第03讲 集合、立体几何、解析几何及其他新定义综合（教师版）-2025版高中数学一轮复习考点帮

Page第03讲集合、立体几何、解析几何及其他新定义综合（4类核心考点精讲精练）集合新定义考情分析首先，集合的基本概念和表示方法是基础，包括集合的定义、元素、子集、并集、交集、补集等。考生需要掌握集合的表示方法，如列举法和描述法，并能正确使用集合运算符号。其次，集合的新定义和新概念可能会出现在高考试题中，考生需要关注集合新问题。总体而言，新高考数学集合部分的考情分析要求考生不仅要掌握基础知识，还要能够将集合知识与其他数学领域相结合，解决实际问题。考生应注重基础知识的巩固，同时关注新定义的学习和应用。立体几何新定义考情分析新高考数学立体几何部分，新定义的引入是近年来考试改革的一个重要方面。新定义通常涉及一些特定的几何概念、性质或定理，这些内容在传统的教学大纲中可能没有明确提及，但它们对于解决某些特定问题非常关键。考情分析显示，新定义的题目往往要求考生具备较强的逻辑推理能力和空间想象能力。在备考时，考生需要特别注意以下几个方面：理解新定义的含义：考生需要准确理解新定义的几何概念或性质，并能够将其与已知的数学知识联系起来。掌握新定义的应用：通过大量练习，熟悉新定义在解决立体几何问题中的应用，包括但不限于计算体积、表面积、线段长度、角度等。分析和解决问题的能力：面对新定义题目，考生应学会如何分析问题，运用逻辑推理和几何直观来解决问题。关注新定义与实际问题的结合：新高考数学试题越来越注重实际应用，考生应学会将新定义与实际问题结合起来，提高解决实际问题的能力。总之，新定义的引入增加了立体几何题目的难度和深度，考生需要在复习时特别关注这些内容，通过多种方式提高自己的理解和应用能力。解析几何新定义考情分析解析几何是高中数学的重要组成部分，它以代数方法研究几何问题，是连接代数与几何的桥梁。在新高考数学中，解析几何的内容和考查方式有所更新，主要体现在以下几个方面：新定义问题的引入：新高考数学解析几何部分增加了对新定义的理解和应用的考查。这类问题通常会给出一个未见过的几何概念或性质，要求考生在理解的基础上，运用已学知识进行推导和计算。综合性增强：解析几何题目往往与其他数学领域如代数、三角等知识相结合，考查学生综合运用多种数学工具解决问题的能力。实际应用背景：新高考数学解析几何题目更加注重实际应用，题目背景往往来源于实际生活或科学技术，要求学生能够将抽象的数学问题与现实世界联系起来。创新思维的考查：解析几何题目中可能会出现一些开放性问题，鼓励学生运用创新思维，探索多种解题方法，而不仅仅是套用固定模式。计算能力与逻辑推理能力并重：新高考数学解析几何部分不仅考查学生的计算能力，还强调逻辑推理能力。考生需要准确理解几何图形的性质，合理运用几何定理和公式，进行严密的逻辑推理。针对这些考情变化，考生在备考时应加强对新定义的理解和应用，提高解决综合性问题的能力，注重实际应用背景的题目训练，并在解题过程中发挥创新思维，同时加强计算能力和逻辑推理能力的培养。考点一、集合新定义1．（2024·广东深圳·模拟预测）定义两集合的差集：且，已知集合，，则的子集个数是（

）个．A．2 B．4 C．8 D．16【答案】B【分析】根据题意求得集合，从而求得其子集的个数.【详解】因为，，所以，所以，有两个元素，则的子集个数是个．故选：B．2．（2024·浙江绍兴·模拟预测）对于集合A，B，定义A\B=且，则对于集合A={}，B={}，且，以下说法正确的是（

）A．若在横线上填入”∩”，则C的真子集有212﹣1个.B．若在横线上填入”∪”，则C中元素个数大于250.C．若在横线上填入”\”，则C的非空真子集有2153﹣2个.D．若在横线上填入”∪”，则C中元素个数为13.【答案】B【分析】根据各个选项确定相应的集合，然后由集合与子集定义得结论．【详解】，，集合无公共元素，选项A中，集合为空集，没有真子集，A错；选项B中，由得，由得，因此中元素个数为，B正确；选项C中，中元素个数为166，非空真子集个数为，C错；选项D中，，而，因此其中元素个数为331个，D错．故选：B．3．（2024·吉林长春·模拟预测）（多选）对于集合，若，则称为对偶互存集，则下列为对偶互存集的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据对偶互存集的定义逐项判断可得答案.【详解】对于A，当时，，故A正确；对于B，为全体奇数构成的集合，当为奇数时，也为奇数，故B正确；对于C，，则，但，故C错误；对于D，，当x∈0,2时，，故D正确．故选：ABD．4．（2024·北京西城·三模）记集合.对任意，，记，对于非空集合，定义集合.(1)当时，写出集合；对于，写出；(2)当时，如果，求的最小值；(3)求证：.（注：本题中，表示有限集合A中的元素的个数.）【答案】(1)；(2)5(3)证明见解析【分析】（1）根据定义直接写出集合，再根据的定义写出；（2）设，则，则由题意可得，从而可求得结果；（3）设A中的所有元素为，，…，，其中，记（），先利用反证法证明这些互不相等，再根据定义证明即可.【详解】（1）；若，则.（2）的最小值为5.证明如下：设.因为，除外，其它7个元素需由两个不同的，计算得到，所以，解得.当时，有，符合题意.（3）证明：设A中的所有元素为，，…，，其中.记（），则这些互不相等.证明如下：如果存在，，则，的每一位都相等，所以，的每一位都相等，从而，与集合A中元素的互异性矛盾.定义集合，则.又，所以.【点睛】关键点点睛：此题考查集合的新定义，考查集合间的关系，解题的关键是对集合新定义的正确理解，考查理解能力，属于难题.5．（2024·浙江·模拟预测）称代数系统为一个有限群，如果1.为一个有限集合，为定义在上的运算(不必交换)，2.3.称为的单位元4.，存在唯一元素使称为的逆元有限群，称为的子群.若，定义运算.(1)设为有限群的子群，为中的元素.求证:(i)当且仅当；(ii)与元素个数相同.(2)设为任一质数.上的乘法定义为，其中[x]为不大于的最小整数.已知构成一个群，求证:(其中表示个作运算)【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）（i）利用单位元、子群的定义判断可得答案；（ii）首先构造一个到的满射，直接由的定义得到，另一方面，证明这个映射同时也是单射即可；（2）我们有如下断言:，假设是使得的最小正整数，由（1）的结论可知可得答案.【详解】（1）（i）如果，则，，从而.另一方面，如果，则有，，即，从而，即，从而，反之由得到，类似讨论得中的元素也全都属于，证毕；（ii）我们首先构造一个到的满射，这直接由的定义得到，另一方面，我们证明这个映射同时也是单射，事实上，若对，两边左乘，则有，从而两集合间有一一映射，故元素个数相等；（2）我们有如下断言:，假设是使得的最小正整数，则(其中表示个作.运算)在运算下构成的一个子群，记作，而由（1）的结论可知，这一集族中的集合有相同的元素个数，且两两不交(若有两个集合相交，则推得，由（1）（i）得两集合相同)从而它们构成的一个划分，从而有，因而.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对新定义的理解及性质的应用.11．（2024·浙江·二模）称平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为正整数的点为好整点，记为集合包含的好整点的个数．若，则正整数的最小值是（

）A．1976 B．1977 C． D．【答案】B【分析】一方面由必要性：转换成恒成立求参问题，可以求得，另一方面比较重要的一点是：要验证当时，，由此即可得解.【详解】一方面：由题意，，使得不等式恒成立，注意到，等号成立当且仅当，即，所以正整数应该满足，另一方面：当时，我们证明：成立，证明过程如下：注意到，所以，，记，则，，，即成立，综合以上两方面，可知正整数的最小值是1977.故选：B.【点睛】关键点点睛：解题的关键在于用必要性求得参数范围后，一定要检验充分性是否成立，由此即可顺利得解.2．（2024·湖南怀化·二模）给定整数，有个实数元素的集合，定义其相伴数集，如果，则称集合为一个元规范数集．（注：表示数集中的最小数）．对于集合，则（

）A．是规范数集，不是规范数集 B．是规范数集，是规范数集C．不是规范数集，是规范数集 D．不是规范数集，不是规范数集【答案】C【分析】利用规范数集的定义，逐项判断即可得解.【详解】集合中，，则，即的相伴数集中的最小数不是1，因此不是规范数集；集合，，，即的相伴数集中的最小数是1，因此是规范数集.故选：C3．（2024·福建·模拟预测）（多选）若平面点集满足：任意点，存在，都有，则称该点集是阶聚合点集．下列命题为真命题的是（

）A．若，则是3阶聚合点集B．存在对任意正数，使不是阶聚合点集C．若，则不是阶聚合点集D．“”是“是阶聚合点集”的充要条件【答案】ACD【分析】根据集合新定义的规定，易判断A正确；通过举反例排除B；按照集合新定义得不出合理结论否定为阶聚合点集判断C；运用等价转化思想，即可得到D正确.【详解】对于A，由可得，故是3阶聚合点集，即A正确；对于B，对任意的点集，总存在，使得是1阶聚合点集，故B错误；对于C，因，而，故不是阶聚合点集，即C正确；对于D，因是阶聚合点集等价于，因，可得，又因，依题意可得，反之也成立，故“是阶聚合点集”是“”的充要条件，即D正确.故选：ACD.4．（2024·贵州遵义·二模）设集合或，中的元素，，定义：．若为的元子集，对，都存在，使得，则称为的元最优子集．(1)若，且，试写出两个不同的；(2)当时，集合，证明：为的2元最优子集；(3)当时，是否存在2元最优子集，若存在，求出一个最优子集，若不存在，请说明理由．【答案】(1)或；(2)证明见解析；(3)不存在，理由见解析.【分析】（1）根据给定的定义直接写出即可.（2）任取，确定存在的，使得，代入计算证得.（3）先考虑的情况，证明不存在最优子集即可推理得证.【详解】（1）取或，满足，所以或.（2）任取，则存在，使得，记，，若，则结论成立；若，则，所以为的2元最优子集.（3）先考虑的情况，假设存在2元最优子集，记，，使，记，则，由，得，因此中至少有一个数大于等于4，这与是最优子集矛盾，由的任意性，可知不存在最优子集，当时，，则，所以没有2元最优子集.【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.5．（2024·四川·一模）桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，我们会发现至少会有一个抽屉里面放不少于两个苹果．这一现象就是我们所说的“抽屉原理”．抽屉原理的一般含义为：如果每个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素，假如有个元素放到n个集合中去，共中必定有一个集合里至少有两个元素．应用抽屉原理，解答下列问题：设n为正整数，集合.对于集合A中的任意元素和，记.(1)当时，岩，，求和的值；(2)当时，对于A中的任意两个不同的元素，，证明：.(3)给定不小于2的正整数n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素，，.写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明由.【答案】(1)，(2)证明见解析(3)，理由见解析【分析】（1）根据定义得到，；（2）设，，求出，，分析出，，证明出，当且仅当时等号成立；（3）在（2）的基础上，得到若，则成立，对集合进行分类，应用抽屉原理和反证法，得到满足条件的集合B中元素个数不多于，在取，对于，2，…，，取，且；，令，得到答案.【详解】（1）因为，，所以，；（2）当时，对于A中的任意两个不同的元素，，设，，，.对于任意的，，，2，3，4，当时，有，当时，有.即，所以，又因为，所以，，当且仅当时等号成立，所以，即，当且仅当时等号成立：（3）由（2）可证，对于任意的，，若，则成立.考虑设，，对于任意的，3，…，n，，所以，假设满足条件的集合B中元素个数不少于，则至少存在两个元素在某个集合中，不妨设为，，则.与假设矛盾，所以满足条件的集合B中元素个数不多于.取；对于，2，…，，取，且；.令，则集合B满足条件，且元素个数为，故B是一个满足条件且元素个数最多的集合.【点睛】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.考点二、立体几何新定义1．（2024·青海·模拟预测）如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C.【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点，易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误；连接，，有，，故，所以线段与相交，C错误；连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确.故选：D.2．（23-24高三上·上海浦东新·阶段练习）在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若和两点之间的距离是，则和两点之间的“直角距离”的取值范围是．【答案】【分析】根据空间两点距离公式，结合三角代换法、辅助角公式、正弦型函数的最值性质进行求解即可.【详解】因为，所以设，其中，因此，因为，所以，因此，设，于是有，因为，所以，因此当且时，即当且时，有最大值，当且或时，有最小值，此时，或，所以的最小值，综上，和两点之间的“直角距离”的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点睛：本题的关键是利用三角代换的方法、运用正弦函数的最值的性质.3．（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.4．（2024高三·全国·专题练习）我们知道，二元实数对可以表示平面直角坐标系中点的坐标；那么对于元实数对（，是整数），也可以把它看作一个由条两两垂直的“轴”构成的高维空间（一般记为）中的一个“点”的坐标表示的距离．(1)当时，若，，，求，和的值；(2)对于给定的正整数，证明中任意三点满足关系；(3)当时，设，，，其中，，，．求满足点的个数，并证明从这个点中任取11个点，其中必存在个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于．【答案】(1)，，(2)证明见解析(3)，证明见解析【分析】（1）根据新定义直接计算；（2）由新定义，写出不等式两边的表达式，根据绝对值的性质证明；（3）根据新定义，及绝对值的性质得点是以为对角线的正方体的表面和内部的整数点，共125个，把它们分布在五个平面，1，2，3，上，这五个面一个面取3个点，相邻面上取一个点，以它们为顶点构成三棱锥（能构成时），棱锥的体积不超过，然后任取11点中如果没有4点共面，但至少有一个平面内有3个点．根据这3点所在平面分类讨论可得．【详解】（1）当时，若，，，则，，．（2）设，，，根据绝对值的性质有，，，所以．（3）因为，，，则，且，可得，当且仅当时，等号同时成立，又因为，可得，，，，可知，，，1，2，3，4，则，点是以为对角线的正方体内部（含面上）的整数点，共125个，即．这125个点在，，，，这五面内．这三个平面内，一个面上取不共线的3点，相邻面上再取一点构成一个三棱锥．则这个三棱锥的体积最大为，现在任取11个点，若有四点共面，则命题已成立；若其中无4点共面，但11个点分在5个平面上至少有一个平面内有3个点（显然不共线）；若这三点在，，这三个平面中的一个上，与这个面相邻的两个面上如果有一点，那么这一点与平面上的三点这四点可构成三棱锥的四个顶点，其体积不超过，否则还有8个点在平面和上，不合题意，若这三个点在平面或上，不妨设在平面，若在平面在一个点，则同样四点构成的三棱锥体积不超过，否则剩下的8个点在，，三个平面上，只能是3，3，2分布，不管哪一种分布都有四点构成的三棱锥体积不超过；综上所述：任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于．【点睛】关键点点睛：本题新定义距离，解题关键是利用新定义转化为绝对值，利用绝对值的性质解决一些问题．本题还考查了抽屉原理，11个放在5个平面上，至少有一个平面内至少有3点，由此分类讨论可证明结论成立．5．（23-24高一下·江苏常州·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；(2)如图，已知在三棱锥中，平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．

①求直线PC与直线AB所成角的余弦值；②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值．【答案】(1)2(2)①；②【分析】（1）根据离散曲率的定义计算即可（2）①首先证明，再由点处的离散曲率可求出，从而其它相应的线段都可计算，把与平移至中位线处，得出为异面直线与的夹角或其补角，在用余弦定理求解即可.②首先是把线面角做出，设，再把角的三角函数值表示成的函数，最后转化为函数最值问题.【详解】（1）由离散曲率的定义得：，，，，四个式子相加得：.（2）①如图，分别取的中点，连接，显然有，所以为异面直线与的夹角或其补角，设，因为，所以，，

因为平面，平面，所以，，，，因为，，所以平面，又因为平面，所以，由点处的离散曲率为可得，所以，，，而，，所以，故异面直线与的夹角的余弦值为.②如图，过点做交与，连接，因为平面，所以平面，则为直线与平面所成的角，设，在中，因为，所以，所以，故，当分母最小时，最大，即最大，此时，即（与重合），，所以的最大值为.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过题目所给的新定义求出，从而计算出各边的长度，求与平面所成的角的最大值，首先是把线面角做出，设，再把角的三角函数值表示成的函数，转化为函数最值问题，求最值是把式子经过适当的变形最终转化为二次函数最值问题.1．（2023·安徽滁州·模拟预测）（多选）阅读数学材料：“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”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列说法正确的是（

）A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为【答案】BC【分析】根据题意求线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定定理及性质即可得出答案.【详解】A：当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；B：若，则菱形为正方形，因为平面，平面，所以，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故B正确；C：在四面体中，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，同理，又平面，所以平面，故C正确，D：直四棱柱在顶点处的离散曲率为,则,即是等边三角形,设,则即为与平面的所成角,,故D错误;故选：BC.【点睛】关键点点睛：关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可．2．（20-21高一下·四川成都·期末）类比于二维平面中的余弦定理，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，，，，二面角的大小为，则．（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，平行六面体中，平面平面，，，①求的余弦值；②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面.【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论；（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面．【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，作交于点，连接，则是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，得，，两式相减得，∴，两边同除以，得．（2）①由平面平面，知，∴由（1）得，∵，，∴．②在直线上存在点，使平面．连结，延长至，使，连结，在棱柱中，，，∴，∴四边形为平行四边形，∴．在四边形中，，∴四边形为平行四边形，∴，∴，又平面，平面，∴平面．∴当点在的延长线上，且使时，平面．3．（2022·辽宁沈阳·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.【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案.（2）（i）结合多面体的表面积的求法求得；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时的值.令，利用余弦定理求得，结合三角恒等变换的知识求得顶点的曲率的余弦值.【详解】（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，.4．（2024高二上·全国·专题练习）已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，.(1)求的长；(2)若为的中点，求二面角的余弦值；(3)若为上一点，且满足，求.【答案】(1)2(2)(3)10【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程求可得的长；（2）过点作交的延长线于点，证明为二面角的平面角，解三角形求其大小，结合二面角与二面角互补可得结论；（3）过点作，证明平面，过点作交于点，证明，结合条件可求.【详解】（1）因为底面为矩形，所以，，因为底面，底面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以为直线与所成的角，即，设，则，，在中，又，所以，解得或（舍去），所以；（2）在平面内过点作交的延长线于点，连接，因为底面，底面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，因为为的中点，所以，，所以，设二面角的平面角为，则，所以，即二面角的余弦值为；（3）依题意，，又，所以，，又，所以，又，平面，所以平面，在平面内过点作，垂足为，由平面，平面，所以，又，平面，所以平面，在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又，即，所以.【点睛】“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.考点三、解析几何新定义1．（2024·河南·二模）从椭圆外一点Px0,y0向椭圆引两条切线，切点分别为，则直线称作点关于椭圆的极线，其方程为.现有如图所示的两个椭圆，离心率分别为，内含于，椭圆上的任意一点关于的极线为，若原点到直线的距离为1，则的最大值为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根据定义写出极线的方程，由距离公式列出一个方程，再结合点在椭圆上找到的关系再进行求解.【详解】设，椭圆方程：，椭圆方程：，则有①由极线的定义得直线的方程为，原点到直线的距离，化简得②，对比①②式得出，则有，所以.当且仅当，即时取等，此时.故选：D.2．（24-25高三上·广东佛山·阶段练习）椭圆的离心率e满足，则称该椭圆为“黄金椭圆”．若是“黄金椭圆”，则；“黄金椭圆”两个焦点分别为、（），P为椭圆C上的异于顶点的任意一点，点M是的内心，连接PM并延长交于N，则．【答案】【分析】根据离心率可得关于的方程，从而可求其值，根据角平分线的形状结合椭圆的定义可得的值.【详解】因为是“黄金椭圆”，故，故，连接，因为为内心，故为角平分线，由角平分线性质，有，故，故答案为：，.3．（2024·山东青岛·三模）在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”，已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，点为右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于两点，当轴时，直线为的等线.(1)求的方程;(2)若是四边形的等线，求四边形的面积;(3)设，点的轨迹为曲线，证明:在点处的切线为的等线【答案】(1)(2)12(3)证明见解析【分析】（1）利用已知等量关系建立方程，求解各个元素，得到双曲线方程即可.（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.（3）利用给定条件和新定义证明即可.【详解】（1）由题意知，显然点在直线的上方，因为直线为的等线，所以，解得，所以的方程为（2）设Px0,y0故，该式可以看作关于的一元二次方程，所以，即方程为当的斜率不存在时，也成立渐近线方程为，不妨设在上方，联立得，故，所以是线段的中点，因为到过的直线距离相等，则过点的等线必定满足:到该等线距离相等，且分居两侧，所以该等线必过点，即的方程为，由，解得，故.所以，所以，所以，所以（3）设，由，所以，故曲线的方程为由（*）知切线为，也为，即，即易知与在的右侧，在的左侧，分别记到的距离为，由（2）知，所以由得因为，所以直线为的等线.【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用给定定义和条件，然后结合前问结论，得到，证明即可．4．（2024·浙江舟山·模拟预测）阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用．如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点，并按这样的规律继续下去．(1)求．(2)求证：不存在正整数，使得三角形的面积为2022;(3)求证：对于任意正整数，三角形为锐角三角形．【答案】(1)5；4(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用给定定义结合两点间距离公式求解即可.（2）将原三角形合理拆分，利用直角三角形的性质求出面积，结合完全平方数的性质证明即可.（3）利用给定定义确定最大角，利用余弦定理判定其为锐角即可.【详解】（1）由两点间距离公式得，由题意得，，所以.（2），，而不可能等于，故不存在正整数，使得三角形的面积为.（3），，，因为，所以在三角形中，为最大角，由余弦定理得，，则为锐角，即三角形为锐角三角形．【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题，解题关键是合理利用给定定义，找到最大角，然后利用余弦定理得到其为锐角即可．5．（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.1．（2024·河南信阳·模拟预测）在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量.(1)指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由；(2)证明：直线在曲面上；(3)若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)平面上，以原点为圆心，1为半径的圆；理由见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而可得曲线类型；（2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可.（3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案.【详解】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，已知曲面的方程为，当时，平面截曲面所得交线上的点满足，即，也即在平面上到原点距离为定值1，从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆.（2）设是直线上任意一点，由，均为直线的方向向量，有，从而存在实数，使得，即，则，解得，所以点的坐标为，于是，因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.（3）直线在曲面上，且过点，设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由，均为直线的方向向量，有，从而存在实数，使得，即，则，解得，所以点的坐标为，∵在曲面上，∴，整理得，由题意，对任意的，有恒成立，∴，且，∴，或，不妨取，则，或，∴，或，又直线的方向向量为，则异面直线与所成角的余弦值均为【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生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，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．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、验证、运算，使问题得以解决．2．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示.(1)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；(2)在平面直角坐标系中，求双曲线绕原点按逆时针旋转（到原点距离不变）得到的双曲线方程；(3)已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于，两点（在第一象限），与轴交于点.设直线，的倾斜角分别为，，求证：为定值.【答案】(1)公式为，二阶矩阵为(2)(3)证明见解析【分析】（1）设，，通过，计算整理可得答案；（2）利用（1）的结果代入计算即可；（3）设直线的方程为，与联立，求出的斜率，然后利用韦达定理计算，进而求出，则可得为定值.【详解】（1）设，，则，，，故，，所以坐标变换公式为，该变换所对应的二阶矩阵为；（2）设曲线上任意一点在旋转角是的旋转变换下所得点坐标为.则，即，得，则，所求曲线方程为；（3）①直线斜率存在时，可设直线的方程为，设Ax1由，得，所以，，且，当时，取，，所以直线方程为：，直线方程与双曲线方程联立可得，解得或，所以，.所以，所以，可得；当时，设的斜率分别为，，，所以，，所以.因为在第一象限，所以，所以，所以.②直线斜率不存在时，可得，可得，，所以，同理可得.综上可得，为定值，得证.【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，再证明这个定值与变量无关．(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．（24-25高三上·上海·阶段练习）若坐标平面内的曲线与某正方形四条边的所在直线均相切，则称曲线为正方形的一条“切曲线”，正方形为曲线的一个“切立方”．(1)试写出圆的一个切立方的四条边所在直线的方程；(2)已知正方形的方程为，且正方形为双曲线的一个“切立方”，求双曲线的离心率的取值范围；(3)设函数的图象为曲线，试问曲线是否存在切立方，并说明理由．【答案】(1)(答案不唯一)(2)(3)存在，理由见解析【分析】（1）根据“切立方”的定义，结合图象，找到一个切立方的四条边所在直线的方程即可；（2）根据“切立方”的定义，联立与双曲线，由于相切，则，根据，即可求出双曲线的离心率的取值范围；（3）设第一个切点为，则切线为，根据函数的图象关于原点对称和正方形对边平行，因此可设第二条切线为，同理求出第三条和第四条切线，然后验证四条切线形成的图形是否为正方形即可.【详解】（1）根据“切立方”的定义，结合图象可得，(答案不唯一)（2）由正方形的方程为，则，由正方形为双曲线的一个“切立方”，则，联立可得，整理得，则，整理得，即，则，所以.（3）由函数，则，设一个切点为，则则过该点的一条切线方程为：，即，由函数为奇函数，其图象关于原点对称，因此如果曲线是存在切立方，则正方形也关于原点对称，故与第一条边平行的正方形的另一条边所在直线为：,设第三个切点为，同理可得另两条切线为，若存在正方形，即，由此可设，代入消元可得，设，由，，由零点存在性定理可知在上有解，因此曲线存在切立方.【点睛】关键点点睛：（1）第二问中求双曲线的离心率，关键找到关于的关系式，因此利用直线与双曲线相切，把直线方程与双曲线的方程联立消去建立关于的一元二次方程，然后，建立关于的关系式；（2）第三问的关键在于围成正方形的四条直线方程的设法，利用正方形的对边平行和结合函数的图象关于原点对称，则相互平行的两条切线在轴的截距互为相反数.4．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）在平面直角坐标系中，定义：若曲线和上分别存在点，关于原点对称，则称点和点为和的一对“关联点”.(1)若上任意一点的“关联点”为点，求点所在的曲线方程.(2)若上任意一点的“关联点”为点，求的取值范围.(3)若和有且仅有两对“关联点”，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）设点，根据“关联点”的定义可得曲线方程，结合曲线方程及基本不等式可得最值；（2）设，则根据对称性得，根据三角换元可得，恒等变形得，即可求得的取值范围；（3）和有且仅有两对“关联点”等价于曲线和有且仅有两个交点，令，求得.当时，的最小值为，讨论当时，时，时，零点情况，当时，由，得，，分时，时，时，零点情况，求得实数的取值范围.【详解】（1）设点，则点的“关联点”为，将点的坐标代入，得，即，所以点所在的曲线方程为.（2）设，则根据对称性得，因为曲线关于轴对称，当时，设，，，所以，所以的最小值为，最大值为，所以的取值范围为.（3）和有且仅有两对“关联点”等价于曲线和有且仅有两个交点，即，化简可得，令，则.（i）若，则，由，得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.①当时，，即，则没有零点，不满足题意.②当时，，只有一个零点，不满足题意.③当时，，即，当时，，，因为，所以，故，又，所以在上有一个零点.设，则，单调递增，所以，则当时，，又，所以，因此在上有一个零点.故当时，有两个不同的零点，满足题意.（ii）若，则由，得，.①当时，，当时，；当时，；当时，.所以在和上单调递减，在上单调递增.又，所以至多有一个零点，不满足题意.②当时，，则，所以单调递减，至多有一个零点，不满足题意.③当时，，当时，；当时，；当时，.所以在和上单调递减，在上单调递增，又，所以至多有一个零点，不满足题意.综上，实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：（3）和有且仅有两对“关联点”等价于曲线和有且仅有两个交点，令，利用导数讨论零点情况，求得实数的取值范围.5．（2024·江西新余·模拟预测）我们知道，在平面直角坐标系中，可以用两点之间距离公式刻画两点的距离，事实上，这里的距离属于这两个点的一种“度量”.在拓扑学中，我们规定某一实数满足：①，当且仅当时等号成立；

②；

③.其中，为平面直角坐标系内的三个点，我们就称是关于两点的一个“度量”.设：平面直角坐标系（为坐标原点）内两点的“距离”.(1)求证：两点的“距离”是关于两点的一个“度量”.(2)设为平面直角坐标系内任意一点.（ⅰ）若，请在下图中定性做出点的集合组成的图像（不必说明理由，但要求做出特殊点与其特征）.

（ⅱ）求证：.(3)规定平面内两条平行直线的距离为在上分别取的任意两个点距离的最小值.已知不重合的直线，，，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)（i）图象见解析；（ii）证明见解析(3)【分析】（1）根据题设定义逐一检验①②③，即可证明结果；（2）（i）根据题设定义，利用，即可求解；（ii）设Px,y，则，再令，即可证明结果；（3）根据题设，令，得到，再分，和，三种情况，根据造函数，，，利用函数的单调性，即可求出结果.【详解】（1）①显然成立，令，由于，，故当且仅当时等号成立令，则，所以单调递增，得到，即，当且仅当时等号成立，②易知显然成立，③由于单调递增，故由可得：，故，即，所以距离是一种度量.（2）（ⅰ）如图

（ⅱ）设Px,y，则=，令，则，即.（3）设，，，令，则.当时，成立，不妨设（同理），设，令单调递增，单调递减，，则，令，①当时，，②当时，，，，③当时，，，由于为一次或二次函数，故①、②、③均唯一使，故在单调递增，在单调递减，④时，，单调递增，综上，，有，解得，当，同理可求得，所以.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于理解“度量”和“距离”的定义，再结合不等式及导数知识，即可求解.考点四、其他新定义综合1．（2024·浙江·二模）古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数，正割函数，余割函数，正矢函数，余矢函数.如图角始边为轴的非负半轴，其终边与单位圆交点，、分别是单位圆与轴和轴正半轴的交点，过点作垂直轴，作垂直轴，垂足分别为、，过点作轴的垂线，过点作轴的垂线分别交的终边于、，其中、、、为有向线段，下列表示正确的是（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知，，，然后结合新定义简单计算可判断各个选项.【详解】根据题意，易得，对于A，因为，即，故A错误；对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，故D错误.故选：C.【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似三角形相似比求解，注意有向线段.2．（2024·吉林长春·一模）我们知道，在平面内取定单位正交基底建立坐标系后，任意一个平面向量，都可以用二元有序实数对表示.平面向量又称为二维向量，一般地，n元有序实数组称为n维向量，它是二维向量的推广.类似二维向量，对于n维向量，可定义两个向量的数量积，向量的长度（模）等：设，，则；.已知向量满足，向量满足(1)求的值；(2)若，其中.（i）求证：；（ii）当且时，证明：.【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）利用定义求出，再利用错位相减法求和即得.（2）（i）构造函数，利用导数探其单调性推理得证；（ii）利用（i）的结论，结合裂项相消法求和即可推理得证.【详解】（1）依题意，，，则，于是，两式相减得，所以.（2）（i），依题意，，设，，求导得，函数在上单调递增，即当时，，即，因此，，所以.（ii）由（i）知，且，因此

，即，所以当且时，.【点睛】关键点点睛：构造函数，利用导数判断其单调性，赋值计算得到是解决第2问的关键.3．（22-23高一上·云南昆明·期末）人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为(1)若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离；(2)已知，，，若，，求的值【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据公式直接计算即可.（2）根据公式得到，，计算得到答案.【详解】（1），，故余弦距离等于；（2）；故，，则.1．（24-25高三上·北京·阶段练习）古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，托勒密把圆的半径60等分，用圆的半径长的作为单位来度量弦长.将圆心角所对的弦长记为.如图，在圆中，的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，因此的圆心角所对的弦长为60个单位，即.若为圆心角，，则.

【答案】【分析】根据度量弦长的定义，利用余弦定理求出时圆心角所对应的弦长，结合的圆心角所对的弦长为60个单位即可求出结果.【详解】设圆的半径为，时圆心角所对应的弦长为，利用余弦定理可知，即可得又的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，的圆心角所对的弦长为60个单位，即与半径等长的弦长为60个单位，所以.故答案为：2．（2024·广西钦州·三模）对于平面向量，定义“变换”：，其中表示中较大的一个数，表示中较小的一个数.若，则.记.(1)若，求及；(2)已知，将经过次变换后，最小，求的最小值；(3)证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得.【答案】(1)(2)1349.(3)证明见解析【分析】（1）先根据已知的新定义求出，从而可求出及；（2）根据求出，从而可求出，进而可得且，则可求出的最小值；（3）分，，和四种情况讨论即可.【详解】（1）因为，所以，所以，所以.（2）因为，所以或所以，即.由题意可得，，，根据规律可得且，由且可得的最大值为674，所以，所以，此后进入循环.所以当时，；当时，；当时，.所以最小时，的最小值为1349.（3）证明：当时，显然存在，使得.当时，，即，存在，使得.同理，当时，存在，使得.当时，若，则，存在，使得.若，设.假设对任意，则均不为0.因为，所以.若，则，若，则，所以，所以，即.因为，所以，所以，与矛盾，故假设不正确，即存在，使得.综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使得.【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的新定义，解题的关键是对平面向量新定义的正确理解，根据新定义求解，考查分析问题的能力、理解能力和计算能力，属于难题.3．（2024·山西太原·二模）已知两个非零向量，，将向量绕着它的起点沿逆时针方向旋转（）弧度后，其方向与向量的方向相同，则叫做向量到的角．已知非零向量到的角为，数量叫做向量与的运算，记作，即．根据此定义，不难证明以下性质：①；②；③．(1)利用以上性质证明：；(2)设到的角为，定义．当时，则表示△OAB面积；当时，则表示△OAB面积的相反数．利用上述定义和性质证明：①如图，四边形ABCD的两边AD，BC延长相交于点E，对角线AC，BD的中点为F，G，求证：四边形ABCD的面积等于△EFG的面积的4倍；②在平面直角坐标系中，记向量，，△ABC各顶点坐标分别为，，，求证：△ABC面积为．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）由新定义求证；（2）①由，再由新定义求解；②由，再由新定义求解．【详解】（1）由题意得；（2）①设（），，∴四边形ABCD的面积等于△EFG的面积的4倍；②∵，，∴，，，∵，，，∴，，∴，∴△ABC面积为．【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解新定义运算，结合向量的数量积运算求解．4．（24-25高二上·河北保定·开学考试）给定平面上一个图形D，以及图形D上的点，如果对于D上任意的点P，为与P无关的定值，我们就称为关于图形D的一组稳定向量基点.(1)已知为图形D，判断点是不是关于图形D的一组稳定向量基点；(2)若图形D是边长为2的正方形，是它的4个顶点，P为该正方形上的动点，求的取值范围；(3)若给定单位圆及其内接正2024边形为该单位圆上的任意一点，证明是关于圆的一组稳定向量基点，并求的值.【答案】(1)不是(2)(3)证明见解析，4048【分析】（1）分别计算与重合和与重合时这两种情况下的结果，再依据一组稳定向量基点的定义得解.（2）根据向量运算法则得，再结合正方形结构性质可得的最大值和最小值，进而得解.（3）先转化，从而得，再结合和偶数边的正多边形图形结构性质即可得解.【详解】（1）点不是关于的一组稳定向量基点，理由如下：当与重合时，有，当与重合时，有，故不是关于的一组稳定向量基点.（2）因为，所以，故由正方形结构性质得：当与重合时，取得最大值；当与重合时，取得最小值0.所以的取值范围为.（3）设单位圆的圆心为，则，所以，因为多边形是正2024边形，所以由偶数边的正多边形图形结构性质可知，故，又，所以，故是关于圆的一组稳定向量基点，且.【点睛】方法点睛：对于新定义题目，解决此类题的策略是：1.准确理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论等；2.重视“举例”，利用例子可以检验是否理解和懂得正确运用，归纳例子提供的解题思路和方法；3.运用新定义去解决问题时，根据新定义交代的性质或运算规则去运用即可，解决问题的过程中还需要将“新定义”的知识与已有知识联系起来，利用已有知识经验来解决问题.1．（2021·四川达州·一模）两个非零向量，，定义．若，，则．【答案】【分析】根据新定义及向量夹角公式计算即可.【详解】因为，，所以，故，所以，故答案为：2．（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）（多选）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.已知在直四棱柱中，四边形为菱形，，则下列说法正确的是（

）A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则直线与平面所成的角的正弦值为【答案】CD【分析】对于A,根据题意当直四棱柱的底面不为正方形时，不符合题意；对于B，根据题中直接计算即可；对于C，根据条件可得直四棱柱为正方体，继而利用线面垂直的判定定理即可证明；对于D，根据条件可得即是等边三角形，则即为与平面所成的角，计算其正弦值即可.【详解】对于A.当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；对于B.若，则菱形为正方形，因为平面，，平面，所以，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故错误；对于C.在四面体中，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，因为平面平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，同理，又，，平面，所以平面，故正确；对于D.直四棱柱在顶点处的离散曲率为，则，即是等边三角形，设，则即为与平面所成的角，，故正确；故选:CD.3．（2021·全国·模拟预测）（多选）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．已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（

）A．直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等B．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为C．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为D．若四面体在点处的离散曲率为，则平面【答案】BD【分析】读懂题意，求解曲率的关键，是求解线线夹角，再代入离散曲率公式处理.画出对应的立体图形，根据边角关系求出夹角的数值即可.当然也可设出各棱长的数值，建系求解，排除错误选项.【详解】A项，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故选项A错误；B项，若，则菱形为正方形，因为平面，所以，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项B正确；C项，若，则，又，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项C错误；D项，在四面体中，，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，结合正方体的结构特征可知平面，选项D正确．故选：BD【点睛】本题主要考查离散曲率，考查考生的创新能力、逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力．试题结合新定义——离散曲率命制立体几何试题，角度新颖，要求考生充分理解离散曲率的定义，结合立体几何的结构特征求解，体现了数学探索、理性思维学科素养．4．（24-25高三上·河南·阶段练习）已知数列（正整数且为常数）的各项均为正整数，设集合，记中的元素个数为.(1)若数列求集合及的值；(2)若数列为等差数列，求的值；(3)求的最大值．【答案】(1)5(2)答案见解析.(3)【分析】（1）数列中后面的项减去前面的项，注意集合中重复元素只取一个，即可得出结果.（2）按照等差数列公差是否为0讨论，求解（3）最大即数列各项差均不相同，此时只需要任取两项即可得到一个元素，用组合数即可得出结果.【详解】（1）由题意得：，，，，，∴，∴（2）若为等差数列，设的公差为，当时，，①当时，，可得，可得，②当时，，则；（3）要想最大，则数列任意两项间的差各不相同，设数列，此时，若存在，则，其中，故，若，不妨设，则，而，故为偶数，为奇数，矛盾，故，故，故由得到的彼此相异，又由在数列中任意取两个数有种取法，可得集合中最多有个元素，故的最大值为.5．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知集合，若存在数阵满足：①；②；则称为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”．(1)已知数阵是的一个好数阵，试写出，，，的值；(2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个；(3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)证明见解析(3)不是，理由见解析【分析】（1）直接根据新定义解出未知量的值；（2）先证是不同于的“好数阵”，再证、，列举两个“好数阵”，即可证明；（3）假设为“好集合”，根据新定义可得，证明不是偶数即可求解.【详解】（1），由“好数阵”的定义，知，，故，，，，进一步得到.从而，，.（2）如果是一个“好数阵”，则，.从而，.故也是一个“好数阵”.由于是偶数，故，从而.所以数阵和的第1行第2列的数不相等，故是不同的数阵.设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下：对，规定.因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合.而，即，从而是满射，由是有限集，知也是单射，故是一一对应.对于“好数阵”，已证数阵和是不同的数阵，故.同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则.所以，当且仅当.最后，对，由，称2元集合为一个“好对”.对，若属于某个“好对”，则或，即或.由于，故无论是还是，都有.所以每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.（3）若是“好数阵”，则，所以，这表明一定是偶数.若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”.【点睛】方法点睛：学生在理解相关新定义、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.6．（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）给定正整数，集合.若存在集合，，，同时满足下列三个条件：①，；②集合中的元素都为奇数，集合中的元素都为偶数，所有能被3整除的数都在集合中（集合中还可以包含其它数）；③集合，，中各元素之和分别为，，，有；则称集合为可分集合.(1)已知为可分集合，写出相应的一组满足条件的集合，，；(2)当时，是不是可分集合？判断并说明理由；(3)已知为偶数，求证：“是整数”是“为可分集合”的必要不充分条件.【答案】(1)，，(答案不唯一)(2)不是，理由见解析(3)证明见解析【分析】（1）取，按照定义列举即可；（2）方法一：用反证法即可得结论；方法二：由题意可得所有元素和为，中元素是偶数，从而得是12的倍数，又因为时，不是12的倍数，即得矛盾；（3）按照必要不充分条件的定义证明即可【详解】（1）解：依照题意，取时，，又，，则，所以可以取，，；（2）解：当时，不是可分集合，理由如下：方法一：假设存在是3的倍数且是可分集合，设，则依照题意，故，

而这个数的和为，故，矛盾，所以是3的倍数时，一定不是可分集合；方法二：注意到所有元素和为，又中元素是偶数，所以（为正整数），所以，即是12的倍数.容易验证，当时，不是12的倍数，矛盾！所以当时，不是可分集合；（3）证明：因为所有元素和为，又中元素是偶数，所以（为正整数），所以，因为，为连续整数，故这两个数一个为奇数，另一个为偶数，由（2）知道，不是3的倍数，所以一定有是3的倍数.当为偶数时，为奇数，而，所以一定有是3的倍数，是4的倍数，所以既是3的倍数又是4的倍数，从而可分的一个必要条件是：是12的倍数.从而“是整数”是“为可分集合”必要条件.另一方面，当时，不是可分集合，从而“是整数”不是“为可分集合”充分条件（可以验证：当，56，时，不可分，其余满足是正整数情形，都可分）综上可知，“是整数”是“为可分集合”的必要不充分条件.【点睛】关键点睛：对于新定义题目，理解和利用定义进行解答是关键.7．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知无穷数列an，bn各项都是正整数，定义集合：，；(1)已知，，直接写出集合；(2)若，，，求证：an中有无穷多个1；(3)若an，bn均为等差数列，且，均为无限集，求证：．【答案】(1);(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1），需要根据集合的定义，将，式代入，找出满足条件的n值，从而确定集合。（2），利用，，的条件，通过假设和反证法来证明an中有无穷多个1.（3），根据等差数列的通项公式，结合均为无限集的条件，通过分析数列之间的大小关系来证明.【详解】（1）对于集合，已知，根据的定义当且仅当，当时，.要使，即，解得.因为n是正整数，所以都满足.所以对于集合，已知，.根据的定义当且仅当当时，.要使，即，解得

.当时，，满足当时，,满足当时，，满足所以（2）假设中只有有限个1.因为，所以.由于，则存在N，当时，或者恒成立.不妨设，那么，即，这与各项都是正整数矛盾.所以假设不成立，即中有无穷多个1.（3）设.因为是无限集，对于任意大的n，存在j使得，即，整理得对任意大的n成立，所以.同理，因为是无限集，对于任意大的n，存在j使得，即，整理得对任意大的n成立，.所以.设.对于任意，存在j使得，即，移项得.对于这个n，也存在k使得，即，移项得，所以，即.同理可证，所以.【点睛】关键点点睛：本题考查数列与集合新定义，读懂题目意思是关键.第2问想到用反证法就可解决，第3问借助集合，研究集合与集合之间的包含关系，进而得到8．（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）已知数列an记集合(1)对于数列an：，列出集合的所有元素；(2)若是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；(3)若把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为若，求的最大值.【答案】(1)；(2)不存在，理由见解析；(3).【分析】（1）根据题目给出的集合的定义求解即可；（2）假设存在，使得，则有，则与奇偶性相同，所以与奇偶性不同，进行分析即可得解；（3）由，根据题意给出的集合新定义可对进行计算分析，讨论元素的奇偶情况，即可得出答案．【详解】（1）由题意可得，，，所以.（2）假设存在，使得，则有，由于与奇偶性相同，所以与奇偶性不同，又因为，所以必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾.故不存在，使得成立.（3）由题意得，当，时，，除，外，，其中与一奇一偶，则能拆成奇数与偶数之乘积，在正偶数中，只有无法拆成一个大于的奇数与一个不小于的偶数之乘积，又中的元素均为偶数，故，故2至2024偶数中除去4，8，16，32，64，128，256，512，1024，，故的最大值为．【点睛】关键点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及运算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.9．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）我们知道，在平面内取定单位正交基底建立坐标系后，任意一个平面向量，都可以用二元有序实数对表示．平面向量又称为二维向量．一般地，n元有序实数组称为n维向量，它是二维向量的推广．类似二维向量，对于n维向量，也可定义两个向量的数量积、向量的长度（模）等：设，，则；．已知向量满足，向量满足．(1)求的值；(2)若，其中，当且时，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）依题写出的展开式，利用错位相减法求和即得；（2）根据的表达式结构，考虑构造函数，利用其单调性得，，从而将表达式两次放缩，最后利用裂项相消法即可推理得到.【详解】（1）依题，，，则

①

②①－②，得即

所以.（2）因为，，所以，先证：，，

设，，则，所以在0,+∞上单调递增，即当时，，即，故，.

因为，所以

，.综上可得，当且时，.【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列的放缩法证明不等式，解题的关键在于，在求得之后，必须通过构造函数，判断其单调性，赋值得到，将解析式缩小，再设法将其缩小为可以运用裂项相消法求和的式子，化简即得.10．（24-25高三上·江苏盐城·阶段练习）设集合A为非空数集，定义.(1)若集合，直接写出集合及；(2)若集合且，求证；(3)若集合且，求A中元素个数的最大值.【答案】(1)，(2)证明见解析(3)1350【分析】（1）根据新定义直接求解即可；（2）由题意可得且，即可证明；（3）由新定义可得、，由题意和容斥原理得，最小的元素为0，最大的元素为，则，求出的范围，设且，求出的最小值即可.【详解】（1）由，，故，故.（2）由于集合且，所以中也只包含四个元素，即剩下的，所以；（3）设满足题意，其中，，所以，，所以，因为，由容斥原理，中最小的元素为0，最大的元素为，所以，则，所以，当时满足题意，证明如下：设且，则，，依题意有，故的最小值为675，于是当时A中元素最多，即时满足题意，综上所述，集合A中元素的个数的最大值是1350.【点睛】关键点点睛：第三问，由题意推得为关键，再研究集合元素最多时元素个数.11．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知集合，对于任意，操作一：选择中某个位置（某两个数之间或第一个数之前或最后一个数之后），插入连续个或连续个，得到；操作二：删去中连续个或连续个，得到；进行一次操作一或者操作二均称为一次“月变换”，在第次“月变换”的结果上再进行次“月变换”称为第次“月变换”．(1)若对进行两次“月变换”，依次得到，．直接写出和的所有可能情况．(2)对于和至少要对进行多少次“月变换”才能得到？说明理由．(3)证明：对任意，总能对进行不超过次“月变换”得到．【答案】(1)，，或，，或，.(2)(3)证明见解析【分析】（1）直接根据定义得到所有可能的情况即可；（2）先对段落数估计，证明一定需要次操作，然后构造次操作的例子，即可说明至少需要的操作次数为；（3）先给出具体的操作方式，然后证明该操作方式下操作的总次数不会超过.【详解】（1）由于对进行一次“月变换”后就得到了，说明一定含有个相同且相邻的数，从而只可能是，，，对应的分别是，1,0，0,1.（2）对每个中的元素，将其所有连续的和连续的各自记为一个段落，则容易得到：若对某个进行一次操作一得到，则的段落数或者和的段落数相等，或者比的段落数多，或者比的段落数多；若对某个进行一次操作二得到，则的段落数或者和的段落数相等，或者比的段落数少，或者比的段落数少.这表明，每次“月变换”下，变换前后元素的段落数之差的绝对值不超过.现在，的段落数为，的段落数为.故若对进行次“月变换”后可以得到，则由前面的结论知包含的段落数之差的绝对值不超过，所以，得.如果，则再次由前面的结论可知，变换过程中每次都是操作二，且有次变换后相比变换前的段落数多，有次变换后相比变换前的段落数多.但在只进行操作二的情况下，的数量不可能减少，但包含的的个数分别是，矛盾.所以.下面的变换过程表明是可行的：，，，，，.所以，至少要对进行次“月变换”才能得到.（3）由于能通过“月变换”得到，当且仅当能通过“月变换”得到，所以我们不妨设的段落数不小于的段落数，则.此时，我们再不妨设中的段落数不超过的段落数，从而中的段落数不超过.显然，如果不含，则只需要一次操作使含的个数与相等，然后再插入至多个连续的构成的段落即可，由知结论成立.下面考虑含的情况，进行如下操作：第一步：如果的的个数小于，则在的任意一个右侧增加若干个使得二者含数量相等，否则跳过该步骤；第二步：我们不断对进行增加或删除连续若干个的操作.准备工作：如果和开头的数码不同，则在开头增加或删去若干个，否则跳过该步骤.然后反复进行以下步骤：情况1：如果当前的的第一个和不一致的段落对应的数字是由组成的，则在的