实战演练13 新定义问题（5大常考点归纳）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）解析版

第第页实战演练13新定义问题①集合新定义②函数新定义③数列新定义④圆锥曲线新定义⑤立体几何新定义一、新定义问题“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.二、新定义问题技巧新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.①集合新定义一、解答题1．（2024·海南·模拟预测）已知数列的各项均为正整数，记集合的元素个数为.(1)若为1，2，3，6，写出集合，并求的值；(2)若为1，3，a，b，且，求和集合；(3)若是递增数列，且项数为，证明：“”的充要条件是“为等比数列”.【答案】(1)(2)为，(3)证明见解析【分析】（1）结合题意，计算出所有即可得；（2）结合集合的性质，可得，解出即可得；（3）假设是递增的等比数列，设的公比为，可得，即有，即可证明充分性，假设是递增数列，且，结合数列性质可得，即可证明必要性.【详解】（1）因为，所以集合；（2）因为为，且，所以互不相等，所以都是集合中的元素，因为，所以，解得，所以为，所以；（3）充分性：若是递增的等比数列，设的公比为，当时，，所以，且，故充分性成立；必要性：若是递增数列，且，则，所以，且互不相等，又因为，所以，且互不相等，所以，所以，所以，所以为等比数列，故必要性成立，综上，“”的充要条件是“为等比数列”.【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；（4）结合数学知识进行解答.2．（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，两点的“曼哈顿距离”定义为，记为，如点的“曼哈顿距离”为5，记为.(1)若点是满足的动点的集合，求点集所占区域的面积；(2)若动点在直线上，动点在函数的图象上，求的最小值；(3)设点，动点在函数的图象上，的最大值记为，求的最小值.【答案】(1)8(2)3(3)【分析】（1）由题意可得点集所占区域，直接求出面积即可.（2）由题意得到，构造函数研究函数最小值即可.（3）分类讨论去绝对值研究的最小值即可.【详解】（1）设点，由，得，的图象是以原点为中心，顺次连接四点所形成的正方形，将其上移2个单位长度即得的图象，所以点集所占区域是：以四点为顶点的正方形及其内部，面积为8.（2）设，则，将看成关于的函数，则在或时取得最小值，即，令，则，当时，f′x当x∈0,+∞时，f所以在上单调递减，在0,+∞上单调递增，则，此时，所以的最小值为3.（3）设点，则，若存在实数，使，则对任意的成立，令，则，令，则，所以：，所以，令，则是上的偶函数，当x∈0,2时，若，即，则，当且仅当时等号成立；若，则，当且仅当时等号成立，所以存在实数且，使得的最小值为.【点睛】方法点睛：利用零点分类讨论转化求解绝对值不等式最值问题的常用的方法.3．（2024·安徽马鞍山·三模）已知S是全体复数集的一个非空子集，如果，总有，则称S是数环．设是数环，如果①内含有一个非零复数；②且，有，则称是数域．由定义知有理数集是数域．(1)求元素个数最小的数环；(2)证明：记，证明：是数域；(3)若是数域，判断是否是数域，请说明理由．【答案】(1)(2)证明见详解(3)不一定是数域，证明见详解【分析】（1）根据题意分析可知中至少有一个元素，分和两种情况，结合题意分析证明；（2）根据题中数环和数域的定义分析证明；（3）举特例，取，举例数列即可.【详解】（1）因为为数环，可知不是空集，即中至少有一个元素，若，则，可知为数环；若，则，可知中不止一个元素，不是元素个数最小的数环；综上所述：元素个数最小的数环为.（2）设，可知，则有：，，，因为，则，可知，所以是数环；若，可知，满足①；若，则，因为，则，可知，满足②；综上所述：是数域.（3）不一定是数域，理由如下：1.若，显然均为数域，且是数域；2.设，可知，则有：，，，因为，则，可知，所以是数环；若，可知，满足①；若，则，因为，则，可知，满足②；综上所述：是数域.例如：，例如，但，所以不是数域；综上所述：不一定是数域.【点睛】方法点睛：与集合的新定义有关的问题的求解策略：1.通过给出一个新的集合的定义，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.4．（2024·广东茂名·模拟预测）已知集合，其中且，，若对任意的，都有，则称集合A具有性质．(1)集合具有性质，求m的最小值；(2)已知A具有性质，求证：；(3)已知A具有性质，求集合中元素个数的最大值，并说明理由．【答案】(1)20(2)证明见解析(3)8，理由见解析【分析】（1）由性质定义列不等式组求参数范围，结合即可得最小值；（2）根据定义，，而有，应用累加法即可证结论；（3）首先应用放缩有求得，同理可得恒成立，假设得出矛盾，讨论并应用基本不等式证恒成立，即可确定元素个数最大值.【详解】（1）不妨设，①当时，由，不满足题意；②当时，由性质定义知：，且，所以m的最小值为20；经检验符合题意.（2）由题设，，且，所以，，所以，得证.（3）由（2）知：，同（2）证明得且．故，又，所以在上恒成立，当，取，则，解得，矛盾；当，则，即.经计算集合，综上，集合A中元素个数的最大值为8．【点睛】思路点睛：本题可从以下方面入手：第一问，根据性质定义列不等式组求参数范围；第二问，根据定义得为关键，并用累加法计算即可；第三问，应用放缩法确定，同理得到恒成立为关键.5．（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；（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；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，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.6．（2024·北京海淀·二模）设正整数，，，这里.若，且，则称具有性质.(1)当时，若具有性质，且，，，令，写出的所有可能值；(2)若具有性质：①求证：；②求的值.【答案】(1)27或32(2)①证明见解析②【分析】（1）对题目中所给的，我们先通过分析集合中的元素，证明，，以及，然后通过分类讨论的方法得到小问1的结果；（2）直接使用（1）中的这些结论解决小问2即可.【详解】（1）对集合，记其元素个数为.先证明2个引理.引理1：若具有性质，则.引理1的证明：假设结论不成立.不妨设，则正整数，但，故一定属于某个，不妨设为.则由知存在正整数，使得.这意味着对正整数，有，，但，矛盾.所以假设不成立，从而一定有，从而引理1获证.引理2：若具有性质，则，且.证明：取集合.注意到关于正整数的不等式等价于，而由引理1有，即.结合是正整数，知对于正整数，当且仅当，这意味着数列恰有项落入集合，即.而两两之间没有公共元素，且并集为全体正整数，故中的元素属于且仅属于某一个，故.所以，从而，这就证明了引理2的第一个结论；再考虑集合中全体元素的和.一方面，直接由知中全体元素的和为，即.另一方面，的全部个元素可以排成一个首项为，公差为的等差数列.所以的所有元素之和为.最后，再将这个集合的全部元素之和相加，得到中全体元素的和为.这就得到，所以有.即，从而，这就证明了引理2的第二个结论.综上，引理2获证.回到原题.将从小到大排列为，则，由引理2的第一个结论，有.若，则，所以每个不等号都取等，从而，故；情况1：若，则，矛盾；情况2：若，则，所以，得.此时如果，则，矛盾；如果，则，从而，故；如果，由于，设，，则，.故对于正整数对，有，从而，这与矛盾.综上，的取值只可能是或.当时，；当时，.所以的所有可能取值是和.（2）①由引理1的结论，即知；②由引理2的第二个结论，即知.【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，我们通过两个方面计算了一个集合的各个元素之和，从而得到了一个等式，这种方法俗称“算二次”法或富比尼定理.②函数新定义一、解答题1．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知函数．(1)当时，求证；(2)当时，求函数的不动点的个数；(3)设，证明．【答案】(1)证明见解析(2)2(3)证明见解析【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，求出函数最小值即可证明；（2）将代入函数解析式，得方程解的个数即为函数的不动点的个数，构造函数，对函数求导，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最值，即相应点的函数值，求出函数零点的个数，即为函数的不动点的个数；（3）结合（1）换元后，再由待证式子，设，结合结论恰当变形，利用相加相消即可证明.【详解】（1）当时，有，所以，所以当且仅当，，即时，等号成立，所以当时，f′x≥0，所以，所以得证.（2）当时，，根据题意可知：方程解的个数即为函数的不动点的个数，化为，令，所以函数的零点个数，即为函数的不动点的个数，，令，即，解得，单调递减单调递增因为g0=1>0，所以在上有唯一一个零点，又，所以在上有唯一一个零点，综上所述，函数有两个不动点.（3）由（1）知，，令，则，即，设，则满足，所以，即，所以，所以，即.【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于对于第一问的灵活运用，借助第一问结论，恰当换元，得出后，再次适时换元，是本题的关键点，也是难点，突破换元后裂项相消即可得解.2．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）记，若存在，满足：对任意，均有，则称为函数在上的最佳逼近直线.已知函数，.(1)请写出在上的最佳逼近直线，并说明理由；(2)求函数在上的最佳逼近直线.【答案】(1)，理由见解析(2).【分析】（1）结合的单调性求出最值，从而得到，再由所给定义及图象的特征得到，讨论，的大小，即可求出；（2）设，令，结合（1）可得φx最佳逼近直线，从而得到的最佳逼近直线.【详解】（1）在上的最佳逼近直线为.由已知易知在上单调递减，在上单调递增，且，，进而有（*），由的图象特点可知，对任意，均有，下面讨论，的大小：①若，至少有一个大于等于，则，②若，两个都小于，则，，所以，进而，所以，即；由①②以及（*）式可知成立，且当时等号成立.所以在上的最佳逼近直线为；（2）易知点，1,0在函数的图象上，设，再令，则，由（1）问可知在上的最佳逼近直线为，所以，，所以在上的最佳逼近直线为.【点睛】关键点点睛：对于新定义型问题，解答的关键是理解所给定义，第二问关键是设，从而与第一问联系上.3．（2024·全国·模拟预测）若函数在上满足且不恒为0，则称函数为区间上的绝对增函数，称为函数的特征函数，称任意的实数为绝对增点（为函数的导函数）．(1)若1为函数的绝对增点，求的取值范围；(2)绝对增函数的特征函数的唯一零点为．（ⅰ）证明：是的极值点；（ⅱ）证明：不是绝对增函数．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）由题意，，可解得或，又若1为函数的绝对增点，可得或，即可求得的取值范围；（2）（ⅰ）由的唯一零点为，假设，通过讨论单调性和导函数正负的关系，得出矛盾结果，则，再讨论出为的极值点；（ⅱ）假设为绝对增函数，又恒成立，则恒成立，令，则，则，与矛盾，所以假设不成立，所以不是绝对增函数．【详解】（1）因为函数，所以，则．由得，解得或，所以为区间及区间上的绝对增函数．又1为函数的绝对增点，所以或，解得或，所以的取值范围为．（2）（ⅰ）设为区间上的绝对增函数，由题意知，当时，．①若，存在，且在区间上单调递增，则在区间上，，则，与矛盾．若，存在，且在区间上单调递减，则在区间上，，则，与矛盾．若，存在，且在区间上不单调，则存在，且，此时与有唯一零点矛盾．所以．②若，不妨设，则，且存在，使得当时，，且当时，，即，使在上单调递减，在上单调递增．所以为的极值点．同理，当时也成立．（ⅱ）若为绝对增函数，则在上恒成立，又恒成立，所以恒成立．令，所以，且，所以在上单调递增．又，所以当时，，则，与矛盾，所以假设不成立，所以不是绝对增函数．【点睛】关键点点睛：若为绝对增函数，则在上恒成立，可构造函数，得出矛盾，即可证明.4．（2024·上海·模拟预测）设定义域为的函数y=fx在上可导，导函数为y=f′x.若区间及实数满足：对任意成立，则称函数y=fx为上的“函数”.(1)判断是否为0,+∞上的函数，说明理由；(2)若实数满足：为上的函数，求的取值范围；(3)已知函数y=fx存在最大值．对于：：对任意与恒成立，：对任意正整数都是上的函数，问：是否为的充分条件？是否为的必要条件？证明你的结论.【答案】(1)是；理由见解析(2)且．(3)是，是，证明见解析【分析】（1）根据函数的定义求解可得；（2）由题意可得，即，令，求出的单调性即可求出，再由求出，即可得出答案.（3）先推导出为的充分条件，若成立，即对任意正整数，有：②，记函数y=fx的最大值为．用反证法证明与恒成立，从而可证明也为的必要条件．【详解】（1）因为，根据题意可知，等价于在0,+∞时恒成立，所以是0,+∞上的函数．（2）实数满足：，即．①特别地，在①中取，可知，反之，当时，①成立．令，由于，且满足的为离散的数，故为严格减函数，又，所以．又．从而的取值范围是：且．（3）若成立，则对任意正整数，有：，即y=fx为上的函数，成立．故为的充分条件．若成立，即对任意正整数，有：②，记函数y=fx的最大值为．先证明恒成立．反证法，假如存在使得，则取正整数，使得，此时有，与②矛盾．这意味着y=fx为上的严格减函数．再证明恒成立．取为y=fx的一个最大值点，则当时，由单调性知，但，所以，于是．对任意，可取一个与有关的正整数，使得，由②知：．于是成立．故也为的必要条件．【点睛】方法点睛：函数新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.5．（2024·福建龙岩·三模）若函数的定义域为，有，使且，则对任意实数k，b，曲线与直线总相切，称函数为恒切函数.(1)判断函数是否为恒切函数，并说明理由；(2)若函数为恒切函数.（i）求实数的取值范围；（ii）当取最大值时，若函数为恒切函数，记，证明：.（注：是自然对数的底数.参考数据：）【答案】(1)是恒切函数，理由见解析(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）对求导，利用恒切函数的定义求出，即可判断；（2）（i）根据恒切函数的定义解方程，用表示，再利用导数即可求解的取值范围；（ii）由的值可得的值，从而可得的解析式，利用新定义，可得，令，求出的取值范围，由，从而可得的取值范围，从而得证.【详解】（1）设函数为恒切函数，则有，使且，即，解得，故函数是恒切函数.（2）（i）由函数为恒切函数可知，存在，使得且，即解得，，设，，当时，递增；当时，递减.，即实数的取值范围是.（ii）当时，，函数为恒切函数.又，所以存在，使得，即.令，则，当时，递减；当时，递增.所以当时，，，故在上存在唯一，使得，即.又由，得，由得，所以.又，所以当时，有唯一零点，故由得，即..【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.6．（2024·广西柳州·模拟预测）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．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．注：，，，，…；为的导数）．已知在处的阶帕德近似为．(1)求实数a，b的值；(2)比较与的大小；(3)若有3个不同的零点，求实数m的取值范围．【答案】(1)，．(2)答案见解析(3)【分析】（1）求出f′x，f″x，，，根据，列方程组即可求解；（2）令，利用导数研究φx的单调性即可比较大小；（3），ℎx除1外还有2个零点，设为，，，由导数由函数零点个数求m的范围．【详解】（1）由，，知，，，，由题意，，所以，所以，．（2）由（1）知，，令，则，所以φx在其定义域内为增函数，又，∴时，；时，，所以时，；时，．（3）由（1）知，，注意到ℎ1=0，则ℎx除1外还有2个零点，设为，，令，当时，gx<0在0,+∞上恒成立，则ℎ所以ℎx在0,+∞当时，ℎx除1外还有2个零点，设为，，则ℎx不单调，所以存在两个零点，∴，解得，当时，设的两个零点分别为s，，则，，∴，当时，gx>0，ℎ′x>0当时，gx<0，ℎ′x当时，gx>0，ℎ′x又ℎ1=0，不妨设，，而，且，，且，所以存在，，满足，即有3个零点，1，，综上所述，m的取值范围为．【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：（1）找出新定义有几个要素，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的要素中；（4）结合数学知识进行解答.③数列新定义一、解答题1．（2024·广东·模拟预测）定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为1，则称数列具有“性质1”.已知项数为的数列的所有项的和为，且数列具有“性质1”.(1)若，且，写出所有可能的的值；(2)若，证明：“”是“”的充要条件；(3)若，证明：或.【答案】(1)；；(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由数列的性质得出，进一步结合的定义即可得解；（2）结合新定义，分必要性、充分性两方面证明即可；（3）由数列的性质，得出4整除，即或，然后回过头去检验是否满足题意即可.【详解】（1）依题意，若，此时；若，此时；若，此时.（2）必要性：因为，故数列为等差数列，所以，公差为-1，所以；充分性：由于，累加可得，，即，因为，故上述不等式的每个等号都取到，所以，所以，综上所述，“”是“”的充要条件.（3）令，依题意，，因为，所以，因为，所以为偶数，所以为偶数；所以要使，必须使为偶数，即4整除，亦即或，当时，比如或，时，有；当时，比如或，时，有；当或时，不能被4整除，.【点睛】关键点点睛：想要完美的做出此题，关键在于对数列的新性质以及的定义有深刻的理解，由此即可顺利得解.2．（2024·海南·模拟预测）定义：已知数列为有穷数列，①对任意（），总存在，使得，则称数列为“乘法封闭数列”；②对任意（），总存在，使得，则称数列为“除法封闭数列”，(1)若，判断数列是否为“乘法封闭数列”.(2)已知递增数列，为“除法封闭数列"，求和.(3)已知数列是以1为首项的递增数列，共有项，，且为“除法封闭数列”，探究：数列是否为等比数列，若是，请给出说明过程；若不是，请写出一个满足条件的数列的通项公式.【答案】(1)不是(2)(3)是；说明过程见解析【分析】（1）举例说明两项之积不是数列中的项即可；（2）由递增数列得不等关系，再利用不等式性质重新排序，由此将两类排序数列中的项对应相等，建立方程组求解可得；（3）由特殊到一般，找到规律，同（2）方法分别以项与项的大小关系入手，排序可得两个系列的等量关系，借助中间量可得比例关系，由此得证.【详解】（1）由题意知，数列为：.由，不是数列中的项，故数列不是“乘法封闭数列”；（2）由题意数列递增可知，则，且，又数列为“除法封闭数列”，则都是数列中的项，所以，即①；且，即②，联立①②解得，；（3）数列是等比数列.证明：当时，设数列为，由题意数列递增可知，则有，由数列为“除法封闭数列”，则这个数都是数列中的项，所以有，则有，③；同理由，可得，则有，即④；由③④可得，，故是等比数列.当时，由题意数列递增可知，则有，由数列为“除法封闭数列”，则这个数都是数列中的项.所以有.所以有，即⑤；同理由，可得，所以.则，即⑥，联立⑤⑥得，，则，所以有，所以，故数列an是等比数列.综上所述，数列an【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，解决的关键有两点：一是紧抓新数列的定义，如题目中“封闭”条件的使用，即“任意两项之积（商）仍是数列的项”这一条件是解题的入手点；二是应用数列的单调性或等差比通项特性等重要性质构造等量或不等关系解决问题，如题目中根据递增数列与不等式性质对数列中的项重新排序，一个递增数列的两种排序形式必为同一排序，故对应项相等，从而挖掘出新数列的项的关系.3．（2024·福建泉州·模拟预测）若无穷数列满足：对于，其中为常数，则称数列为数列．(1)若一个公比为的等比数列为“数列”，求的值；(2)若是首项为1，公比为3的等比数列，在与之间依次插入数列中的项构成新数列，求数列中前30项的和．(3)若一个“数列"满足，设数列的前项和为．是否存在正整数，使不等式对一切都成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)1622(3)存在，理由见解析【分析】（1）根据等比数列的通项公式，列出“数列”的式子，变形后得，与无关，即可求解；（2）由题意确定数列中前30项含有的前7项和数列的前23项，结合等差和等比数列的前项和公式，即可求解；（3）首先求解出，可得数列的前项和，并假设存在，通过验证求得，再利用放缩法，证明结论成立.【详解】（1）数列是等比数列，则，，则，因为与无关，所以，即；（2）由题意可知，，而，所以，是首项为1，公比为3的等比数列，而新数列中项（含）前共有项，令，结合，解得：，故数列中前30项含有的前7项和数列的前23项，所以数列中前30项的和；（3）因为数列是“数列”，，，，则，，得，所以数列的前项和，假设存在正整数，使得不等式，对一切都成立，即当时，，得，又为正整数，得下面证明：对一切都成立，由于，，所以，，所以存在，使不等式对一切都成立.【点睛】思路点睛：本题第3问首先利用特殊值，首先确定的值，再用到了放缩法，求和后说明存在.4．（2024·江苏泰州·模拟预测）数列的前n项和为，若存在正整数r，t，且，使得，同时则称数列为“数列”．(1)若首项为3，公差为d的等差数列是“数列”，求d的值；(2)已知数列为等比数列，公比为q．①若数列为“数列”，，求q的值；②若数列为“数列”，，求证：r为奇数，t为偶数．【答案】(1)；(2)①或；②证明见解析.【分析】（1）根据给定条件及“数列”的定义，列出方程组并求解即得.（2）①由数列为“数列”可得，再由，即可求出结果；②根据数列为“数列”可得，构造函数，再按均为偶数；为偶数，为奇数；均为奇数分类，结合导数的方法进行处理，推理即得.【详解】（1）由首项为，公差为的等差数列是“数列”，得，即，解得，所以d的值是.（2）①由数列为“数列”，得，而数列为等比数列，公比为q，当时，无解，则，，整理得，而，则当时，；当时，，所以或.②由数列为“数列”，得，而数列为等比数列，公比为q，又，则，整理得，当均为偶数时，由，得，有，不符合题意；当为偶数，为奇数时，，不符合题意；当均为奇数时，，令，求导得，令，，求导得，当时，，当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，，即，因此函数在上单调递增，即，不符合题意，所以为奇数，为偶数.【点睛】易错点睛：等比数列公比q不确定，其前n项和直接用公式处理问题，漏掉对的讨论.5．（2024·湖南·三模）角谷猜想，也称为“”猜想.其内容是：任取一个正整数，如果是偶数，将它除以2；如果是奇数，则将它乘以3再加上1，如此反复运算，该数最终将变为1.这就是对一个正整数运算时“万数归1”现象的猜想.假如对任意正整数，按照上述规则实施第1次运算后的结果记为，实施第2次运算后的结果记为，…，实施第次运算后的结果记为，实施第n次运算后得到数1，停止运算，便可以得到有穷数列，1，其递推关系式为：叫做数列an的原始项.将此递推关系式推广为：（，且），其它规则不变，得到的数列记作数列，试解答以下问题：(1)若，则数列的项数为______；(2)求数列的原始项的所有可能取值构成的集合；(3)若对任意的数列，均有，求d的最小值.【答案】(1)5；(2)；(3)2.【分析】（1），根据给定条件，逐一计算即可得数列的项数.（2）证明对于任意的正整数，当时，均存在数列an为数列，时，，符合题意，利用反证再进行分类讨论可得.（3）先证符合题意，分类讨论①当，②当，最后证明和两种情况得答案.【详解】（1），，所以数列的项数为5.（2），下面证明对于任意的正整数，当时，均存在数列an为数列，时，符合题意，反证，假设存在正整数，当时，不存在数列an为数列，设此时的最小值为，即时，存在数列，时，不存在数列，①当为奇数时，因为存在以为原始项的数列，，所以就是原始项为的数列，与假设矛盾；②当为偶数时，因为存在以为原始项的数列，，所以就是原始项为的数列，与假设矛盾，综上可知，数列的原始项的所有可能取值为全体大于等于2的正整数，即数列的原始项的所有可能取值构成的集合为.（3）依题意，，，先证明符合题意，即，当时，显然成立；当时，，即也成立；当时，对任意，故，即，①当时，由，所以；②当时，由，，所以，下面证明，对任意的正偶数，构造，先验证为数列，当时，为奇数，，当时，为偶数，，当时，，所以为数列，下面证明不符合题意，假设，因为，，所以，矛盾.综上可得的最小值为2.【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.6．（2024·江西新余·模拟预测）已知项数为的有穷数列的各项取遍中的所有整数，我们称该数列为“规范的”.对于一组规范列，从的第1项开始，取第1个符合题意的项，使不是的最大项，然后依次删除、第1个超过的项、第1个超过的项、，直到无法删除为止称为的1次“变换”.变换后剩余项按其相对位置不变构成新数列（新数列也许可以再次进行变换，则继续进行下去），直到最后剩下1项或1组递减数列统称为的“保留列”（若最终没有剩下任何一项则称是“不可保留的”，在此我们不研究这类数列），记保留列的项数为，若变换进行的次数为且，则称是“饱和的”（其中：表示不超过的最大整数）.(1)已知规范数列：5，3，2，1，4，6.求出其保留列并判断它是否为饱和的；若交换其第5、6项或交换其2、3项，请直接判断其是否为饱和的.(2)若为饱和的规范列，它的项数与其保留列项数满足为正偶数：（i）证明：任意规定的第项为其保留列，总至少存在个符合题意的（其中：）.（ii）若，对每一组任意给定的，求使的项最多有几个（用含的代数式）.【答案】(1)保留列：2，1..是饱和的；5、6项交换：饱和的；2、3项交换：不饱和的(2)（i）证明见解析；（ii）项数至多为【分析】（1）根据题意以及题中的相关定义即可得解.（2）（i）设为保留列，剩下的项按相对位置不变构成新数列，由为偶数得，得应删除的总项数为，从而得中有项，取，中任取一项，则第一次变换应删除，接下来依次取为剩余项的第1项，令，于是得到了一组，接下来将数列插入（从第一项开始插入）中分情况即可构造出了一组，进而结合的取法即可得证.（ii）先设保留列为，，，，，，，接着结合题意得到对每一组任意给定的，使的项有个项，再用反证法证明项数为是最多的即可得解.【详解】（1）由题意第一次剩下：3，2，1，4，第二次剩下：2，1，结束，所以数列2，1是数列5，3，2，1，4，6的保留列.又，是饱和的，5、6项交换，饱和的；2、3项交换：不饱和的.（2）（i）由题每一次变换至少删除2项，所以饱和的规范列的每次变换都能且只能删除2项，不妨设为保留列，剩下的项按相对位置不变构成新数列，由于为偶数，故，应删除的总项数为，故中有项，取，中任取一项，则第一次变换应删除；再取为剩余项的第1项，令，再从剩下的项中取一项，则第二次变换删除的项为；再取为剩余项的第1项，令，剩下的项中取一项，...，以此类推，这样就得到了一组，接下来将数列插入（从第一项开始插入）中：项只有2种情况：①是的第一项，那么令，中其他项均减1；②不是的第一项，那么令为前面所有项的最小值减1，原本所有不超过的项减1，这样就构造出了一组，由的取法，共有至少存在个符合题意的.（ii）先不妨设保留列为，，，，，，，，，，这时，，除外其他项均满足：，故有个项，将与的数值交换位置得到成立的情况，再将与的数值交换位置得到成立的情况，，将与的数值交换位置得到成立的情况，当为奇数时先取同理可得这些情况，由于，所以得到了取定时所有符合题意的情况，再证明项数为是最多的：由于第一项一定不满足题意，于是假设若有个项满足条件，那么除第一项外剩余项均应有：，则：，，而故，以此类推得：，这时：，变换只进行1次，剩余项，与矛盾，故：个项不成立，即项数至多为.【点睛】方法点睛：解答新定义类题型的基本思路是：（1）正确理解新定义；（2）面对全新定义的规则要结合所学的知识、经验将问题转化成熟悉的问题或情境；（3）在新的规则运算过程中，可结合数学中原有的运算和运算规则进行计算或逻辑推理，从而达到解答的目的.④圆锥曲线新定义一、解答题1．（2024·江西新余·二模）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：(2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，（i）求斜椭圆C的离心率；（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)（i）；（ⅱ）是，2【分析】（1）借助所给定义计算即可得；（2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得；（ⅱ）法一：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得；法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得.【详解】（1）由已知可得，则，设，则，所以，，即点P的坐标为；（2）（i）由与交点为和，则，由与交点为和，则，所以，；（ⅱ）法一：设直线：，、Nx2,y与斜椭圆联立：，有，∵，，∴，设直线：，代入斜椭圆，有，∴，∴，故.法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，点Q旋转后的坐标为，当直线旋转后斜率不存在时，，，，当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，旋转后、Nx2与椭圆方程联立，即，可得，，，，设直线旋转后为，代入椭圆方程中，有，，.综上所述，.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变.2．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．(1)求“椭圆”的方程；(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为Px,y，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；（3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论.【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为Px,y，则，即，即，所以“椭圆”的方程为；（2）由方程，得，因为，所以，即，所以或或，解得，由方程，得，即，所以，所以，所以“椭圆”的范围为，，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；

（3）由题意可设椭圆的方程为，将点代入得，解得，所以椭圆的方程为，，由题意可设直线的方程为，联立，得，恒成立，则，因为的中点为，所以直线的中垂线的方程为，同理直线的中垂线的方程为，设，则是方程的两根，即是方程的两根，所以，又因，所以，两式相比得，所以，所以，所以直线与的斜率之积为定值．

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．3．（2024·江苏南通·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：的离心率为，直线l与Γ相切，与圆O：相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，.(1)求Γ的方程；(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当的面积最大时，求；（ⅱ）若，均存在，记两者中的较大者为.已知，，均存在，证明：.【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，求出，再结合离心率求出即得.（2）（ⅰ）在直线的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心到距离，列出的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.【详解】（1）因为当垂直于轴时，，而直线与Γ相切，则，解得，又椭圆的离心率为，则椭圆的半焦距，，所以的方程为.（2）（i）当的斜率存在时，设的方程为：，由消去得：，由直线与椭圆相切，得，整理得，于是圆心到直线的距离，则的面积为，设，求导得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此当时，取得最大值，此时，当的斜率不存在时，由（1）知，，由，得，则.对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，则是圆上与最近的点，当为线段的中点时，取得最大值，所以.（ii）因为均存在，设点，且，设是集合中到的最近点，根据对称性，不妨设，令点到集合的最近点为，点到集合的最近点为，因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，因此，而在坐标平面中，，又点是集合中到点的最近点，则，所以.【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.4．（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；(2)若点Px0,y0不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点C0,1，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.【答案】(1)(2)(3)成立，理由见解析【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得；（2）易知方程无解，根据判别式可得，证明可得直线族的包络曲线为；（3）法一：求出两点处曲线的切线的方程，解得，根据平面向量夹角的表达式即可得，即；法二：过分别作准线的垂线，连接，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明.【详解】（1）由定义可知，与相切，则圆的圆心到直线的距离等于1，则，.（2）点Px0,所以无论取何值时，无解.将整理成关于的一元二次方程，即.若该方程无解，则，即.证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，于是可以得到在点处的切线方程为：，即.今直线族中，则直线为，所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，而对任意都是抛物线在点处的切线.所以直线族的包络曲线为.（3）法一：已知C0,1，设A则，；由（2）知在点Ax1,y同理在点Bx2,y联立可得，所以.因此，同理.所以，，即，可得，所以成立.法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：则，因为，显然.又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.同理可知，所以，即.则.所以成立.【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线的方程为并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.5．（2024·河南南阳·一模）在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆的面积为，该椭圆的上顶点和下顶点分别为，且，设过点的直线与椭圆交于两点（不与两点重合）且直线.(1)证明：，的交点在直线上;(2)求直线围成的三角形面积的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意求椭圆方程，设直线，联立方程结合韦达定理分析证明；（2）设直线与直线的交点分别为，可得，结合韦达定理求得的最小值为，即可得结果.【详解】（1）根据题意，蒙日圆的半径为，所以.因为，可知，则，所以椭圆的标准方程为，因为直线过点，可知直线的斜率存在，且直线与椭圆必相交，可设直线，联立方程，消去可得，由根与系数的关系可得：因为，可得直线，直线，所以即，解得，所以直线的交点在直线上.（2）设直线与直线的交点分别为，则由（1）可知：直线，直线.联立方程和，解得因为，又因为点到直线的距离，可得，只需求的最小值.由弦长公式可得令，则.可得，当且仅当，即时等号成立.即的最小值为，可得面积的最小值为.故直线围成的三角形面积的最小值为.

【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法：（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．⑤立体几何新定义一、解答题1．（24-25高三上·浙江·开学考试）已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.(1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数；(2)已知为的4阶等距平面，且点与点分别位于的两侧.若的4阶等距集为，其中点到的距离为，求平面与夹角的余弦值.【答案】(1)答案见解析(2).【分析】（1）分两种情况得出的所有可能值以及相应的的个数；（2）先根据已知得出，再计算求得余弦值.【详解】（1）①情形一：分别取的中点，由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，为正四面体高的一半，等于.由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况；②情形二：分别取的中点将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，则为正方体棱长的一半，等于.由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况.综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个.（2）在线段上分别取一点，使得，则平面即为平面.如图，取中点，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，，设，，设平面法向量为m=所以，即，所以，又平面的法向量为，设平面与夹角为所以，所以平面与夹角余弦值为.2．（23-24高一下·重庆·期中）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.(1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；(2)如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点.①若，求该四棱锥在处的离散曲率；②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)2(2)①；②【分析】（1）根据离散曲率的定义，直接计算，即可得答案；（2）①求出的值，利用余弦定理求出顶点S处的侧面的顶角大小，即可求得答案；②根据四棱锥在处的离散曲率，求出棱锥的高，再根据线面角的定义，即可求解答案.【详解】（1）由题意可知四棱锥在各个顶点处的角的和，即等于四个侧面上的三角形和底面四边形的内角和，即，故四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和为：；（2）①连接，由于底面是边长为2的菱形，故交于点O，，则为正三角形，则,底面，底面，故，，则，，则，由于为三角形内角，故；同理求得，故该四棱锥在处的离散曲率；②由题意可知四棱锥的是个侧面三角形全等，即得，四棱锥在处的离散曲率，则，设，则，而，故，解得，作于E，则E为AB中点，结合题意知为正三角形，故，作于F，则，且，则;连接，由于底面，底面，故，平面，故平面，平面，故平面平面，平面平面，作于G，则平面，则即为直线与平面所成角，则.【点睛】关键点睛：本题考查空间几何的新定义问题，解答的关键是要理解新定义，并能根据新定义的含义去解决问题；解答第二问时，要能根据四棱锥在处的离散曲率，求出棱锥的高，进而根据线面角定义解决问题.3．（23-24高一下·湖南长沙·期末）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且.(1)证明：平面；(2)若，求二面角的余弦值；(3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数.【答案】(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；（2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果；（3）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果.【详解】（1）证明：因为在直三棱柱中，平面，平面，所以，所以点的曲率为，得，因为，所以为等边三角形，因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面；（2）解：取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面，因为平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，设，则，所以，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以在中，，所以二面角的余弦值为；（3）证明：设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，则多面体共有条棱，由题意，多面体共有个顶点，号多边形的内角之和为，所以所有多边形的内角之和为，所以多面体的总曲率为所以简单多面体的总曲率为.【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力，属于难题.4．（23-24高一下·山东临沂·期末）类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点．(1)求的值；(2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：；(3)过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得；（2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证；（3）连接，，首先证明平面平面，从而得到平面平面，再由面面平行的性质得到，从而得到，即可得解.【详解】（1）连接，由已知得平面，，又平面，所以平面平面，所以二面角的大小为，因为为菱形，，所以，又，所以，在中，，由三面角余弦定理可得.（2）依题意可得，设平面内任一条直线为，若过点