實戰(zhàn)演練13 新定義問題（5大?？键c歸納）-備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學真題題源解密（新高考卷）解析版

第第頁實戰(zhàn)演練13新定義問題①集合新定義②函數(shù)新定義③數(shù)列新定義④圓錐曲線新定義⑤立體幾何新定義一、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數(shù)學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.二、新定義問題技巧新定義問題的方法和技巧：（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉化為具體的簡單的應用，從而加深對信息的理解；（2）可用自己的語言轉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集合新定義一、解答題1．（2024·海南·模擬預測）已知數(shù)列的各項均為正整數(shù)，記集合的元素個數(shù)為.(1)若為1，2，3，6，寫出集合，并求的值；(2)若為1，3，a，b，且，求和集合；(3)若是遞增數(shù)列，且項數(shù)為，證明：“”的充要條件是“為等比數(shù)列”.【答案】(1)(2)為，(3)證明見解析【分析】（1）結合題意，計算出所有即可得；（2）結合集合的性質(zhì)，可得，解出即可得；（3）假設是遞增的等比數(shù)列，設的公比為，可得，即有，即可證明充分性，假設是遞增數(shù)列，且，結合數(shù)列性質(zhì)可得，即可證明必要性.【詳解】（1）因為，所以集合；（2）因為為，且，所以互不相等，所以都是集合中的元素，因為，所以，解得，所以為，所以；（3）充分性：若是遞增的等比數(shù)列，設的公比為，當時，，所以，且，故充分性成立；必要性：若是遞增數(shù)列，且，則，所以，且互不相等，又因為，所以，且互不相等，所以，所以，所以，所以為等比數(shù)列，故必要性成立，綜上，“”的充要條件是“為等比數(shù)列”.【點睛】思路點睛：關于新定義題的思路有：（1）找出新定義的幾個要素，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，轉換成數(shù)學語言；（3）將已知條件代入新定義中；（4）結合數(shù)學知識進行解答.2．（2024·全國·模擬預測）在平面直角坐標系中，兩點的“曼哈頓距離”定義為，記為，如點的“曼哈頓距離”為5，記為.(1)若點是滿足的動點的集合，求點集所占區(qū)域的面積；(2)若動點在直線上，動點在函數(shù)的圖象上，求的最小值；(3)設點，動點在函數(shù)的圖象上，的最大值記為，求的最小值.【答案】(1)8(2)3(3)【分析】（1）由題意可得點集所占區(qū)域，直接求出面積即可.（2）由題意得到，構造函數(shù)研究函數(shù)最小值即可.（3）分類討論去絕對值研究的最小值即可.【詳解】（1）設點，由，得，的圖象是以原點為中心，順次連接四點所形成的正方形，將其上移2個單位長度即得的圖象，所以點集所占區(qū)域是：以四點為頂點的正方形及其內(nèi)部，面積為8.（2）設，則，將看成關于的函數(shù)，則在或時取得最小值，即，令，則，當時，f′x當x∈0,+∞時，f所以在上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增，則，此時，所以的最小值為3.（3）設點，則，若存在實數(shù)，使，則對任意的成立，令，則，令，則，所以：，所以，令，則是上的偶函數(shù)，當x∈0,2時，若，即，則，當且僅當時等號成立；若，則，當且僅當時等號成立，所以存在實數(shù)且，使得的最小值為.【點睛】方法點睛：利用零點分類討論轉化求解絕對值不等式最值問題的常用的方法.3．（2024·安徽馬鞍山·三模）已知S是全體復數(shù)集的一個非空子集，如果，總有，則稱S是數(shù)環(huán)．設是數(shù)環(huán)，如果①內(nèi)含有一個非零復數(shù)；②且，有，則稱是數(shù)域．由定義知有理數(shù)集是數(shù)域．(1)求元素個數(shù)最小的數(shù)環(huán)；(2)證明：記，證明：是數(shù)域；(3)若是數(shù)域，判斷是否是數(shù)域，請說明理由．【答案】(1)(2)證明見詳解(3)不一定是數(shù)域，證明見詳解【分析】（1）根據(jù)題意分析可知中至少有一個元素，分和兩種情況，結合題意分析證明；（2）根據(jù)題中數(shù)環(huán)和數(shù)域的定義分析證明；（3）舉特例，取，舉例數(shù)列即可.【詳解】（1）因為為數(shù)環(huán)，可知不是空集，即中至少有一個元素，若，則，可知為數(shù)環(huán)；若，則，可知中不止一個元素，不是元素個數(shù)最小的數(shù)環(huán)；綜上所述：元素個數(shù)最小的數(shù)環(huán)為.（2）設，可知，則有：，，，因為，則，可知，所以是數(shù)環(huán)；若，可知，滿足①；若，則，因為，則，可知，滿足②；綜上所述：是數(shù)域.（3）不一定是數(shù)域，理由如下：1.若，顯然均為數(shù)域，且是數(shù)域；2.設，可知，則有：，，，因為，則，可知，所以是數(shù)環(huán)；若，可知，滿足①；若，則，因為，則，可知，滿足②；綜上所述：是數(shù)域.例如：，例如，但，所以不是數(shù)域；綜上所述：不一定是數(shù)域.【點睛】方法點睛：與集合的新定義有關的問題的求解策略：1.通過給出一個新的集合的定義，或約定一種新的運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設新問題的情景，要求在閱讀理解的基礎上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學的知識和方法，實心信息的遷移，達到靈活解題的目的；2.遇到新定義問題，應耐心讀題，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、運算、驗證，使得問題得以解決.4．（2024·廣東茂名·模擬預測）已知集合，其中且，，若對任意的，都有，則稱集合A具有性質(zhì)．(1)集合具有性質(zhì)，求m的最小值；(2)已知A具有性質(zhì)，求證：；(3)已知A具有性質(zhì)，求集合中元素個數(shù)的最大值，并說明理由．【答案】(1)20(2)證明見解析(3)8，理由見解析【分析】（1）由性質(zhì)定義列不等式組求參數(shù)范圍，結合即可得最小值；（2）根據(jù)定義，，而有，應用累加法即可證結論；（3）首先應用放縮有求得，同理可得恒成立，假設得出矛盾，討論并應用基本不等式證恒成立，即可確定元素個數(shù)最大值.【詳解】（1）不妨設，①當時，由，不滿足題意；②當時，由性質(zhì)定義知：，且，所以m的最小值為20；經(jīng)檢驗符合題意.（2）由題設，，且，所以，，所以，得證.（3）由（2）知：，同（2）證明得且．故，又，所以在上恒成立，當，取，則，解得，矛盾；當，則，即.經(jīng)計算集合，綜上，集合A中元素個數(shù)的最大值為8．【點睛】思路點睛：本題可從以下方面入手：第一問，根據(jù)性質(zhì)定義列不等式組求參數(shù)范圍；第二問，根據(jù)定義得為關鍵，并用累加法計算即可；第三問，應用放縮法確定，同理得到恒成立為關鍵.5．（2024·遼寧葫蘆島·二模）設數(shù)陣，其中.設，其中，且.定義變換為“對于數(shù)陣的每一列，若其中有t或，則將這一列中所有數(shù)均保持不變；若其中沒有t且沒有，則這一列中每個數(shù)都乘以”（），表示“將經(jīng)過變換得到，再將經(jīng)過變換得到，…，以此類推，最后將經(jīng)過變換得到.記數(shù)陣中四個數(shù)的和為.(1)若，，寫出經(jīng)過變換后得到的數(shù)陣，并求的值；(2)若，，求的所有可能取值的和；(3)對任意確定的一個數(shù)陣，證明：的所有可能取值的和不大于.【答案】(1)，0(2)40(3)證明見解析【分析】（1）直接由變換以及的定義即可求解；（2）對集合分類討論，進而得出的所有情況即可求解；（3）分是否相等進行討論，當，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、同時含有和的子集和不含也不含的子集，四種情況進行討論，當，分含有的子集和不含有的子集兩種情況討論即可求解.【詳解】（1）因為，，經(jīng)過變換得到的數(shù)陣，經(jīng)過變換得到的數(shù)陣，所以.（2）若，則或，可得，4種情況；若或，，則，可得，4種情況；若，從和中各取出一個元素a，b，，，，則，可得，8種；若，，則或，可得，4種情況；綜上，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個，其中含有奇數(shù)個元素的集合有8個，經(jīng)過變換后第一列均仍為，；其中含有偶數(shù)個元素的集合有8個，經(jīng)過變換后第一列均變?yōu)椋?；②含有且不含的子集共個，其中含有奇數(shù)個元素的集合有8個，經(jīng)過變換后第一列均仍為，；其中含有偶數(shù)個元素的集合有8個，經(jīng)過變換后第一列均變?yōu)?，；③同時含有和的子集共個，其中含有奇數(shù)個元素的集合有8個，經(jīng)過變換后第一列均變?yōu)?，；其中含有偶?shù)個元素的集合有8個，經(jīng)過變換后第一列均仍為，；④不含也不含的子集共個，其中含有奇數(shù)個元素的集合有8個，經(jīng)過變換后第一列均變?yōu)?，；其中含有偶?shù)個元素的集合有7個，經(jīng)過變換后第一列均變?yōu)?，；若，在的所有非空子集中，①含有的子集共個，其中含有奇數(shù)個元素的集合有16個，經(jīng)過變換后第一列均變?yōu)?，；其中含有偶?shù)個元素的集合有16個，經(jīng)過變換后第一列均仍為，；②不含的子集共個，其中含有奇數(shù)個元素的集合有16個，經(jīng)過變換后第一列均變?yōu)?，；其中含有偶?shù)個元素的集合有15個，經(jīng)過變換后第一列均仍為，；綜上，經(jīng)過變換后，所有的第一列數(shù)的和為同理，經(jīng)過變換后所有的第二列數(shù)的和為.所以的所有可能取值的和為，又因為，所以的所有可能取值的和不超過.【點睛】關鍵點點睛：第三問的關鍵是要做到有序討論，從而可以做到不重不漏，由此即可順利得解.6．（2024·北京海淀·二模）設正整數(shù)，，，這里.若，且，則稱具有性質(zhì).(1)當時，若具有性質(zhì)，且，，，令，寫出的所有可能值；(2)若具有性質(zhì)：①求證：；②求的值.【答案】(1)27或32(2)①證明見解析②【分析】（1）對題目中所給的，我們先通過分析集合中的元素，證明，，以及，然后通過分類討論的方法得到小問1的結果；（2）直接使用（1）中的這些結論解決小問2即可.【詳解】（1）對集合，記其元素個數(shù)為.先證明2個引理.引理1：若具有性質(zhì)，則.引理1的證明：假設結論不成立.不妨設，則正整數(shù)，但，故一定屬于某個，不妨設為.則由知存在正整數(shù)，使得.這意味著對正整數(shù)，有，，但，矛盾.所以假設不成立，從而一定有，從而引理1獲證.引理2：若具有性質(zhì)，則，且.證明：取集合.注意到關于正整數(shù)的不等式等價于，而由引理1有，即.結合是正整數(shù)，知對于正整數(shù)，當且僅當，這意味著數(shù)列恰有項落入集合，即.而兩兩之間沒有公共元素，且并集為全體正整數(shù)，故中的元素屬于且僅屬于某一個，故.所以，從而，這就證明了引理2的第一個結論；再考慮集合中全體元素的和.一方面，直接由知中全體元素的和為，即.另一方面，的全部個元素可以排成一個首項為，公差為的等差數(shù)列.所以的所有元素之和為.最后，再將這個集合的全部元素之和相加，得到中全體元素的和為.這就得到，所以有.即，從而，這就證明了引理2的第二個結論.綜上，引理2獲證.回到原題.將從小到大排列為，則，由引理2的第一個結論，有.若，則，所以每個不等號都取等，從而，故；情況1：若，則，矛盾；情況2：若，則，所以，得.此時如果，則，矛盾；如果，則，從而，故；如果，由于，設，，則，.故對于正整數(shù)對，有，從而，這與矛盾.綜上，的取值只可能是或.當時，；當時，.所以的所有可能取值是和.（2）①由引理1的結論，即知；②由引理2的第二個結論，即知.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于，我們通過兩個方面計算了一個集合的各個元素之和，從而得到了一個等式，這種方法俗稱“算二次”法或富比尼定理.②函數(shù)新定義一、解答題1．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）對于函數(shù)，若實數(shù)滿足，則稱為的不動點．已知函數(shù)．(1)當時，求證；(2)當時，求函數(shù)的不動點的個數(shù)；(3)設，證明．【答案】(1)證明見解析(2)2(3)證明見解析【分析】（1）將代入函數(shù)解析式，對函數(shù)求導，求出函數(shù)最小值即可證明；（2）將代入函數(shù)解析式，得方程解的個數(shù)即為函數(shù)的不動點的個數(shù)，構造函數(shù)，對函數(shù)求導，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值，即相應點的函數(shù)值，求出函數(shù)零點的個數(shù)，即為函數(shù)的不動點的個數(shù)；（3）結合（1）換元后，再由待證式子，設，結合結論恰當變形，利用相加相消即可證明.【詳解】（1）當時，有，所以，所以當且僅當，，即時，等號成立，所以當時，f′x≥0，所以，所以得證.（2）當時，，根據(jù)題意可知：方程解的個數(shù)即為函數(shù)的不動點的個數(shù)，化為，令，所以函數(shù)的零點個數(shù)，即為函數(shù)的不動點的個數(shù)，，令，即，解得，單調(diào)遞減單調(diào)遞增因為g0=1>0，所以在上有唯一一個零點，又，所以在上有唯一一個零點，綜上所述，函數(shù)有兩個不動點.（3）由（1）知，，令，則，即，設，則滿足，所以，即，所以，所以，即.【點睛】關鍵點點睛：第三問的關鍵在于對于第一問的靈活運用，借助第一問結論，恰當換元，得出后，再次適時換元，是本題的關鍵點，也是難點，突破換元后裂項相消即可得解.2．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）記，若存在，滿足：對任意，均有，則稱為函數(shù)在上的最佳逼近直線.已知函數(shù)，.(1)請寫出在上的最佳逼近直線，并說明理由；(2)求函數(shù)在上的最佳逼近直線.【答案】(1)，理由見解析(2).【分析】（1）結合的單調(diào)性求出最值，從而得到，再由所給定義及圖象的特征得到，討論，的大小，即可求出；（2）設，令，結合（1）可得φx最佳逼近直線，從而得到的最佳逼近直線.【詳解】（1）在上的最佳逼近直線為.由已知易知在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且，，進而有（*），由的圖象特點可知，對任意，均有，下面討論，的大?。孩偃?，至少有一個大于等于，則，②若，兩個都小于，則，，所以，進而，所以，即；由①②以及（*）式可知成立，且當時等號成立.所以在上的最佳逼近直線為；（2）易知點，1,0在函數(shù)的圖象上，設，再令，則，由（1）問可知在上的最佳逼近直線為，所以，，所以在上的最佳逼近直線為.【點睛】關鍵點點睛：對于新定義型問題，解答的關鍵是理解所給定義，第二問關鍵是設，從而與第一問聯(lián)系上.3．（2024·全國·模擬預測）若函數(shù)在上滿足且不恒為0，則稱函數(shù)為區(qū)間上的絕對增函數(shù)，稱為函數(shù)的特征函數(shù)，稱任意的實數(shù)為絕對增點（為函數(shù)的導函數(shù)）．(1)若1為函數(shù)的絕對增點，求的取值范圍；(2)絕對增函數(shù)的特征函數(shù)的唯一零點為．（?。┳C明：是的極值點；（ⅱ）證明：不是絕對增函數(shù)．【答案】(1)(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）證明見解析.【分析】（1）由題意，，可解得或，又若1為函數(shù)的絕對增點，可得或，即可求得的取值范圍；（2）（?。┯傻奈ㄒ涣泓c為，假設，通過討論單調(diào)性和導函數(shù)正負的關系，得出矛盾結果，則，再討論出為的極值點；（ⅱ）假設為絕對增函數(shù)，又恒成立，則恒成立，令，則，則，與矛盾，所以假設不成立，所以不是絕對增函數(shù)．【詳解】（1）因為函數(shù)，所以，則．由得，解得或，所以為區(qū)間及區(qū)間上的絕對增函數(shù)．又1為函數(shù)的絕對增點，所以或，解得或，所以的取值范圍為．（2）（ⅰ）設為區(qū)間上的絕對增函數(shù)，由題意知，當時，．①若，存在，且在區(qū)間上單調(diào)遞增，則在區(qū)間上，，則，與矛盾．若，存在，且在區(qū)間上單調(diào)遞減，則在區(qū)間上，，則，與矛盾．若，存在，且在區(qū)間上不單調(diào)，則存在，且，此時與有唯一零點矛盾．所以．②若，不妨設，則，且存在，使得當時，，且當時，，即，使在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．所以為的極值點．同理，當時也成立．（ⅱ）若為絕對增函數(shù)，則在上恒成立，又恒成立，所以恒成立．令，所以，且，所以在上單調(diào)遞增．又，所以當時，，則，與矛盾，所以假設不成立，所以不是絕對增函數(shù)．【點睛】關鍵點點睛：若為絕對增函數(shù)，則在上恒成立，可構造函數(shù)，得出矛盾，即可證明.4．（2024·上?！つM預測）設定義域為的函數(shù)y=fx在上可導，導函數(shù)為y=f′x.若區(qū)間及實數(shù)滿足：對任意成立，則稱函數(shù)y=fx為上的“函數(shù)”.(1)判斷是否為0,+∞上的函數(shù)，說明理由；(2)若實數(shù)滿足：為上的函數(shù)，求的取值范圍；(3)已知函數(shù)y=fx存在最大值．對于：：對任意與恒成立，：對任意正整數(shù)都是上的函數(shù)，問：是否為的充分條件？是否為的必要條件？證明你的結論.【答案】(1)是；理由見解析(2)且．(3)是，是，證明見解析【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的定義求解可得；（2）由題意可得，即，令，求出的單調(diào)性即可求出，再由求出，即可得出答案.（3）先推導出為的充分條件，若成立，即對任意正整數(shù)，有：②，記函數(shù)y=fx的最大值為．用反證法證明與恒成立，從而可證明也為的必要條件．【詳解】（1）因為，根據(jù)題意可知，等價于在0,+∞時恒成立，所以是0,+∞上的函數(shù)．（2）實數(shù)滿足：，即．①特別地，在①中取，可知，反之，當時，①成立．令，由于，且滿足的為離散的數(shù)，故為嚴格減函數(shù)，又，所以．又．從而的取值范圍是：且．（3）若成立，則對任意正整數(shù)，有：，即y=fx為上的函數(shù)，成立．故為的充分條件．若成立，即對任意正整數(shù)，有：②，記函數(shù)y=fx的最大值為．先證明恒成立．反證法，假如存在使得，則取正整數(shù)，使得，此時有，與②矛盾．這意味著y=fx為上的嚴格減函數(shù)．再證明恒成立．取為y=fx的一個最大值點，則當時，由單調(diào)性知，但，所以，于是．對任意，可取一個與有關的正整數(shù)，使得，由②知：．于是成立．故也為的必要條件．【點睛】方法點睛：函數(shù)新定義問題的方法和技巧：（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉化為具體的簡單的應用，從而加深對信息的理解；（2）可用自己的語言轉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.5．（2024·福建龍巖·三模）若函數(shù)的定義域為，有，使且，則對任意實數(shù)k，b，曲線與直線總相切，稱函數(shù)為恒切函數(shù).(1)判斷函數(shù)是否為恒切函數(shù)，并說明理由；(2)若函數(shù)為恒切函數(shù).（i）求實數(shù)的取值范圍；（ii）當取最大值時，若函數(shù)為恒切函數(shù)，記，證明：.（注：是自然對數(shù)的底數(shù).參考數(shù)據(jù)：）【答案】(1)是恒切函數(shù)，理由見解析(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）對求導，利用恒切函數(shù)的定義求出，即可判斷；（2）（i）根據(jù)恒切函數(shù)的定義解方程，用表示，再利用導數(shù)即可求解的取值范圍；（ii）由的值可得的值，從而可得的解析式，利用新定義，可得，令，求出的取值范圍，由，從而可得的取值范圍，從而得證.【詳解】（1）設函數(shù)為恒切函數(shù)，則有，使且，即，解得，故函數(shù)是恒切函數(shù).（2）（i）由函數(shù)為恒切函數(shù)可知，存在，使得且，即解得，，設，，當時，遞增；當時，遞減.，即實數(shù)的取值范圍是.（ii）當時，，函數(shù)為恒切函數(shù).又，所以存在，使得，即.令，則，當時，遞減；當時，遞增.所以當時，，，故在上存在唯一，使得，即.又由，得，由得，所以.又，所以當時，有唯一零點，故由得，即..【點睛】方法點睛：1.導函數(shù)中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}.注意分類討論與數(shù)形結合思想的應用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉化為函數(shù)的單調(diào)性、極（最）值問題處理.2.利用導數(shù)解決含參函數(shù)的單調(diào)性問題時，一般將其轉化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數(shù)形結合思想的應用.3.證明不等式，構造一個適當?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.6．（2024·廣西柳州·模擬預測）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f′x，f″x，，，根據(jù)，列方程組即可求解；（2）令，利用導數(shù)研究φx的單調(diào)性即可比較大?。唬?），?x除1外還有2個零點，設為，，，由導數(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φx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?1=0，則?x除1外還有2個零點，設為，，令，當時，gx<0在0,+∞上恒成立，則?所以?x在0,+∞當時，?x除1外還有2個零點，設為，，則?x不單調(diào)，所以存在兩個零點，∴，解得，當時，設的兩個零點分別為s，，則，，∴，當時，gx>0，?′x>0當時，gx<0，?′x當時，gx>0，?′x又?1=0，不妨設，，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，轉換成數(shù)學語言；（3）將已知條件代入新定義的要素中；（4）結合數(shù)學知識進行解答.③數(shù)列新定義一、解答題1．（2024·廣東·模擬預測）定義：任取數(shù)列中相鄰的兩項，若這兩項之差的絕對值為1，則稱數(shù)列具有“性質(zhì)1”.已知項數(shù)為的數(shù)列的所有項的和為，且數(shù)列具有“性質(zhì)1”.(1)若，且，寫出所有可能的的值；(2)若，證明：“”是“”的充要條件；(3)若，證明：或.【答案】(1)；；(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）由數(shù)列的性質(zhì)得出，進一步結合的定義即可得解；（2）結合新定義，分必要性、充分性兩方面證明即可；（3）由數(shù)列的性質(zhì)，得出4整除，即或，然后回過頭去檢驗是否滿足題意即可.【詳解】（1）依題意，若，此時；若，此時；若，此時.（2）必要性：因為，故數(shù)列為等差數(shù)列，所以，公差為-1，所以；充分性：由于，累加可得，，即，因為，故上述不等式的每個等號都取到，所以，所以，綜上所述，“”是“”的充要條件.（3）令，依題意，，因為，所以，因為，所以為偶數(shù)，所以為偶數(shù)；所以要使，必須使為偶數(shù)，即4整除，亦即或，當時，比如或，時，有；當時，比如或，時，有；當或時，不能被4整除，.【點睛】關鍵點點睛：想要完美的做出此題，關鍵在于對數(shù)列的新性質(zhì)以及的定義有深刻的理解，由此即可順利得解.2．（2024·海南·模擬預測）定義：已知數(shù)列為有窮數(shù)列，①對任意（），總存在，使得，則稱數(shù)列為“乘法封閉數(shù)列”；②對任意（），總存在，使得，則稱數(shù)列為“除法封閉數(shù)列”，(1)若，判斷數(shù)列是否為“乘法封閉數(shù)列”.(2)已知遞增數(shù)列，為“除法封閉數(shù)列"，求和.(3)已知數(shù)列是以1為首項的遞增數(shù)列，共有項，，且為“除法封閉數(shù)列”，探究：數(shù)列是否為等比數(shù)列，若是，請給出說明過程；若不是，請寫出一個滿足條件的數(shù)列的通項公式.【答案】(1)不是(2)(3)是；說明過程見解析【分析】（1）舉例說明兩項之積不是數(shù)列中的項即可；（2）由遞增數(shù)列得不等關系，再利用不等式性質(zhì)重新排序，由此將兩類排序數(shù)列中的項對應相等，建立方程組求解可得；（3）由特殊到一般，找到規(guī)律，同（2）方法分別以項與項的大小關系入手，排序可得兩個系列的等量關系，借助中間量可得比例關系，由此得證.【詳解】（1）由題意知，數(shù)列為：.由，不是數(shù)列中的項，故數(shù)列不是“乘法封閉數(shù)列”；（2）由題意數(shù)列遞增可知，則，且，又數(shù)列為“除法封閉數(shù)列”，則都是數(shù)列中的項，所以，即①；且，即②，聯(lián)立①②解得，；（3）數(shù)列是等比數(shù)列.證明：當時，設數(shù)列為，由題意數(shù)列遞增可知，則有，由數(shù)列為“除法封閉數(shù)列”，則這個數(shù)都是數(shù)列中的項，所以有，則有，③；同理由，可得，則有，即④；由③④可得，，故是等比數(shù)列.當時，由題意數(shù)列遞增可知，則有，由數(shù)列為“除法封閉數(shù)列”，則這個數(shù)都是數(shù)列中的項.所以有.所以有，即⑤；同理由，可得，所以.則，即⑥，聯(lián)立⑤⑥得，，則，所以有，所以，故數(shù)列an是等比數(shù)列.綜上所述，數(shù)列an【點睛】關鍵點點睛：數(shù)列新定義問題，解決的關鍵有兩點：一是緊抓新數(shù)列的定義，如題目中“封閉”條件的使用，即“任意兩項之積（商）仍是數(shù)列的項”這一條件是解題的入手點；二是應用數(shù)列的單調(diào)性或等差比通項特性等重要性質(zhì)構造等量或不等關系解決問題，如題目中根據(jù)遞增數(shù)列與不等式性質(zhì)對數(shù)列中的項重新排序，一個遞增數(shù)列的兩種排序形式必為同一排序，故對應項相等，從而挖掘出新數(shù)列的項的關系.3．（2024·福建泉州·模擬預測）若無窮數(shù)列滿足：對于，其中為常數(shù)，則稱數(shù)列為數(shù)列．(1)若一個公比為的等比數(shù)列為“數(shù)列”，求的值；(2)若是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，在與之間依次插入數(shù)列中的項構成新數(shù)列，求數(shù)列中前30項的和．(3)若一個“數(shù)列"滿足，設數(shù)列的前項和為．是否存在正整數(shù)，使不等式對一切都成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)(2)1622(3)存在，理由見解析【分析】（1）根據(jù)等比數(shù)列的通項公式，列出“數(shù)列”的式子，變形后得，與無關，即可求解；（2）由題意確定數(shù)列中前30項含有的前7項和數(shù)列的前23項，結合等差和等比數(shù)列的前項和公式，即可求解；（3）首先求解出，可得數(shù)列的前項和，并假設存在，通過驗證求得，再利用放縮法，證明結論成立.【詳解】（1）數(shù)列是等比數(shù)列，則，，則，因為與無關，所以，即；（2）由題意可知，，而，所以，是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，而新數(shù)列中項（含）前共有項，令，結合，解得：，故數(shù)列中前30項含有的前7項和數(shù)列的前23項，所以數(shù)列中前30項的和；（3）因為數(shù)列是“數(shù)列”，，，，則，，得，所以數(shù)列的前項和，假設存在正整數(shù)，使得不等式，對一切都成立，即當時，，得，又為正整數(shù)，得下面證明：對一切都成立，由于，，所以，，所以存在，使不等式對一切都成立.【點睛】思路點睛：本題第3問首先利用特殊值，首先確定的值，再用到了放縮法，求和后說明存在.4．（2024·江蘇泰州·模擬預測）數(shù)列的前n項和為，若存在正整數(shù)r，t，且，使得，同時則稱數(shù)列為“數(shù)列”．(1)若首項為3，公差為d的等差數(shù)列是“數(shù)列”，求d的值；(2)已知數(shù)列為等比數(shù)列，公比為q．①若數(shù)列為“數(shù)列”，，求q的值；②若數(shù)列為“數(shù)列”，，求證：r為奇數(shù)，t為偶數(shù)．【答案】(1)；(2)①或；②證明見解析.【分析】（1）根據(jù)給定條件及“數(shù)列”的定義，列出方程組并求解即得.（2）①由數(shù)列為“數(shù)列”可得，再由，即可求出結果；②根據(jù)數(shù)列為“數(shù)列”可得，構造函數(shù)，再按均為偶數(shù)；為偶數(shù)，為奇數(shù)；均為奇數(shù)分類，結合導數(shù)的方法進行處理，推理即得.【詳解】（1）由首項為，公差為的等差數(shù)列是“數(shù)列”，得，即，解得，所以d的值是.（2）①由數(shù)列為“數(shù)列”，得，而數(shù)列為等比數(shù)列，公比為q，當時，無解，則，，整理得，而，則當時，；當時，，所以或.②由數(shù)列為“數(shù)列”，得，而數(shù)列為等比數(shù)列，公比為q，又，則，整理得，當均為偶數(shù)時，由，得，有，不符合題意；當為偶數(shù)，為奇數(shù)時，，不符合題意；當均為奇數(shù)時，，令，求導得，令，，求導得，當時，，當時，，即函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，即，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，即，不符合題意，所以為奇數(shù)，為偶數(shù).【點睛】易錯點睛：等比數(shù)列公比q不確定，其前n項和直接用公式處理問題，漏掉對的討論.5．（2024·湖南·三模）角谷猜想，也稱為“”猜想.其內(nèi)容是：任取一個正整數(shù)，如果是偶數(shù)，將它除以2；如果是奇數(shù)，則將它乘以3再加上1，如此反復運算，該數(shù)最終將變?yōu)?.這就是對一個正整數(shù)運算時“萬數(shù)歸1”現(xiàn)象的猜想.假如對任意正整數(shù)，按照上述規(guī)則實施第1次運算后的結果記為，實施第2次運算后的結果記為，…，實施第次運算后的結果記為，實施第n次運算后得到數(shù)1，停止運算，便可以得到有窮數(shù)列，1，其遞推關系式為：叫做數(shù)列an的原始項.將此遞推關系式推廣為：（，且），其它規(guī)則不變，得到的數(shù)列記作數(shù)列，試解答以下問題：(1)若，則數(shù)列的項數(shù)為______；(2)求數(shù)列的原始項的所有可能取值構成的集合；(3)若對任意的數(shù)列，均有，求d的最小值.【答案】(1)5；(2)；(3)2.【分析】（1），根據(jù)給定條件，逐一計算即可得數(shù)列的項數(shù).（2）證明對于任意的正整數(shù)，當時，均存在數(shù)列an為數(shù)列，時，，符合題意，利用反證再進行分類討論可得.（3）先證符合題意，分類討論①當，②當，最后證明和兩種情況得答案.【詳解】（1），，所以數(shù)列的項數(shù)為5.（2），下面證明對于任意的正整數(shù)，當時，均存在數(shù)列an為數(shù)列，時，符合題意，反證，假設存在正整數(shù)，當時，不存在數(shù)列an為數(shù)列，設此時的最小值為，即時，存在數(shù)列，時，不存在數(shù)列，①當為奇數(shù)時，因為存在以為原始項的數(shù)列，，所以就是原始項為的數(shù)列，與假設矛盾；②當為偶數(shù)時，因為存在以為原始項的數(shù)列，，所以就是原始項為的數(shù)列，與假設矛盾，綜上可知，數(shù)列的原始項的所有可能取值為全體大于等于2的正整數(shù)，即數(shù)列的原始項的所有可能取值構成的集合為.（3）依題意，，，先證明符合題意，即，當時，顯然成立；當時，，即也成立；當時，對任意，故，即，①當時，由，所以；②當時，由，，所以，下面證明，對任意的正偶數(shù)，構造，先驗證為數(shù)列，當時，為奇數(shù)，，當時，為偶數(shù)，，當時，，所以為數(shù)列，下面證明不符合題意，假設，因為，，所以，矛盾.綜上可得的最小值為2.【點睛】關鍵點睛：涉及數(shù)列新定義問題，關鍵是正確理解給出的定義，由給定的數(shù)列結合新定義探求數(shù)列的相關性質(zhì)，并進行合理的計算、分析、推理等方法綜合解決.6．（2024·江西新余·模擬預測）已知項數(shù)為的有窮數(shù)列的各項取遍中的所有整數(shù)，我們稱該數(shù)列為“規(guī)范的”.對于一組規(guī)范列，從的第1項開始，取第1個符合題意的項，使不是的最大項，然后依次刪除、第1個超過的項、第1個超過的項、，直到無法刪除為止稱為的1次“變換”.變換后剩余項按其相對位置不變構成新數(shù)列（新數(shù)列也許可以再次進行變換，則繼續(xù)進行下去），直到最后剩下1項或1組遞減數(shù)列統(tǒng)稱為的“保留列”（若最終沒有剩下任何一項則稱是“不可保留的”，在此我們不研究這類數(shù)列），記保留列的項數(shù)為，若變換進行的次數(shù)為且，則稱是“飽和的”（其中：表示不超過的最大整數(shù)）.(1)已知規(guī)范數(shù)列：5，3，2，1，4，6.求出其保留列并判斷它是否為飽和的；若交換其第5、6項或交換其2、3項，請直接判斷其是否為飽和的.(2)若為飽和的規(guī)范列，它的項數(shù)與其保留列項數(shù)滿足為正偶數(shù)：（i）證明：任意規(guī)定的第項為其保留列，總至少存在個符合題意的（其中：）.（ii）若，對每一組任意給定的，求使的項最多有幾個（用含的代數(shù)式）.【答案】(1)保留列：2，1..是飽和的；5、6項交換：飽和的；2、3項交換：不飽和的(2)（i）證明見解析；（ii）項數(shù)至多為【分析】（1）根據(jù)題意以及題中的相關定義即可得解.（2）（i）設為保留列，剩下的項按相對位置不變構成新數(shù)列，由為偶數(shù)得，得應刪除的總項數(shù)為，從而得中有項，取，中任取一項，則第一次變換應刪除，接下來依次取為剩余項的第1項，令，于是得到了一組，接下來將數(shù)列插入（從第一項開始插入）中分情況即可構造出了一組，進而結合的取法即可得證.（ii）先設保留列為，，，，，，，接著結合題意得到對每一組任意給定的，使的項有個項，再用反證法證明項數(shù)為是最多的即可得解.【詳解】（1）由題意第一次剩下：3，2，1，4，第二次剩下：2，1，結束，所以數(shù)列2，1是數(shù)列5，3，2，1，4，6的保留列.又，是飽和的，5、6項交換，飽和的；2、3項交換：不飽和的.（2）（i）由題每一次變換至少刪除2項，所以飽和的規(guī)范列的每次變換都能且只能刪除2項，不妨設為保留列，剩下的項按相對位置不變構成新數(shù)列，由于為偶數(shù)，故，應刪除的總項數(shù)為，故中有項，取，中任取一項，則第一次變換應刪除；再取為剩余項的第1項，令，再從剩下的項中取一項，則第二次變換刪除的項為；再取為剩余項的第1項，令，剩下的項中取一項，...，以此類推，這樣就得到了一組，接下來將數(shù)列插入（從第一項開始插入）中：項只有2種情況：①是的第一項，那么令，中其他項均減1；②不是的第一項，那么令為前面所有項的最小值減1，原本所有不超過的項減1，這樣就構造出了一組，由的取法，共有至少存在個符合題意的.（ii）先不妨設保留列為，，，，，，，，，，這時，，除外其他項均滿足：，故有個項，將與的數(shù)值交換位置得到成立的情況，再將與的數(shù)值交換位置得到成立的情況，，將與的數(shù)值交換位置得到成立的情況，當為奇數(shù)時先取同理可得這些情況，由于，所以得到了取定時所有符合題意的情況，再證明項數(shù)為是最多的：由于第一項一定不滿足題意，于是假設若有個項滿足條件，那么除第一項外剩余項均應有：，則：，，而故，以此類推得：，這時：，變換只進行1次，剩余項，與矛盾，故：個項不成立，即項數(shù)至多為.【點睛】方法點睛：解答新定義類題型的基本思路是：（1）正確理解新定義；（2）面對全新定義的規(guī)則要結合所學的知識、經(jīng)驗將問題轉化成熟悉的問題或情境；（3）在新的規(guī)則運算過程中，可結合數(shù)學中原有的運算和運算規(guī)則進行計算或邏輯推理，從而達到解答的目的.④圓錐曲線新定義一、解答題1．（2024·江西新余·二模）通過研究，已知對任意平面向量，把繞其起點A沿逆時針方向旋轉角得到向量，叫做把點B繞點A逆時針方向旋轉角得到點P，(1)已知平面內(nèi)點，點，把點B繞點A逆時針旋轉得到點P，求點P的坐標：(2)已知二次方程的圖像是由平面直角坐標系下某標準橢圓繞原點O逆時針旋轉所得的斜橢圓C，（i）求斜橢圓C的離心率；（ⅱ）過點作與兩坐標軸都不平行的直線交斜橢圓C于點M、N，過原點O作直線與直線垂直，直線交斜橢圓C于點G、H，判斷是否為定值，若是，請求出定值，若不是，請說明理由.【答案】(1)(2)（i）；（ⅱ）是，2【分析】（1）借助所給定義計算即可得；（2）（i）計算出該斜橢圓的長軸長與焦距，結合離心率定義計算即可得；（ⅱ）法一：設出直線、，聯(lián)立斜橢圓方程可得與交點橫坐標有關韋達定理，結合弦長公式即可表示出，計算即可得；法二：將所有點、直線與曲線都繞原點O順時針旋轉后，再設出直線、旋轉后方程，聯(lián)立標準方程可得與交點縱坐標有關韋達定理，結合弦長公式即可表示出，計算即可得.【詳解】（1）由已知可得，則，設，則，所以，，即點P的坐標為；（2）（i）由與交點為和，則，由與交點為和，則，所以，；（ⅱ）法一：設直線：，、Nx2,y與斜橢圓聯(lián)立：，有，∵，，∴，設直線：，代入斜橢圓，有，∴，∴，故.法二：將橢圓順時針旋轉，由①可得橢圓方程為，點Q旋轉后的坐標為，當直線旋轉后斜率不存在時，，，，當直線旋轉后斜率存在時，設直線旋轉后為，旋轉后、Nx2與橢圓方程聯(lián)立，即，可得，，，，設直線旋轉后為，代入橢圓方程中，有，，.綜上所述，.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于對旋轉后的方程的理解與運用，最后一問可直接在旋轉后的斜橢圓上計算，也可在標準橢圓下計算，其旋轉前后的線段長度不變.2．（2024·新疆烏魯木齊·二模）在平面直角坐標系中，重新定義兩點之間的“距離”為，我們把到兩定點的“距離”之和為常數(shù)的點的軌跡叫“橢圓”．(1)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；(3)設，作出“橢圓”的圖形，設此“橢圓”的外接橢圓為的左頂點為，過作直線交于兩點，的外心為，求證：直線與的斜率之積為定值．【答案】(1)(2)答案見解析(3)證明見解析【分析】（1）設“橢圓”上任意一點為Px,y，則，再根據(jù)兩點之間的“距離”得新定義即可得解；（2）將點分別代入即可判斷其對稱性，取絕對值符號，進而可得出范圍；（3）先求出橢圓方程，設直線的方程為，聯(lián)立方程，利用韋達定理求出，分別求出直線的方程，設，再次求出的關系，進而求出，從而可得出結論.【詳解】（1）設“橢圓”上任意一點為Px,y，則，即，即，所以“橢圓”的方程為；（2）由方程，得，因為，所以，即，所以或或，解得，由方程，得，即，所以，所以，所以“橢圓”的范圍為，，將點代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關于軸對稱，將點代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關于軸對稱，將點代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關于原點對稱，所以“橢圓”關于軸，軸，原點對稱；

（3）由題意可設橢圓的方程為，將點代入得，解得，所以橢圓的方程為，，由題意可設直線的方程為，聯(lián)立，得，恒成立，則，因為的中點為，所以直線的中垂線的方程為，同理直線的中垂線的方程為，設，則是方程的兩根，即是方程的兩根，所以，又因，所以，兩式相比得，所以，所以，所以直線與的斜率之積為定值．

【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．3．（2024·江蘇南通·二模）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓Γ：的離心率為，直線l與Γ相切，與圓O：相交于A，B兩點.當l垂直于x軸時，.(1)求Γ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.（?。┤鬗，N分別為線段AB與圓O上任意一點，P為圓O上一點，當?shù)拿娣e最大時，求；（ⅱ）若，均存在，記兩者中的較大者為.已知，，均存在，證明：.【答案】(1)；(2)（?。?；（ⅱ）證明見解析.【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出，再結合離心率求出即得.（2）（?。┰谥本€的斜率存在時，設出直線方程并與橢圓方程聯(lián)立，借助判別式求出圓心到距離，列出的面積關系求解，再驗證斜率不存在的情況；（ⅱ）利用新定義，結合對稱性推理即得.【詳解】（1）因為當垂直于軸時，，而直線與Γ相切，則，解得，又橢圓的離心率為，則橢圓的半焦距，，所以的方程為.（2）（i）當?shù)男甭蚀嬖跁r，設的方程為：，由消去得：，由直線與橢圓相切，得，整理得，于是圓心到直線的距離，則的面積為，設，求導得，當時，，函數(shù)單調(diào)遞增，當時，，函數(shù)單調(diào)遞減，因此當時，取得最大值，此時，當?shù)男甭什淮嬖跁r，由（1）知，，由，得，則.對于線段上任意點，連接并延長與圓交于點，則是圓上與最近的點，當為線段的中點時，取得最大值，所以.（ii）因為均存在，設點，且，設是集合中到的最近點，根據(jù)對稱性，不妨設，令點到集合的最近點為，點到集合的最近點為，因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，因此，而在坐標平面中，，又點是集合中到點的最近點，則，所以.【點睛】關鍵點睛：本題第（2）問涉及新定義問題，反復認真讀題，理解最小距離的最大值的含義是解題的關鍵.4．（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，例如表示過點的直線，直線的包絡曲線定義為：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)若圓是直線族的包絡曲線，求滿足的關系式；(2)若點Px0,y0不在直線族：的任意一條直線上，求的取值范圍和直線族的包絡曲線(3)在（2）的條件下，過曲線上兩點作曲線的切線，其交點為.已知點C0,1，若三點不共線，探究是否成立？請說明理由.【答案】(1)(2)(3)成立，理由見解析【分析】（1）根據(jù)包絡曲線的定義利用直線和圓相切即可得；（2）易知方程無解，根據(jù)判別式可得，證明可得直線族的包絡曲線為；（3）法一：求出兩點處曲線的切線的方程，解得，根據(jù)平面向量夾角的表達式即可得，即；法二：過分別作準線的垂線，連接，由導數(shù)求得切線斜率并利用拋物線定義和三角形內(nèi)角關系即可證明.【詳解】（1）由定義可知，與相切，則圓的圓心到直線的距離等于1，則，.（2）點Px0,所以無論取何值時，無解.將整理成關于的一元二次方程，即.若該方程無解，則，即.證明：在上任取一點在該點處的切線斜率為，于是可以得到在點處的切線方程為：，即.今直線族中，則直線為，所以該曲線上的每一點處的切線都是該直線族中的某條直線，而對任意都是拋物線在點處的切線.所以直線族的包絡曲線為.（3）法一：已知C0,1，設A則，；由（2）知在點Ax1,y同理在點Bx2,y聯(lián)立可得，所以.因此，同理.所以，，即，可得，所以成立.法二：過分別作準線的垂線，連接，如圖所示：則，因為，顯然.又由拋物線定義得，故為線段的中垂線，得到，即.同理可知，所以，即.則.所以成立.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于理解包絡曲線的定義，利用直線和曲線相切求出包絡曲線的方程為并進行證明，再利用拋物線定義和性質(zhì)即可得出結論.5．（2024·河南南陽·一模）在橢圓(雙曲線)中，任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，該圓的圓心是橢圓(雙曲線)的中心，半徑等于橢圓(雙曲線)長半軸(實半軸)與短半軸(虛半軸)平方和(差)的算術平方根，則這個圓叫蒙日圓.已知橢圓的蒙日圓的面積為，該橢圓的上頂點和下頂點分別為，且，設過點的直線與橢圓交于兩點（不與兩點重合）且直線.(1)證明：，的交點在直線上;(2)求直線圍成的三角形面積的最小值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由題意求橢圓方程，設直線，聯(lián)立方程結合韋達定理分析證明；（2）設直線與直線的交點分別為，可得，結合韋達定理求得的最小值為，即可得結果.【詳解】（1）根據(jù)題意，蒙日圓的半徑為，所以.因為，可知，則，所以橢圓的標準方程為，因為直線過點，可知直線的斜率存在，且直線與橢圓必相交，可設直線，聯(lián)立方程，消去可得，由根與系數(shù)的關系可得：因為，可得直線，直線，所以即，解得，所以直線的交點在直線上.（2）設直線與直線的交點分別為，則由（1）可知：直線，直線.聯(lián)立方程和，解得因為，又因為點到直線的距離，可得，只需求的最小值.由弦長公式可得令，則.可得，當且僅當，即時等號成立.即的最小值為，可得面積的最小值為.故直線圍成的三角形面積的最小值為.

【點睛】方法點睛：與圓錐曲線有關的最值問題的兩種解法：（1）數(shù)形結合法：根據(jù)待求值的幾何意義，充分利用平面圖形的幾何性質(zhì)求解；（2）構建函數(shù)法：先引入變量，構建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其最值，常用基本不等式或導數(shù)法求最值（注意：有時需先換元后再求最值）．⑤立體幾何新定義一、解答題1．（24-25高三上·浙江·開學考試）已知是棱長為的正四面體，設的四個頂點到平面的距離所構成的集合為，若中元素的個數(shù)為，則稱為的階等距平面，為的階等距集.(1)若為的1階等距平面且1階等距集為，求的所有可能值以及相應的的個數(shù)；(2)已知為的4階等距平面，且點與點分別位于的兩側.若的4階等距集為，其中點到的距離為，求平面與夾角的余弦值.【答案】(1)答案見解析(2).【分析】（1）分兩種情況得出的所有可能值以及相應的的個數(shù)；（2）先根據(jù)已知得出，再計算求得余弦值.【詳解】（1）①情形一：分別取的中點，由中位線性質(zhì)可知，此時平面為的一個1階等距平面，為正四面體高的一半，等于.由于正四面體有4個面，這樣的1階等距平面平行于其中一個面，有4種情況；②情形二：分別取的中點將此正四面體放置到棱長為1的正方體中，則為正方體棱長的一半，等于.由于正四面體的六條棱中有3組對棱互為異面直線，這樣的1階等距平面平行于其中一組異面直線，有3種情況.綜上，當?shù)闹禐闀r，有4個；當?shù)闹禐闀r，有3個.（2）在線段上分別取一點，使得，則平面即為平面.如圖，取中點，連接，以為坐標原點，所在直線分別為軸，過點且與平面垂直的直線為軸建立空間直角坐標系，，設，，設平面法向量為m=所以，即，所以，又平面的法向量為，設平面與夾角為所以，所以平面與夾角余弦值為.2．（23-24高一下·重慶·期中）離散曲率是刻畫空間彎曲性的重要指標．設為多面體的一個頂點，定義多面體在點處的離散曲率為，其中為多面體的所有與點相鄰的頂點，且平面，平面，…，平面和平面為多面體的所有以為公共點的面.(1)求四棱錐在各個頂點處的離散曲率的和；(2)如圖，現(xiàn)已知四棱錐的底面是邊長為2的菱形，且，頂點在底面的射影為的中點.①若，求該四棱錐在處的離散曲率；②若該四棱錐在處的離散曲率，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)2(2)①；②【分析】（1）根據(jù)離散曲率的定義，直接計算，即可得答案；（2）①求出的值，利用余弦定理求出頂點S處的側面的頂角大小，即可求得答案；②根據(jù)四棱錐在處的離散曲率，求出棱錐的高，再根據(jù)線面角的定義，即可求解答案.【詳解】（1）由題意可知四棱錐在各個頂點處的角的和，即等于四個側面上的三角形和底面四邊形的內(nèi)角和，即，故四棱錐在各個頂點處的離散曲率的和為：；（2）①連接，由于底面是邊長為2的菱形，故交于點O，，則為正三角形，則,底面，底面，故，，則，，則，由于為三角形內(nèi)角，故；同理求得，故該四棱錐在處的離散曲率；②由題意可知四棱錐的是個側面三角形全等，即得，四棱錐在處的離散曲率，則，設，則，而，故，解得，作于E，則E為AB中點，結合題意知為正三角形，故，作于F，則，且，則;連接，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，則平面，則即為直線與平面所成角，則.【點睛】關鍵點睛：本題考查空間幾何的新定義問題，解答的關鍵是要理解新定義，并能根據(jù)新定義的含義去解決問題；解答第二問時，要能根據(jù)四棱錐在處的離散曲率，求出棱錐的高，進而根據(jù)線面角定義解決問題.3．（23-24高一下·湖南長沙·期末）空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規(guī)定：多面體頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差，其中多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制.例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為，故其各個頂點的曲率均為.如圖，在直三棱柱中，點的曲率為，，分別為，的中點，且.(1)證明：平面；(2)若，求二面角的余弦值；(3)表面經(jīng)過連續(xù)變形可以變?yōu)榍蛎娴亩嗝骟w稱為簡單多面體.關于簡單多面體有著名歐拉定理：設簡單多面體的頂點數(shù)為，棱數(shù)為，面數(shù)為，則有：.利用此定理試證明：簡單多面體的總曲率（多面體有頂點的曲率之和）是常數(shù).【答案】(1)證明見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）由直棱柱的性質(zhì)可得，，再由點的曲率可求出，則為等邊三角形，所以，再利用線面垂直的判定定理可證得結論；（2）取的中點，連接，則平面，所以，，則平面，所以可得為二面角的平面角，在中可求得結果；（3）設多面體有個面，給組成多面體的多邊形編號，分別為號，設第號（）多邊形有條邊，表示出多面體的所有的棱和頂點，及所有多邊形的內(nèi)角之和為，從而可表示出總曲率，化簡可得結果.【詳解】（1）證明：因為在直三棱柱中，平面，平面，所以，所以點的曲率為，得，因為，所以為等邊三角形，因為為的中點，所以，因為平面，平面，所以，因為，平面，所以平面；（2）解：取的中點，連接，因為為等邊三角形，所以，因為三棱柱為直三棱柱，所以平面平面，因為平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，設，則，所以，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，所以為二面角的平面角，因為，所以在中，，所以二面角的余弦值為；（3）證明：設多面體有個面，給組成多面體的多邊形編號，分別為號，設第號（）多邊形有條邊，則多面體共有條棱，由題意，多面體共有個頂點，號多邊形的內(nèi)角之和為，所以所有多邊形的內(nèi)角之和為，所以多面體的總曲率為所以簡單多面體的總曲率為.【點睛】關鍵點點睛：此題考查線面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解題的關鍵是對多面體曲率的正確理解，考查推理能力和計算能力，屬于難題.4．（23-24高一下·山東臨沂·期末）類比思想在數(shù)學中極為重要，例如類比于二維平面內(nèi)的余弦定理，有三維空間中的三面角余弦定理：如圖1，由射線，，構成的三面角，記，，，二面角的大小為，則．如圖2，四棱柱中，為菱形，，，，且點在底面內(nèi)的射影為的中點．(1)求的值；(2)直線與平面內(nèi)任意一條直線夾角為，證明：；(3)過點作平面，使平面平面，且與直線相交于點，若，求值．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）連接，即可證明平面平面，即二面角的大小為，求出，再由所給三面角余弦定理計算可得；（2）依題意可得，設平面內(nèi)任一條直線為，分過點與不過點兩種情況，當過點，記與的夾角為（），則，結合余弦函數(shù)的性質(zhì)即可得證；（3）連接，，首先證明平面平面，從而得到平面平面，再由面面平行的性質(zhì)得到，從而得到，即可得解.【詳解】（1）連接，由已知得平面，，又平面，所以平面平面，所以二面角的大小為，因為為菱形，，所以，又，所以，在中，，由三面角余弦定理可得.（2）依題意可得，設平面內(nèi)任一條直線為，若過點