2024年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)試題專項突破：創(chuàng)新定義題型（含答案及解析）

專題20創(chuàng)新定義題型

考情概覽

命題解讀考向考查統(tǒng)計

1.高考對創(chuàng)新定義的考查，是新高考改解析幾何創(chuàng)新問題2024?新高考I卷，11

革出現(xiàn)的題型，一般難度較大。2024年

九省聯(lián)考出現(xiàn)了概率的新定義問題，而

數(shù)列新定義2024?新高考I卷，19

2025年新高考中出現(xiàn)了解析幾何、數(shù)列

的新定義問題。

2024年真題研析

命題分析

2024年高考新高考I卷11題考查了解析幾何的創(chuàng)新題型，主要是曲線方程的求法及性質(zhì)。n卷雖然未考

查新定義類型，但是壓軸題將數(shù)列與雙曲線相結(jié)合，也是一次獨特的創(chuàng)新。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(xué)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)，按新定義照章辦事''逐條分析、驗證、運算，使

問題得以解決，難度較難，需重點特訓(xùn)。預(yù)計2025年高考還是主要考查數(shù)列、函數(shù)的新定義問題。

試題精講

一、多選題

1.(2024新高考I卷-11)造型上可以做成美麗的絲帶，將其看作圖中曲線C的一部分.已知C過坐標原點

。.且C上的點滿足橫坐標大于-2,到點/(2,0)的距離與到定直線X=a(a<0)的距離之積為4,則()

A.a=-2B.點(2&,0)在C上

4

c.C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1D.當點（X。,%）在C上時，為4￡71

【答案】ABD

【分析】根據(jù)題設(shè)將原點代入曲線方程后可求。，故可判斷A的正誤，結(jié)合曲線方程可判斷B的正誤，利

用特例法可判斷C的正誤，將曲線方程化簡后結(jié)合不等式的性質(zhì)可判斷D的正誤.

【詳解】對于A：設(shè)曲線上的動點尸（xj）,則工>-2且J（x-2y+r中一同=4,

因為曲線過坐標原點，故Jo-Zf+ORO-a|=4,解得。=-2,故A正確.

對于B：又曲線方程為小卜-2『+1.卜+2|=4,而x>-2,

故J（x_2y+y2x（x+2）=4.

當x=2叵y=0時，M及一2『x（2形+2）=8一4=4,

故（2倉0）在曲線上，故B正確.

216/3

對于C由曲線的方程可得歹==〒—（％—2）,取

（x+2）2

則，2暇」=64I1645256-245

rnj-------1=------=--------->0,故此時/>1,

49449449x4

故C在第一象限內(nèi)點的縱坐標的最大值大于1,故C錯誤.

對于D：當點（后,%）在曲線上時，由c的分析可得/=（X：2）2一一2）2V（X：2）2，

44

故一二故D正確

故選：ABD.

【點睛】思路點睛：根據(jù)曲線方程討論曲線的性質(zhì)，一般需要將曲線方程變形化簡后結(jié)合不等式的性質(zhì)等

來處理.

二、解答題

2.（2024新高考I卷?19）設(shè)機為正整數(shù)，數(shù)列生，出，…，為”+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項生

和盯?</）后剩余的4加項可被平均分為加組，且每組的4個數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列用，電，…,為”+2

是億/）-可分數(shù)列.

⑴寫出所有的億J）,1口<片6,使數(shù)列為,如，…,%是億/）-可分數(shù)列；

⑵當〃出3時，證明：數(shù)列％,電，…,為”+2是（2,13）-可分數(shù)列；

⑶從1,2,...,4加+2中一次任取兩個數(shù)i和八i<j）,記數(shù)列與出,…,?+2是億力-可分數(shù)列的概率為&，證明:

Pm>(.

O

【答案】⑴&2）,（1,6卜（5,6）

⑵證明見解析

⑶證明見解析

【分析】（1）直接根據(jù)。"卜可分數(shù)列的定義即可；

（2）根據(jù)億/）-可分數(shù)列的定義即可驗證結(jié)論；

（3）證明使得原數(shù)列是可分數(shù)列的億J）至少有（加+1）2-加個，再使用概率的定義.

【詳解】（1）首先，我們設(shè)數(shù)列生,。2,…，a4m+2的公差為d,則d/0.

由于一個數(shù)列同時加上一個數(shù)或者乘以一個非零數(shù)后是等差數(shù)列，當且僅當該數(shù)列是等差數(shù)列，

故我們可以對該數(shù)列進行適當?shù)淖冃?="+l（k=l,2,...,4m+2）,

得到新數(shù)列4=左（左=1,2,「4加+2）,然后對數(shù)4，…,進行相應(yīng)的討論即可.

換言之，我們可以不妨設(shè)勾=左住=12…M機+2）,此后的討論均建立在該假設(shè)下進行.

回到原題，第1小問相當于從1,2,3,4,5,6中取出兩個數(shù)i和/。＜力，使得剩下四個數(shù)是等差數(shù)列.

那么剩下四個數(shù)只可能是1,2,3,4,或2,3,4,5,或3,4,5,6.

所以所有可能的（力⑺就是（1,2）,（1,6）,（5,6）.

（2）由于從數(shù)列1,2,...,4加+2中取出2和13后，剩余的4加個數(shù)可以分為以下兩個部分，共加組，使得每組

成等差數(shù)列：

①{1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14},共3組；

②{15,16,17,18},{19,20,21,22},...,{4刃-1,4〃2,4加+1,4〃7+2},共加-3組.

（如果%-3=0,則忽略②）

故數(shù)列1,2,…,4加+2是（2,13）-可分數(shù)列.

（3）定義集合/={4左+1伏=0,1,2,…，加}={1,5,9,13,…，4機+1},

8={4左+2]左=0,1,2,…,加}={2,6,10,14,…,4機+2}.

下面證明，對加+2,如果下面兩個命題同時成立，

則數(shù)列1,2,…,4牧+2一定是億/）-可分數(shù)列:

命題1:i&A,j&B^i&B,j&A；

命題2：j-i豐3.

我們分兩種情況證明這個結(jié)論.

第一種情況：如果且23.

此時設(shè)，=*+1,y=4^2+2,kx,k2.

則由，</可知4勺+1<4/+2,即左2-左1>-“故人22K.

此時，由于從數(shù)列1,2,…4〃+2中取出i=4勺+1和/=4e+2后，

剩余的4加個數(shù)可以分為以下三個部分，共加組，使得每組成等差數(shù)列：

①{1,2,3,4},{5,6,7,8}”..,{優(yōu)一3,缺一2,4月一1,4勺},共占組；

（2）{4匕+2,4K+3,4左1+4,4kl+5},{4左］+6,4匕+7,4左］+8,4左］+9},{4左,一2,4k2—L4k2,4k、+1},k、—k、組；

③{4左2+3,4左2+4,4左2+5,4左②+6},{4怎+7,4/+8,4&+9,4砥+10},...,{4加-1,4私4加+1,4加+2},共〃

組.

（如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之）

故此時數(shù)列1，2,…,4根+2是?"）-可分數(shù)列.

第二種情況：如果iw0且/-*3.

此時設(shè)i=4/+2,J=4左2+I,kx,k2.

則由，〈/可知4左+2<4左2+1,即與-%>；,故左2>尢.

由于/-七3,故（4e+1）-（缺+2）*3,從而這就意味著伍-左之2.

此時，由于從數(shù)列1,2,…,4/+2中取出i=4%+2和J=4后2+1后，剩余的4m個數(shù)可以分為以下四個部分，

共小組，使得每組成等差數(shù)列：

①{1,2,3,4},{5,6,7,8}”..,{優(yōu)一3,缺一2,4月一1,4勺},共升組;

{4左+1,3kl+乂+1,2%+2k、+1,/+3kz+1}，{3左+k?+2,2左+2k、+2,g+3k。+2,4:+2},共2組；

③）全體{4%+p,2>kl+k2+p,2kl+2k2+p,k{+3kl+P}，其中P=3,4,…，左之一左，共左2—左—2組；

［4左2+3,4k2+4,4怎+5,4k+6},{4七+7,4k+8,4k,+9,4k+10}，…,{4加—1,4,%4m+1,4a+2},共m—鼠

組.

（如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之）

這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含%-2個行，4個列的數(shù)表

以后，4個列分別是下面這些數(shù)：

［4匕+3,44+4,…,34+左2},{34+左2+3,34+質(zhì)+4,…,2左+2kJ,{2左］+2k?+3,2kl+2后,+3,…，/+3晨},

{匕+3左,+3,左+3無2+4,…,4左②.

可以看出每列都是連續(xù)的若干個整數(shù)，它們再取并以后，將取遍{4左+1,4左+2,…,4人2+2}中除開五個集合

［4左1+1,4左］+2},{3左1+后2+113kl+左2+2},{2左］+2k?+1,2kl+2kz+2},{/+3k2+1,左］+3k?+2},

{4e+1,4左2+2}中的十個元素以外的所有數(shù).

而這十個數(shù)中，除開已經(jīng)去掉的4K+2和4后2+1以外，剩余的八個數(shù)恰好就是②中出現(xiàn)的八個數(shù).

這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數(shù)列12...,癡+2是億））-可分數(shù)列.

至此,我們證明了:對1<i<j<4m+2,如果前述命題1和命題2同時成立,則數(shù)列1,2,...,4俏+2一定是,/）-

可分數(shù)列.

然后我們來考慮這樣的的個數(shù).

首先，由于4cB=0,A和3各有機+1個元素，故滿足命題1的億/）總共有（加+1『個；

而如果，-i=3,假設(shè)則可設(shè)1=4匕+1,j=4k2+2,代入得（4左2+2）-（4勺+1）=3.

但這導(dǎo)致矛盾，所以左瓦

設(shè)）=4無i+2,j=4k2+1,kx,k2e,則（4上?+1）-（4左+2）=3,即句-&=1.

所以可能的估他）恰好就是（OJ）,。,2）,…，（加-1,加）,對應(yīng)的億萬分別是（2,5）,（6,9）,...,（4加-2,4加+1）,總

共加個.

所以這（加+丁個滿足命題1的億萬中，不滿足命題2的恰好有加個.

這就得到同時滿足命題1和命題2的億/）的個數(shù)為（〃z+l）2-m.

當我們從1,2,…,4根+2中一次任取兩個數(shù)i和八，<8時，總的選取方式的個數(shù)等于

（4m+2）（4w+l）/、/、

-------------=[2m+l）（4w+1）.

而根據(jù)之前的結(jié)論，使得數(shù)列可，電，％加+2是伍/）-可分數(shù)列的億J）至少有（〃?+1）2-加個.

所以數(shù)列6,“2,…，”4機+2是億/）-可分數(shù)列的概率2一定滿足

,1（1Y

p*（〃?+1）2-切-+加+1:"廠+加+w〔加+笠

m（2機+1）（4冽+1）（2m+l）（4m+1）（2冽+1）（4機+2）2（2m+l）（2m+l）8

這就證明了結(jié)論.

一、新定義問題

“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，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(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.

二、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(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.

名校模擬探源

一、解答題

1.(2024?北京?三模)給定正整數(shù),設(shè)數(shù)列。|,出，…,火是1,2,...,"的一個排列，對7e｛1,2,...,〃｝,%表

示以q為首項的遞增子列的最大長度，匕表示以。，為首項的遞減子列的最大長度.

(1)若〃=4,q=1,出=4,%=2,%=3,求占和外；

*12342

(2)求證：Vze｛1,2,M-1｝,(x;-)+(x/+1-y,+1)0；

⑶求￡匕-％|的最小直

2.(2024?河南?三模)已知數(shù)列｛《｝的前〃項和為S“，若存在常數(shù)〃2>0),使得X%2S"+i對任意〃eN*

都成立，則稱數(shù)列｛%｝具有性質(zhì)尸(2).

(1)若數(shù)列｛%｝為等差數(shù)列，且Sj=-9,Ss=-25,求證：數(shù)列｛氏｝具有性質(zhì)產(chǎn)⑶；

(2)設(shè)數(shù)列｛g｝的各項均為正數(shù)，且｛%｝具有性質(zhì)尸(㈤.

①若數(shù)列｛%｝是公比為9的等比數(shù)列，且2=4,求9的值；

②求4的最小值.

3.(2024?河北保定?三模)在初等數(shù)論中，對于大于1的自然數(shù)，除了1和它自身外，不能被其它自然數(shù)

整除的數(shù)叫做素數(shù)，對非零整數(shù)a和整數(shù)6,若存在整數(shù)人使得6=垢，則稱。整除A已知p4為不同的

兩個素數(shù)，數(shù)列｛%｝是公差為p的等差整數(shù)數(shù)列，”為q除(所得的余數(shù)，S”為數(shù)列也J的前〃項和.

⑴若，%=1,0=3,4=2,求$2024；

(2)若某素數(shù)整除兩個整數(shù)的乘積，則該素數(shù)至少能整除其中一個整數(shù)，證明：數(shù)列也,｝的前q項中任意兩

項均不相同；

(3)證明：$防+1為完全平方數(shù).

4.(2024?海南?二模)設(shè)數(shù)列如果/中各項按一定順序進行一個排列，就

得到一個有序數(shù)組「：色也，&，…也).若有序數(shù)組「：(4也，&…也)滿足

\bn-b\<\b?-6M(ie｛1,2,3,-2｝)恒成立，則稱「:伯也也，…也)為”階減距數(shù)組；若有序數(shù)組

「:他也4…也)滿足電一耳誹,一%|(他｛1，2,3,…，〃-2｝)恒成立，則稱:T：倒也也，…也)為〃階非減距數(shù)

組.

(1)已知數(shù)列4：-1,3,2,-3,請直接寫出該數(shù)列中的數(shù)組成的所有4階減距數(shù)組：

(2)設(shè)「：(々也，&…也)是數(shù)列4：1，3,5,...,2〃-1(“24,〃€1\")的一個有序數(shù)組，若也也，…也)為"階

非減距數(shù)組，且「：色也，…也_J為n-1階非減距數(shù)組，請直接寫出4個滿足上述條件的有序數(shù)組「；

⑶已知等比數(shù)列/：%,。2,4，…，。"("23)的公比為4，證明：當q>0時，「：(％,出,。3,為"階非減距數(shù)

組.

5.(2024?江西九江三模)已知數(shù)列｛%｝共有〃(一禪2)項,且見eZ,若滿足廚包-a“⑷(1。,

則稱｛%｝為“約束數(shù)列”.記“約束數(shù)列”｛%｝的所有項的和為治.

⑴當加=5時，寫出所有滿足%=%=1"5=6的"約束數(shù)列”；

(2)當加=2000,%=25時，設(shè)p:々皿=2024;q:“約束數(shù)列”｛a,｝為等差數(shù)列.請判斷〃是9的什么條件，并說明

理由：

⑶當％=1,%=01”(半h2)寸，求國|的最大值.

6.(2024?山東青島?三模)在平面內(nèi)，若直線/將多邊形分為兩部分，多邊形在/兩側(cè)的頂點到直線/的距離

22

之和相等，則稱/為多邊形的一條'等線”，已知。為坐標原點，雙曲線E:1r-方=1(。>0]>0)的左、右焦

點分別為耳，月,E的離心率為2,點尸為E右支上一動點，直線加與曲線￡相切于點P,且與E的漸近線交

于45兩點，當尸耳軸時，直線y=l為△尸片外的等線.

(1)求E的方程；

⑵若y=后是四邊形AFXBF2的等線，求四邊形AFXBF2的面積；

(3)設(shè)南=g而，點G的軌跡為曲線「，證明:「在點G處的切線“為的等線

7.2024?浙江?三模)在平面直角坐標系中，如果將函數(shù)>=/(x)的圖象繞坐標原點逆時針旋轉(zhuǎn)a(0<a<卞

后，所得曲線仍然是某個函數(shù)的圖象，則稱/(x)為“夕旋轉(zhuǎn)函數(shù)”.

(1)判斷函數(shù)》=瓜是否為旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，并說明理由；

⑵已知函數(shù)〃X)=In(2x+1)(X>0)是“a旋轉(zhuǎn)函數(shù)"，求tana的最大值；

2

⑶若函數(shù)g(x)=a(x-l)e「xlnx-+是“4旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求修的取值范圍.

8.(2024?上海?三模)設(shè)f>0,函數(shù)>=/(x)的定義域為R.若對滿足三-三>，的任意再、X2，均有

f(x2)-f(X1)>t,則稱函數(shù)y=/(x)具有“尸⑺性質(zhì)”.

(1)在下述條件下，分別判斷函數(shù)丁=/(無)是否具有尸(2)性質(zhì)，并說明理由；

3

①=②/(x)=10sin2x；

⑵已知〃x)=ax3,且函數(shù)y=/(x)具有尸(1)性質(zhì)，求實數(shù)。的取值范圍；

(3)證明："函數(shù)>="X)-x為增函數(shù)”是“對任意t>0,函數(shù)了=/(x)均具有尸⑺性質(zhì)”的充要條件.

9.(2024?新疆喀什?三模)已知定義域為R的函數(shù)/(x)滿足：對于任意的xeR,都有

/(x+2兀)=/卜)+/(2兀),則稱函數(shù)〃x)具有性質(zhì)P.

⑴判斷函數(shù)g(x)=x,〃(x)=sinx是否具有性質(zhì)產(chǎn)；(直接寫出結(jié)論)

⑵已知函數(shù)/'(xhsinWx+e)(^-<(p<-,|同<5),判斷是否存在。，。，使函數(shù)〃x)具有性質(zhì)產(chǎn)？若

存在，求出。的值；若不存在，說明理由；

⑶設(shè)函數(shù)/⑺具有性質(zhì)產(chǎn)，且在區(qū)間［0,2可上的值域為兀)］.函數(shù)g(x)=sin(/(x)),滿足

g(x+2兀卜g(x),且在區(qū)間(0,2兀)上有且只有一個零點.求證：/(2K)=2^.

10.(2024?貴州六盤水?三模)若函數(shù)“X)在上有定義，且對于任意不同的國,馬?應(yīng)可，都有

-/伍)|<％|，則稱/(x)為上的a類函數(shù)”

⑴若〃X)=/,判斷/"(X)是否為［1,2］上的“4類函數(shù)”；

21

⑵若〃x)=—lnx+(a+l)x+—為［l,e］上的“2類函數(shù)”，求實數(shù)a的取值范圍；

ex

⑶若〃X)為［1,2］上的“2類函數(shù)”且〃1)=〃2),證明：V再,x2e［l,2］,|/(^)-/(^2)|<1.

II.(2024?江西南昌?三模)給定數(shù)列｛/“｝,若對任意加，〃eN*且加4+4是｛4.｝中的項，則稱｛4｝

為““數(shù)列”.設(shè)數(shù)列｛a,,｝的前n項和為S".

⑴若S,,=1+",試判斷數(shù)列｛%｝是否為，力數(shù)列”,并說明理由；

(2)設(shè)｛見｝既是等差數(shù)列又是“〃數(shù)列”,且為=6,%eN*,%>6,求公差d的所有可能值；

(3)設(shè)｛%｝是等差數(shù)列,且對任意“eN*,J是■“｝中的項,求證：｛%｝是"數(shù)列”.

12.(2024?黑龍江?三模)如果"項有窮數(shù)列｛。"｝滿足%=氏，%=%,即

=??_;+1(?=1,2,???,?),則稱有窮數(shù)列｛?！埃秊椤皩ΨQ數(shù)列”.

⑴設(shè)數(shù)列也｝是項數(shù)為7的“對稱數(shù)列”，其中可也也也成等差數(shù)列，且a=3也=5,依次寫出數(shù)列也｝的

每一項；

(2)設(shè)數(shù)列｛.｝是項數(shù)為2"1(丘N*且丘2)的“對稱數(shù)列”，且滿足以「c』=2,記S,為數(shù)列上｝的前〃項

和.

①若q,C2,…,&構(gòu)成單調(diào)遞增數(shù)列，且q=2023.當％為何值時,S21取得最大值?

②若q=2024,且5I=2024,求上的最小值.

13.(2024?安徽?三模)已知數(shù)列｛%｝的前〃項和為S",若數(shù)列｛見｝滿足：

①數(shù)列｛%｝為有窮數(shù)列；

②數(shù)列｛。,｝為遞增數(shù)列；

③左eN*,使得即=。？+%；

則稱數(shù)列｛%｝具有“和性質(zhì)”.

⑴已知S“="+〃(14〃4100),求數(shù)列｛對｝的通項公式，并判斷數(shù)列｛%｝是否具有“和性質(zhì)”；(判斷是否具

有''和性質(zhì)''時不必說明理由，直接給出結(jié)論)

(2)若首項為1的數(shù)列｛。,｝具有"和性質(zhì)

V+1

(i)比較%與七一的大小關(guān)系，并說明理由；

(ii)若數(shù)列｛%｝的末項為36,求S,的最小值.

14.(2024?湖北荊州?三模)對于數(shù)列｛%｝,如果存在一個正整數(shù)加，使得對任意〃("eN*),都有當+?,=%

成立，那么就把這樣的一類數(shù)列｛%｝稱作周期為加的周期數(shù)列，加的最小值稱作數(shù)列打“｝的最小正周期，

簡稱周期.

"2,77=1

(1)判斷數(shù)列%=sin河和％=3〃=2是否為周期數(shù)列，如果是，寫出該數(shù)列的周期，如果不是,

、"一|一匕一2+1，〃23

說明理由.

(2)設(shè)(1)中數(shù)列｛以｝前〃項和為S”，試問是否存在P，4,使對任意〃eN*,都有0<(-!)”?成立，若

n

存在，求出的取值范圍，若不存在，說明理由.

b1—1,b?=a

⑶若數(shù)列㈤｝和低｝滿足且工2=&丑(讓l,〃eN)'是否存在非零常數(shù).，使得｛凡｝是周期

,b"

數(shù)列？若存在，請求出所有滿足條件的常數(shù)。；若不存在，請說明理由.

15.(2024?安徽蕪湖?三模)若數(shù)列｛%｝的各項均為正數(shù)，且對任意的相鄰三項q+「都滿足

*%<a；,則稱該數(shù)列為“對數(shù)性凸數(shù)列”，若對任意的相鄰三項a,_lta?at+l,都滿足+aM<2%則稱該

數(shù)列為“凸數(shù)列”.

(1)已知正項數(shù)列｛q,｝是一個“凸數(shù)列”，且a“=e%,(其中e為自然常數(shù)，〃eN*),證明：數(shù)列｛%｝是一個

“對數(shù)性凸數(shù)列”，且有5a6；

(2)若關(guān)于x的函數(shù)〃力=4+3+4/+始3有三個零點,其中々>0(:123,4).證明：數(shù)列4也也也是

一個“對數(shù)性凸數(shù)列”：

(1?]〃-1)〃一1〃、

(3)設(shè)正項數(shù)列為,是一個“對數(shù)性凸數(shù)列”，求證：一rZ"，2—Z%—X%

+八"-1普1)H八)

16.(2024?湖南?二模)直線族是指具有某種共同性質(zhì)的直線的全體，例如X=(y+1表示過點(1,0)的直線,

直線的包絡(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.

⑴若圓6：/+/=1是直線族F+⑵=1(加,〃eR)的包絡(luò)曲線，求機，〃滿足的關(guān)系式；

(2)若點尸(%,%)不在直線族：Q(2a-4)x+4y+(a-2)2=0(。eR)的任意一條直線上，求％的取值范圍和直

線族Q的包絡(luò)曲線E;

⑶在(2)的條件下，過曲線E上48兩點作曲線后的切線44，其交點為尸.已知點C(0,l),若4民C三點

不共線，探究/PC4=/PC8是否成立？請說明理由.

17.(2024?江蘇南通?二模)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓「：=+￡=1(。>6>0)的離心率為逅,

ab3

直線/與「相切，與圓O：f+y2=3/相交于1,8兩點.當/垂直于X軸時，|48|=2幾.

(1)求「的方程；

(2)對于給定的點集M,N,若M中的每個點在N中都存在距離最小的點，且所有最小距離的最大值存在，

則記此最大值為或M,N).

(i)若"，N分別為線段N8與圓O上任意一點，P為圓。上一點，當AP/8的面積最大時，求d(MN)；

(ii)若d(M,N),d(N,M)均存在，記兩者中的較大者為已知“(x,y),“(y,z),〃(x,z)均存

在，證明：”(x,z)+〃(y,z)N，(x,y).

18.(2024?新疆烏魯木齊二模)在平面直角坐標系中，重新定義兩點山西,%),8(%,%)之間的“距離”

為|/卻=民-占|+上-必我們把到兩定點片(-。,0)，&(c,0)(c>0)的“距離”之和為常數(shù)2“a>c)的點的軌

跡叫“橢圓”.

⑴求“橢圓”的方程;

(2)根據(jù)“橢圓”的方程，研究“橢圓”的范圍、對稱性，并說明理由；

⑶設(shè)c=l,a=2,作出“橢圓”的圖形，設(shè)此橢圓”的外接橢圓為C,C的左頂點為A,過與作直線交C于M,N

兩點，A/MN的外心為0,求證：直線。。與的斜率之積為定值.

19.(2024?江西新余?二模)通過研究，已知對任意平面向量入=(x,y),把刀繞其起點/沿逆時針方向旋

轉(zhuǎn)。角得到向量萬=(xcos9-ysinaxsin6+ycos9),叫做把點B繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)0角得到點P,

(1)已知平面內(nèi)點2卜右,26)，點8(6,-26),把點8繞點/逆時針旋轉(zhuǎn)三得到點P,求點P的坐標：

22

2

(2)已知二次方程/+y-xy=l的圖像是由平面直角坐標系下某標準橢圓1r+%=1(〃>6>0)繞原點O逆

時針旋轉(zhuǎn);所得的斜橢圓C,

(i)求斜橢圓C的離心率；

(五)過點?？醋髋c兩坐標軸都不平行的直線4交斜橢圓C于點”、N,過原點。作直線4與直線4

61

垂直，直線4交斜橢圓C于點G、H,判斷麗肝是否為定值，若是，請求出定值，若不是，請說明

理由.

20.(2024?河南新鄉(xiāng)?二模)定義：若函數(shù)/(X)圖象上恰好存在相異的兩點尸，。滿足曲線了=/(x)在尸

和。處的切線重合，則稱P,。為曲線>=/(x)的“雙重切點”，直線尸。為曲線>=〃x)的“雙重切線”.

⑴直線y=2x是否為曲線〃％)=尤3+(的，，雙重切線，，，請說明理由；

Qx--<0

⑵已知函數(shù)g(尤)=e'X_'求曲線y=g(x)的“雙重切線”的方程;

]nx,x>0,

(3)已知函數(shù)力(x)=sinx,直線尸。為曲線>=〃("的“雙重切線”，記直線尸。的斜率所有可能的取值為左，

尢15

左2，…，k〃,若左>左2>%(，=3,4,5,…,一),證明：—<—.

O

21.2024?上海長寧二模)設(shè)函數(shù)7=/(無)的定義域為。，若存在實數(shù)左，使得對于任意xeD,都有/(x)<k,

則稱函數(shù)y=〃x)有上界，實數(shù)人的最小值為函數(shù)的上確界；記集合M,={〃x)>=坐在區(qū)間

(o,+“)上是嚴格增函數(shù)};

2

(1)求函數(shù)歹=——-(2<x<6)的上確界；

x-1

i1

(2)^f(x}=x-hx+2x\wceMx,求〃的最大值；

(3)設(shè)函數(shù)y=〃x)一定義域為(0,+司；若且j=〃x)有上界，求證：/(x)<0,且存在函數(shù)

V=/(x),它的上確界為0；

專題20創(chuàng)新定義題型

考情概覽

命題解讀考向考查統(tǒng)計

1.高考對創(chuàng)新定義的考查，是新高考改解析幾何創(chuàng)新問題2024?新高考I卷，11

革出現(xiàn)的題型，一般難度較大。2024年

九省聯(lián)考出現(xiàn)了概率的新定義問題，而

數(shù)列新定義2024?新高考I卷，19

2025年新高考中出現(xiàn)了解析幾何、數(shù)列

的新定義問題。

2024年真題研析

命題分析

2024年高考新高考I卷11題考查了解析幾何的創(chuàng)新題型，主要是曲線方程的求法及性質(zhì)。n卷雖然未考

查新定義類型，但是壓軸題將數(shù)列與雙曲線相結(jié)合，也是一次獨特的創(chuàng)新。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(xué)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)，按新定義照章辦事''逐條分析、驗證、運算，使

問題得以解決，難度較難，需重點特訓(xùn)。預(yù)計2025年高考還是主要考查數(shù)列、函數(shù)的新定義問題。

試題精講

一、多選題

1.(2024新高考I卷-11)造型上可以做成美麗的絲帶，將其看作圖中曲線C的一部分.已知C過坐標原點

。.且C上的點滿足橫坐標大于-2,到點/(2,0)的距離與到定直線X=a(a<0)的距離之積為4,則()

A.a=-2B.點(2&,0)在C上

4

c.C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1D.當點（X。,%）在C上時，為4￡71

【答案】ABD

【分析】根據(jù)題設(shè)將原點代入曲線方程后可求。，故可判斷A的正誤，結(jié)合曲線方程可判斷B的正誤，利

用特例法可判斷C的正誤，將曲線方程化簡后結(jié)合不等式的性質(zhì)可判斷D的正誤.

【詳解】對于A：設(shè)曲線上的動點尸（xj）,則工>-2且J（x-2y+r中一同=4,

因為曲線過坐標原點，故Jo-Zf+ORO-a|=4,解得。=-2,故A正確.

對于B：又曲線方程為小卜-2『+1.卜+2|=4,而x>-2,

故J（x_2y+y2x（x+2）=4.

當x=2叵y=0時，M及一2『x（2形+2）=8一4=4,

故（2倉0）在曲線上，故B正確.

216/3

對于C由曲線的方程可得歹==〒—（％—2）,取

（x+2）2

則，2暇」=64I1645256-245

rnj-------1=------=--------->0,故此時/>1,

49449449x4

故C在第一象限內(nèi)點的縱坐標的最大值大于1,故C錯誤.

對于D：當點（后,%）在曲線上時，由c的分析可得/=（X：2）2一一2）2V（X：2）2，

44

故一二故D正確

故選：ABD.

【點睛】思路點睛：根據(jù)曲線方程討論曲線的性質(zhì)，一般需要將曲線方程變形化簡后結(jié)合不等式的性質(zhì)等

來處理.

二、解答題

2.（2024新高考I卷?19）設(shè)機為正整數(shù)，數(shù)列生，出，…，為”+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項生

和盯?</）后剩余的4加項可被平均分為加組，且每組的4個數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列用，電，…,為”+2

是億/）-可分數(shù)列.

⑴寫出所有的億J）,1口<片6,使數(shù)列為,如，…,%是億/）-可分數(shù)列；

⑵當〃出3時，證明：數(shù)列％,電，…,為”+2是（2,13）-可分數(shù)列；

⑶從1,2,...,4加+2中一次任取兩個數(shù)i和八i<j）,記數(shù)列與出,…,?+2是億力-可分數(shù)列的概率為&，證明:

Pm>(.

O

【答案】⑴&2）,（1,6卜（5,6）

⑵證明見解析

⑶證明見解析

【分析】（1）直接根據(jù)。"卜可分數(shù)列的定義即可；

（2）根據(jù)億/）-可分數(shù)列的定義即可驗證結(jié)論；

（3）證明使得原數(shù)列是可分數(shù)列的億J）至少有（加+1）2-加個，再使用概率的定義.

【詳解】（1）首先，我們設(shè)數(shù)列生,。2,…，a4m+2的公差為d,則d/0.

由于一個數(shù)列同時加上一個數(shù)或者乘以一個非零數(shù)后是等差數(shù)列，當且僅當該數(shù)列是等差數(shù)列，

故我們可以對該數(shù)列進行適當?shù)淖冃?="+l（k=l,2,...,4m+2）,

得到新數(shù)列4=左（左=1,2,「4加+2）,然后對數(shù)4，…,進行相應(yīng)的討論即可.

換言之，我們可以不妨設(shè)勾=左住=12…M機+2）,此后的討論均建立在該假設(shè)下進行.

回到原題，第1小問相當于從1,2,3,4,5,6中取出兩個數(shù)i和/。＜力，使得剩下四個數(shù)是等差數(shù)列.

那么剩下四個數(shù)只可能是1,2,3,4,或2,3,4,5,或3,4,5,6.

所以所有可能的（力⑺就是（1,2）,（1,6）,（5,6）.

（2）由于從數(shù)列1,2,...,4加+2中取出2和13后，剩余的4加個數(shù)可以分為以下兩個部分，共加組，使得每組

成等差數(shù)列：

①{1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14},共3組；

②{15,16,17,18},{19,20,21,22},...,{4刃-1,4〃2,4加+1,4〃7+2},共加-3組.

（如果%-3=0,則忽略②）

故數(shù)列1,2,…,4加+2是（2,13）-可分數(shù)列.

（3）定義集合/={4左+1伏=0,1,2,…，加}={1,5,9,13,…，4機+1},

8={4左+2]左=0,1,2,…,加}={2,6,10,14,…,4機+2}.

下面證明，對加+2,如果下面兩個命題同時成立，

則數(shù)列1,2,…,4牧+2一定是億/）-可分數(shù)列:

命題1:i&A,j&B^i&B,j&A；

命題2：

我們分兩種情況證明這個結(jié)論.

第一種情況：如果且/-23.

此時設(shè)，=*+1,y=4^2+2,kx,k2.

則由，</可知4勺+1<4/+2,即左2-左1>-“故人22K.

此時，由于從數(shù)列1,2,…4〃+2中取出i=4勺+1和/=4e+2后，

剩余的4加個數(shù)可以分為以下三個部分，共加組，使得每組成等差數(shù)列：

①{1,2,3,4},{5,6,7,8}”..,{優(yōu)一3,缺一2,4月一1,4勺},共占組；

（2）{4匕+2,4K+3,4左1+4,4kl+5},{4左］+6,4匕+7,4左］+8,4左］+9},{4左,一2,4k2—L4k2,4k、+1},k、—k、組；

③{4左2+3,4左2+4,4左2+5,4左②+6},{4怎+7,4/+8,4&+9,4砥+10},...,{4加-1,4私4加+1,4加+2},共〃

組.

（如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之）

故此時數(shù)列1，2,…,4根+2是?"）-可分數(shù)列.

第二種情況：如果ie0且/-*3.

此時設(shè)i=4/+2,J=4左2+I,kx,k2.

則由，〈/可知4左+2<4左2+1,即與-%>；,故左2>尢.

由于，-七3,故（4e+1）-（缺+2）*3,從而這就意味著伍-左22.

此時，由于從數(shù)列1,2,…,4/+2中取出i=4%+2和J=4后2+1后，剩余的4m個數(shù)可以分為以下四個部分，

共小組，使得每組成等差數(shù)列：

①{1,2,3,4},{5,6,7,8}”..,{優(yōu)一3,缺一2,4月一1,4勺},共升組;

{4左+1,3kl+乂+1,2%+2k、+1,/+3kz+1}，{3左+k?+2,2左+2k、+2,g+3k。+2,4:+2},共2組；

③）全體{4%+p,2>kl+k2+p,2kl+2k2+p,k{+3kl+P}，其中P=3,4,…，左之一左，共左2—左—2組；

［4左2+3,4k2+4,4怎+5,4k+6},{4七+7,4k+8,4k,+9,4k+10}，…,{4加—1,4,%4m+1,4a+2},共m—鼠

組.

（如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之）

這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含%-2個行，4個列的數(shù)表

以后，4個列分別是下面這些數(shù)：

［4匕+3,44+4,…,34+左2},{34+左2+3,34+質(zhì)+4,…,2左+2kJ,{2左］+2k?+3,2kl+2后,+3,…，/+3晨},

{匕+3左,+3,左+3無2+4,…,4左②.

可以看出每列都是連續(xù)的若干個整數(shù)，它們再取并以后，將取遍{4左+1,4左+2,…,4人2+2}中除開五個集合

［4左1+1,4左］+2},{3左1+后2+113kl+左2+2},{2左］+2k?+1,2kl+2kz+2},{/+3k2+1,左］+3k?+2},

{4e+1,4左2+2}中的十個元素以外的所有數(shù).

而這十個數(shù)中，除開已經(jīng)去掉的4K+2和4后2+1以外，剩余的八個數(shù)恰好就是②中出現(xiàn)的八個數(shù).

這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數(shù)列12...,癡+2是億））-可分數(shù)列.

至此,我們證明了:對1<i<j<4m+2,如果前述命題1和命題2同時成立,則數(shù)列1,2,...,4俏+2一定是,/）-

可分數(shù)列.

然后我們來考慮這樣的的個數(shù).

首先，由于4cB=0,A和3各有機+1個元素，故滿足命題1的億/）總共有（加+1『個；

而如果，-i=3,假設(shè)則可設(shè)1=4匕+1,j=4k2+2,代入得（4左2+2）-（4勺+1）=3.

但這導(dǎo)致矛盾，所以左瓦

設(shè)）=4無i+2,j=4k2+1,kx,k2e,則（4上?+1）-（4左+2）=3,即句-&=1.

所以可能的估他）恰好就是（OJ）,。,2）,…，（加-1,加）,對應(yīng)的億萬分別是（2,5）,（6,9）,...,（4加-2,4加+1）,總

共加個.

所以這（加+丁個滿足命題1的億萬中，不滿足命題2的恰好有加個.

這就得到同時滿足命題1和命題2的億/）的個數(shù)為（〃z+l）2-m.

當我們從1,2,…,4根+2中一次任取兩個數(shù)i和八，<8時，總的選取方式的個數(shù)等于

（4m+2）（4w+l）/、/、

-------------=[2m+l）（4w+1）.

而根據(jù)之前的結(jié)論，使得數(shù)列可，電，％加+2是伍/）-可分數(shù)列的億J）至少有（〃?+1）2-加個.

所以數(shù)列6,“2,…，”4機+2是億/）-可分數(shù)列的概率2一定滿足

,1（1Y

p*（〃?+1）2-切-+加+1:"廠+加+w〔加+笠

m（2機+1）（4冽+1）（2m+l）（4m+1）（2冽+1）（4機+2）2（2m+l）（2m+l）8

這就證明了結(jié)論.

一、新定義問題

“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，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(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.

二、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(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.

名校模擬探源

一、解答題

1.(2024?北京?三模)給定正整數(shù)”22,設(shè)數(shù)列a”?，%是的一"個排列,對,%表

示以q為首項的遞增子列的最大長度，匕表示以。，為首項的遞減子列的最大長度.

(1)若〃=4,q=1,出=4,%=2,%=3,求X,和外；

22

(2)求證：Vze{1,2,M-1},(x;-)+(x/+1-y,+1)0；

(3)求￡匕-3的最小直

i=l

【答案】(1)%=3,%=2

⑵證明見解析

(3)當〃為偶數(shù)時，之卜一刃的最小值是g；當〃為奇數(shù)時，￡卜「R的最小值是一.

1=12,=12

【分析】(1)直接根據(jù)定義求解；

(2)分情況討論證明xi-yi*xi+l-yM,故可推知x,一片和xM-yi+1不能同時為零，進而得到結(jié)論；

(3)對〃的奇偶性分情況討論，并利用小問2得到的結(jié)果即可.

【詳解】(1)以％為首項的最長遞增子列是%,%，%，以電為首項的最長遞減子列是。2,%和

所以項=3,%=2.

(2)對i,由于％,電，…,凡是1,2,...,〃的一個排列，故。尸％+1.

若?,<ai+l,則每個以為首項的遞增子列都可以在前面加一個4,

得到一個以q為首項的更長的遞增子列，所以%>x/+1；

而每個以外為首項的遞減子列都不包含，且<aM,

故可將生替換為?,-+1,得到一個長度相同的遞減子列，所以匕Wyi+l.

這意味著xi-yi>xM-yM；

若%>%,同理有%>%i，x,.<x,.+1,故無，一人<無用-%+].

總之有x,-%豐xi+l-yM,從而占-%和xM-yM不能同時為零，

故（乙一乂y+（再+]-%）N0.

（3）根據(jù)小問2的證明過程知天-y,和%+]-N+]不能同時為零，故卜-川+卜+1-乂+||>1.

情況一：當"為偶數(shù)時，設(shè)〃=2左，則一方面有

E卜TI=E（Ix2,-1-%」+|%-%|）2￡1=左=g；

z=i/=1/=1幺

\a,.,=k-i+l

另一方面，考慮這樣一個數(shù)列可，電，…，4：7.,i=

[a2i=k+i

^2j-i=k—i+2y-\=k-i+l

則對i=1,2,...,左，有2i

x?i=左-i+]=k-i+\

故此時E|^-x|=EL-l-I=￡1=左=g.