，且（3）證明：，則，而，，所以，，…，．所以．又所以因為，所以，所以．同理，，所以，即．解決計數(shù)原理與概率背景下的新定義問題，就是要細讀定義關(guān)鍵詞，理解本質(zhì)特征，適時轉(zhuǎn)化為“熟悉”問題.總之，解決此類問題，取決于已有知識、技能、數(shù)學思想的掌握和基本活動經(jīng)驗的積累，還需要不斷的實踐和反思，不然就談不上“自然”的、完整的解題.1、（2025·海南三亞·一模）在統(tǒng)計中似然函數(shù)是指設(shè)總體的分布律或概率密度是未知參數(shù)，是總體的樣本，稱的聯(lián)合分布律或概率密度函數(shù)為樣本的似然函數(shù)，簡記為.如果樣本似然函數(shù)在處達到最大值，則稱為參數(shù)的最大似然估計值.例如三亞某學校一次調(diào)研考試中數(shù)學科目及格率為，現(xiàn)任選20名同學的成績作為樣本進行分析，發(fā)現(xiàn)有2人不及格，此時可估計該學校本次?？贾袛?shù)學科目及格率為0.9.同時也可設(shè)及格率為，令樣本似然函數(shù)為，，令解得，當時，單調(diào)遞增，當時，單調(diào)遞減，則當時，取得最大值，即的最大似然估計值為0.9，與及格率的估計值相等；(1)設(shè)一次試驗中隨機變量的概率分布如下：（i）現(xiàn)做4次獨立重復(fù)試驗，出現(xiàn)了1次，出現(xiàn)了2次，出現(xiàn)了1次，求的最大似然估計值；（ii）現(xiàn)做次獨立重復(fù)試驗，出現(xiàn)了次，出現(xiàn)了次，出現(xiàn)了次，求的最大似然估計值；(2)泊松分布是一種重要的離散分布，其概率分布為，設(shè)一次試驗中隨機變量的取值服從泊松分布，進行次試驗后得到的值分別為，已知的最大似然估計值為2，求數(shù)列的前項和.（公式：）【答案】(1)（i）；（ii）(2)【分析】(1)根據(jù)獨立重復(fù)試驗和給定的概率分布求出樣本似然函數(shù)，再對其求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)為求出可能的極值點，通過判斷導(dǎo)數(shù)的正負確定函數(shù)單調(diào)性，進而得到最大似然估計值.(2)根據(jù)泊松分布的概率分布求出樣本似然函數(shù)，再根據(jù)最大似然估計值為建立等式，最后求出數(shù)列的前項和.【詳解】（1）i：設(shè)似然函數(shù)為當且僅當，即時取等號則的最大似然估計值為ii：），令，則，令，解得，易知在上單調(diào)遞減，則當時，單調(diào)遞增，當時，單調(diào)遞減，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則時，取得最大值，所以的最大似然估計值為（2）由題意設(shè)最大似然函數(shù)為設(shè)，則設(shè)解得，則時時可知在時取最大值，即的最大值在時取得與單調(diào)性一致，則的極大似然值為解得.2、（25-26高三上·安徽蚌埠·階段練習）某核酸檢測機構(gòu)為篩查診斷新冠肺炎，需要檢驗唾液或咽拭子樣本是否為陽性，現(xiàn)有份唾液或咽拭子樣本，每個樣本取到的可能性相等，有以下兩種檢驗方式：（1）逐份檢驗，則需要檢驗次；（2）混合檢驗，將其中（且）份唾液或咽拭子樣本分別取樣混合在一起檢驗，若檢驗結(jié)果為陰性，則這份的唾液或咽拭子樣本全為陰性，因而這份唾液或咽拭子樣本只要檢驗一次就夠了；如果檢驗結(jié)果為陽性，為了明確這k份唾液或咽拭子樣本究竟哪幾份為陽性，就要對這k份再逐份檢驗，此時這份唾液或咽拭子樣本的檢驗次數(shù)總共為次.假設(shè)在接受檢驗的唾液或咽拭子樣本中，每份樣本的檢驗結(jié)果是陽性還是陰性都是獨立的，且每份樣本是陽性結(jié)果的概率為.現(xiàn)取其中（且）份唾液或咽拭子樣本，記采用逐份檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數(shù)為，采用混合檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數(shù)為若關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式與抗生素計量相關(guān)，其中是不同答案的正實數(shù)，滿足，對任意的，都有(1)證明：為等比數(shù)列；(2)當時，采用混合檢驗方式可以使得樣本需要檢驗的總次數(shù)的期望值比逐份檢驗的總次數(shù)期望值更少，求的最大值.參考數(shù)據(jù)：，，，，【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）根據(jù)題設(shè)結(jié)合遞推公式及等比數(shù)列的定義化簡求解求證即可；（2）先由（1）求得，，，由題意得，進而得到，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進而求解即可．【詳解】（1）證明：由，，知①，即②，由①②，得，，而滿足上式，則，即，則，是首項為1，公比為的等比數(shù)列.（2）由（1）知，，當進行逐份檢驗時，的值只有，所以，當進行混檢時，的取值為，當時，對應(yīng)的情況為份混檢之后的結(jié)果均為陰性，故；當時，對應(yīng)的情況為份混檢之后的結(jié)果均為陽性，故，，由題意，，則，即，則，又且，，設(shè)，則，當時，，即在上單調(diào)遞減，又，，，則的最大值為4.3、（2025高三·全國·專題練習）已知（且），稱為X的一個置換，其中，，，…，是1，2，3，…，n的一個全排列，如的所有置換為，．我們把一個置換中的個數(shù)稱為這個置換的漢明距離，用Y表示，如，的漢明距離Y分別為0，2．定義某個置換中第i個數(shù)的漢明距離如置換中，，，且．(1)寫出的所有置換，并求Y的期望．(2)當時，（?。?，且，求事件“”的概率；（ⅱ）求漢明距離Y的方差．參考公式：給定隨機事件，，……，，若，則，．【答案】(1)置換見解析，2(2)（?。?；（ⅱ）1【分析】（1）利用置換的概念，寫出的所有置換；先求出隨機變量Y的所有可能取值，再利用古典概型的概率公式及期望公式求解．（2）（?。┓謩e求出，及的概率，進而求出；（ⅱ）利用題中給出的公式，并結(jié)合（?。┲械慕Y(jié)果求解．【詳解】（1）的所有置換為，，，，，．顯然，6個置換的漢明距離Y分別為0，2，2，3，3，2，所以Y的所有可能取值為0，2，3，，，，則Y的分布列為Y023P所以Y的期望．（2）（?。┑谝徊剑河深}意分析所求事件包含的情形由題意知，（或）．第二步：分別求出，，由分析知，，，且，，．第三步：代入數(shù)據(jù)求得結(jié)果所以．（ⅱ）第一步：求出顯然的所有可能取值為0，1，且，，則的分布列為01P所以，又，所以．第二步：求出的所有可能取值為0，1，且，，的分布列為01P所以，則．第三步：求出，，且，的所有可能取值為0，1，由（ⅰ）得，則，則的分布列為01P所以．第四步：求出結(jié)果因為，（提示：是由兩個因式相乘，其結(jié)果是由其中個因式中任取1個數(shù)與另1個因式中任取1個數(shù)相乘，取遍為止后相加得到的）則，故．1．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）已知是各項均為正整數(shù)的無窮遞增數(shù)列，對于，定義集合，設(shè)為集合中的元素個數(shù)，特別規(guī)定：若時，．(1)若，寫出，及的值；(2)若數(shù)列是等差數(shù)列，求數(shù)列的通項公式；(3)設(shè)集合，，求證：且．【答案】(1)，，；(2)；(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的定義，分別求出，，；（2）假設(shè)，，均與數(shù)列是等差數(shù)列矛盾，進而得到數(shù)列是以為首項，為公差的等差數(shù)列，進而得到；（3）根據(jù)定義得到數(shù)列是遞增數(shù)列；用反證法證明，假設(shè)存在正整數(shù)，若，則推出，與假設(shè)矛盾，所以；，所以要證，只需證，且，能推出，所以，所以，所以結(jié)論成立.【詳解】（1）因為，所以，，由得，，所以，由得，，所以；（2）由題可知，所以，即，若，則，，所以，，與是等差數(shù)列矛盾，所以，設(shè)，因為是各項均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以，假設(shè)存在使得，設(shè)，由得，由得，，與是等差數(shù)列矛盾，所以對任意都有，所以數(shù)列是等差數(shù)列，；（3）因為對于，，所以，所以，即數(shù)列是遞增數(shù)列，先證明，假設(shè)，設(shè)正整數(shù)，由于，故存在正整數(shù)使得，所以，因為是各項均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以，所以，，所以，，又因為數(shù)列是遞增數(shù)列，所以，與假設(shè)矛盾，所以；再證明，由題可知，所以要證，只需證，設(shè)且，因為數(shù)列是各項均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以存在正整數(shù)，使得，令，若則，即，所以，所以，所以，若，則，所以所以，因為，所以，所以，所以；綜上所述，且.【點睛】方法點睛：新定義問題解題策略首先，明確新定義的特點；其次，根據(jù)定義中的步驟對具體題目進行運算；最后得到結(jié)論.2．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）若集合的非空子集滿足：對任意給定的，若，有，則稱子集是的“好子集”.記為的好子集的個數(shù).例如：的7個非空子集中只有不是好子集，即.記表示集合的元素個數(shù).(1)求的值；(2)若是的好子集，且.證明：中元素可以排成一個等差數(shù)列；(3)求的值.【答案】(1)11(2)證明見解析(3)6【分析】（1）根據(jù)“好子集”的定義，就的所有非空子集一一判斷即得；（2）將集合中的元素從小到大排列，分析判斷得出時，和奇偶性相反，和奇偶性必相同，按定義有，推得結(jié)論；（3）記，證中包含1的好子集個數(shù)為，同理中包含1的好子集個數(shù)為，推得所求的為的包含1，2024的所有好子集的個數(shù)，利用（2）的結(jié)論，即可計算出結(jié)果.【詳解】（1）的全部非空子集為，，，，，，，，，，，，，，，其中好子集有，，，，，，，，，，，共有11個.所以.（2）將的元素從小到大排列，即，，其中.首先對任意的，若和奇偶性相同，則，所以，而，集合中和中間沒有項，故產(chǎn)生矛盾!即對任意的，和奇偶性相反，則對任意的，和奇偶性必相同，于是由題意，因，則，而且，所以.即對任意的，，即.由的任意性知，是一個等差數(shù)列.（3）記.首先證明中包含1的好子集個數(shù)為.的好子集分為兩類：包含1的和不包含1的.因為中不包含1的好子集每個元素均減去1即為的好子集，的每個好子集每個元素均加上1即為的好子集，所以的不包含1的好子集與的好子集一一對應(yīng)，其個數(shù)為.故包含1的好子集個數(shù)為.同理可證：中包含1的好子集個數(shù)為，這也恰是中包含1但不包含的好子集個數(shù).于是中包含1且包含的好子集的個數(shù)為故題目所求的為的包含1，2024的所有好子集的個數(shù).顯然，是好子集.若好子集中除了1，2024外至少還有一個元素，則由（2）可知，中元素從小到大排列可以構(gòu)成一個等差數(shù)列，設(shè)為.設(shè)公差為，因為，而，所以為的小于的正約數(shù)，故.而每一個都唯一對應(yīng)一個的包含1，2024的好子集，這樣的子集有5個.因此.【點睛】思路點睛：準確理解和把握集合新定義的規(guī)定，按照要求，從具體到一般思考、探索規(guī)律，運用分類討論和數(shù)學基本知識（如等差、等比數(shù)列定義、通項公式）進行剖析，層層推出結(jié)論.3、（2024·浙江溫州·模擬預(yù)測）復(fù)平面是人類漫漫數(shù)學歷史中的一副佳作，他以虛無縹緲的數(shù)字展示了人類數(shù)學最純粹的浪漫．歐拉公式可以說是這座數(shù)學王座上最璀璨的明珠，相關(guān)的內(nèi)容是，歐拉公式:，其中表示虛數(shù)單位，是自然對數(shù)的底數(shù)．數(shù)學家泰勒對此也提出了相關(guān)公式:其中的感嘆號!表示階乘，試回答下列問題：(1)試證明歐拉公式．(2)利用歐拉公式，求出以下方程的所有復(fù)數(shù)解．①；②；(3)求出角度的倍角公式(用表示，)．【答案】(1)證明見解析(2)①；②(3)【分析】（1）根據(jù)泰勒展開式，結(jié)合虛數(shù)的運算法則即可證明；（2）利用歐拉公式，同角三角函數(shù)關(guān)系及對數(shù)運算即可求解；（3）根據(jù)二項式定理及同角三角函數(shù)的平方關(guān)系即可求解．【詳解】（1）證明：令，則因為所以，即（2）①因為，，所以；②由得，，所以，，由得，當時，，所以，兩邊同時取對數(shù)得，，解得，（3）令實部相等，即得．【點睛】關(guān)鍵點睛：第三問中，應(yīng)用及二項式定理，結(jié)合復(fù)數(shù)相等即可證明．4．（2024·全國·模擬預(yù)測）對于非空集合，定義其在某一運算（統(tǒng)稱乘法）“×”下的代數(shù)結(jié)構(gòu)稱為“群”，簡記為．而判斷是否為一個群，需驗證以下四點：1.（封閉性）對于規(guī)定的“×”運算，對任意，都須滿足；2.（結(jié)合律）對于規(guī)定的“×”運算，對任意，都須滿足；3.（恒等元）存在，使得對任意，；4.（逆的存在性）對任意，都存在，使得．記群所含的元素個數(shù)為，則群也稱作“階群”．若群的“×”運算滿足交換律，即對任意，，我們稱為一個阿貝爾群（或交換群）．(1)證明：所有實數(shù)在普通加法運算下構(gòu)成群；(2)記為所有模長為1的復(fù)數(shù)構(gòu)成的集合，請找出一個合適的“×”運算使得在該運算下構(gòu)成一個群，并說明理由；(3)所有階數(shù)小于等于四的群是否都是阿貝爾群？請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)在復(fù)數(shù)的乘法運算下構(gòu)成一個群，理由見解析(3)所有階數(shù)小于等于四的群都是阿貝爾群，理由見解析【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合實數(shù)運算分析證明；（2）根據(jù)題意結(jié)合復(fù)數(shù)運算分析證明；（3）分類討論群的