資源簡介

第03講 集合、立體幾何、解析幾何
及其他新定義綜合
（4類核心考點精講精練）
集合新定義考情分析
首先，集合的基本概念和表示方法是基礎，包括集合的定義、元素、子集、并集、交集、補集等。考生需要掌握集合的表示方法，如列舉法和描述法，并能正確使用集合運算符號。
其次，集合的新定義和新概念可能會出現在高考試題中，考生需要關注集合新問題。
總體而言，新高考數學集合部分的考情分析要求考生不僅要掌握基礎知識，還要能夠將集合知識與其他數學領域相結合，解決實際問題?？忌鷳⒅鼗A知識的鞏固，同時關注新定義的學習和應用。
立體幾何新定義考情分析
新高考數學立體幾何部分，新定義的引入是近年來考試改革的一個重要方面。新定義通常涉及一些特定的幾何概念、性質或定理，這些內容在傳統的教學大綱中可能沒有明確提及，但它們對于解決某些特定問題非常關鍵。考情分析顯示，新定義的題目往往要求考生具備較強的邏輯推理能力和空間想象能力。
在備考時，考生需要特別注意以下幾個方面：
理解新定義的含義：考生需要準確理解新定義的幾何概念或性質，并能夠將其與已知的數學知識聯系起來。
掌握新定義的應用：通過大量練習，熟悉新定義在解決立體幾何問題中的應用，包括但不限于計算體積、表面積、線段長度、角度等。
分析和解決問題的能力：面對新定義題目，考生應學會如何分析問題，運用邏輯推理和幾何直觀來解決問題。
關注新定義與實際問題的結合：新高考數學試題越來越注重實際應用，考生應學會將新定義與實際問題結合起來，提高解決實際問題的能力。
總之，新定義的引入增加了立體幾何題目的難度和深度，考生需要在復習時特別關注這些內容，通過多種方式提高自己的理解和應用能力。
解析幾何新定義考情分析
解析幾何是高中數學的重要組成部分，它以代數方法研究幾何問題，是連接代數與幾何的橋梁。在新高考數學中，解析幾何的內容和考查方式有所更新，主要體現在以下幾個方面：
新定義問題的引入：新高考數學解析幾何部分增加了對新定義的理解和應用的考查。這類問題通常會給出一個未見過的幾何概念或性質，要求考生在理解的基礎上，運用已學知識進行推導和計算。
綜合性增強：解析幾何題目往往與其他數學領域如代數、三角等知識相結合，考查學生綜合運用多種數學工具解決問題的能力。
實際應用背景：新高考數學解析幾何題目更加注重實際應用，題目背景往往來源于實際生活或科學技術，要求學生能夠將抽象的數學問題與現實世界聯系起來。
創新思維的考查：解析幾何題目中可能會出現一些開放性問題，鼓勵學生運用創新思維，探索多種解題方法，而不僅僅是套用固定模式。
計算能力與邏輯推理能力并重：新高考數學解析幾何部分不僅考查學生的計算能力，還強調邏輯推理能力。考生需要準確理解幾何圖形的性質，合理運用幾何定理和公式，進行嚴密的邏輯推理。
針對這些考情變化，考生在備考時應加強對新定義的理解和應用，提高解決綜合性問題的能力，注重實際應用背景的題目訓練，并在解題過程中發揮創新思維，同時加強計算能力和邏輯推理能力的培養。
考點一、集合新定義
1．（2024·廣東深圳·模擬預測）定義兩集合的差集：且，已知集合，，則的子集個數是（ ）個．
A．2 B．4 C．8 D．16
2．（2024·浙江紹興·模擬預測）對于集合A，B，定義A\B=且，則對于集合A={}，B={}， 且，以下說法正確的是（ ）
A．若在橫線上填入”∩”，則C的真子集有212﹣1 個.
B．若在橫線上填入”∪”，則C中元素個數大于250.
C．若在橫線上填入”\”，則C的非空真子集有2153﹣2個.
D．若在橫線上填入”∪”，則C中元素個數為13.
3．（2024·吉林長春·模擬預測）（多選）對于集合，若，則稱為對偶互存集，則下列為對偶互存集的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·北京西城·三模）記集合.對任意，，記，對于非空集合，定義集合.
(1)當時，寫出集合；對于，寫出；
(2)當時，如果，求的最小值；
(3)求證：.
（注：本題中，表示有限集合A中的元素的個數.）
5．（2024·浙江·模擬預測）稱代數系統為一個有限群，如果
1.為一個有限集合，為定義在上的運算(不必交換)，
2.
3.稱為的單位元
4.，存在唯一元素使稱為的逆元有限群，稱為的子群.若，定義運算.
(1)設為有限群的子群，為中的元素. 求證:
(i)當且僅當；
(ii)與元素個數相同.
(2)設為任一質數.上的乘法定義為，其中[x]為不大于的最小整數.已知構成一個群，求證:(其中表示個作運算)
11．（2024·浙江·二模）稱平面直角坐標系中橫坐標與縱坐標均為正整數的點為好整點，記為集合包含的好整點的個數．若，則正整數的最小值是（ ）
A．1976 B．1977 C． D．
2．（2024·湖南懷化·二模）給定整數，有個實數元素的集合，定義其相伴數集，如果，則稱集合為一個元規范數集．（注：表示數集中的最小數）．對于集合，則（ ）
A．是規范數集，不是規范數集 B．是規范數集，是規范數集
C．不是規范數集，是規范數集 D．不是規范數集，不是規范數集
3．（2024·福建·模擬預測）（多選）若平面點集滿足：任意點，存在，都有，則稱該點集是階聚合點集．下列命題為真命題的是（ ）
A．若，則是3階聚合點集
B．存在對任意正數，使不是階聚合點集
C．若，則不是階聚合點集
D．“”是“是階聚合點集”的充要條件
4．（2024·貴州遵義·二模）設集合或，中的元素，，定義：．若為的元子集，對，都存在，使得，則稱為的元最優子集．
(1)若，且，試寫出兩個不同的；
(2)當時，集合，證明：為的2元最優子集；
(3)當時，是否存在2元最優子集，若存在，求出一個最優子集，若不存在，請說明理由．
5．（2024·四川·一模）桌上有十個蘋果，要把這十個蘋果放到九個抽屜里，無論怎樣放，我們會發現至少會有一個抽屜里面放不少于兩個蘋果．這一現象就是我們所說的“抽屜原理”．
抽屜原理的一般含義為：如果每個抽屜代表一個集合，每一個蘋果就可以代表一個元素，假如有個元素放到n個集合中去，共中必定有一個集合里至少有兩個元素．
應用抽屜原理，解答下列問題：設n為正整數，集合.對于集合A中的任意元素和，記.
(1)當時，巖，，求和的值；
(2)當時，對于A中的任意兩個不同的元素，，證明：.
(3)給定不小于2的正整數n，設B是A的子集，且滿足：對于B中的任意兩個不同元素，，.寫出一個集合B，使其元素個數最多，并說明由.
考點二、立體幾何新定義
1．（2024·青?！つM預測）如圖，在正方體中，，，，，，分別為棱，，，，，的中點，為的中點，連接，．對于空間任意兩點，，若線段上不存在也在線段，上的點，則稱，兩點“可視”，則與點“可視”的點為（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三上·上海浦東新·階段練習）在空間直角坐標系中，定義點和點兩點之間的“直角距離”．若和兩點之間的距離是，則和兩點之間的“直角距離”的取值范圍是 ．
3．（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；
(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.
4．（2024高三·全國·專題練習）我們知道，二元實數對可以表示平面直角坐標系中點的坐標； 那么對于元實數對（，是整數），也可以把它看作一個由條兩兩垂直的“軸”構成的高維空間（一般記為）中的一個“點”的坐標表示的距離 ．
(1)當時， 若，，， 求 ， 和 的值；
(2)對于給定的正整數，證明中任意三點滿足關系 ；
(3)當時，設，，，其中，，，．求滿足點的個數，并證明從這個點中任取11個點，其中必存在個點，它們共面或者以它們為頂點的三棱錐體積不大于．
5．（23-24高一下·江蘇常州·期末）離散曲率是刻畫空間彎曲性的重要指標．設P為多面體M的一個頂點，定義多面體M在點P處的離散曲率為，其中為多面體M的所有與點P相鄰的頂點，且平面，平面，…，平面和平面為多面體M的所有以P為公共點的面．
(1)求三棱錐在各個頂點處的離散曲率的和；
(2)如圖，已知在三棱錐中，平面ABC，，，三棱錐在頂點C處的離散曲率為．

①求直線PC與直線AB所成角的余弦值；
②若點Q在棱PB上運動，求直線CQ與平面ABC所成的角的最大值．
1．（2023·安徽滁州·模擬預測）（多選）閱讀數學材料：“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”解答問題：已知在直四棱柱中，底面為菱形，，則下列說法正確的是（ ）
A．四棱柱在其各頂點處的離散曲率都相等
B．若，則四棱柱在頂點處的離散曲率為
C．若四面體在點處的離散曲率為，則平面
D．若四棱柱在頂點處的離散曲率為，則與平面的夾角為
2．（20-21高一下·四川成都·期末）類比于二維平面中的余弦定理，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，，，，二面角的大小為，則．
（1）當、時，證明以上三面角余弦定理；
（2）如圖2，平行六面體中，平面平面，，，
①求的余弦值；
②在直線上是否存在點，使平面？若存在，求出點的位置；若不存在，說明理由．
3．（2022·遼寧沈陽·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如圖1所示.蜂房結構是由正六棱柱截去三個相等的三棱錐，，，再分別以，，為軸將，，分別向上翻轉，使，，三點重合為點所圍成的曲頂多面體（下底面開口），如圖2所示.蜂房曲頂空間的彎曲度可用曲率來刻畫，定義其度量值等于蜂房頂端三個菱形的各個頂點的曲率之和，而每一頂點的曲率規定等于減去蜂房多面體在該點的各個面角之和（多面體的面角是多面體的面的內角，用弧度制表示）.例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在各頂點的曲率為.
(1)求蜂房曲頂空間的彎曲度；
(2)若正六棱柱底面邊長為1，側棱長為2，設
（i）用表示蜂房（圖2右側多面體）的表面積；
（ii）當蜂房表面積最小時，求其頂點的曲率的余弦值.
4．（2024高二上·全國·專題練習）已知兩個非零向量，，在空間任取一點，作，，則叫做向量，的夾角，記作.定義與的“向量積”為：是一個向量，它與向量，都垂直，它的模.如圖，在四棱錐中，底面為矩形，底面，，為上一點，.
(1)求的長；
(2)若為的中點，求二面角的余弦值；
(3)若為上一點，且滿足，求.
考點三、解析幾何新定義
1．（2024·河南·二模）從橢圓外一點向橢圓引兩條切線，切點分別為，則直線稱作點關于橢圓的極線，其方程為.現有如圖所示的兩個橢圓，離心率分別為，內含于，橢圓上的任意一點關于的極線為，若原點到直線的距離為1，則的最大值為（ ）

A． B． C． D．
2．（24-25高三上·廣東佛山·階段練習）橢圓的離心率e滿足，則稱該橢圓為“黃金橢圓”．若是“黃金橢圓”，則 ；“黃金橢圓”兩個焦點分別為、（），P為橢圓C上的異于頂點的任意一點，點M是的內心，連接PM并延長交于N，則 ．
3．（2024·山東青島·三模）在平面內，若直線將多邊形分為兩部分，多邊形在兩側的頂點到直線的距離之和相等，則稱為多邊形的一條“等線”，已知為坐標原點，雙曲線的左、右焦點分別為的離心率為2，點為右支上一動點，直線與曲線相切于點，且與的漸近線交于兩點，當軸時，直線為的等線.
(1)求的方程;
(2)若是四邊形的等線，求四邊形的面積;
(3)設，點的軌跡為曲線，證明:在點處的切線為的等線
4．（2024·浙江舟山·模擬預測）阿基米德螺線廣泛存在于自然界中，具有重要作用．如圖，在平面直角坐標系xOy中，螺線與坐標軸依次交于點，并按這樣的規律繼續下去．
(1)求．
(2)求證：不存在正整數，使得三角形的面積為2022;
(3)求證：對于任意正整數，三角形為銳角三角形．
5．（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.
1．（2024·河南信陽·模擬預測）在空間解析幾何中，可以定義曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之間滿足：①曲面上任意一點的坐標均為三元方程的解；②以三元方程的任意解為坐標的點均在曲面上，則稱曲面的方程為，方程的曲面為.已知空間中某單葉雙曲面的方程為，雙曲面可視為平面中某雙曲線的一支繞軸旋轉一周所得的旋轉面，已知直線過C上一點，且以為方向向量.
(1)指出平面截曲面所得交線是什么曲線，并說明理由；
(2)證明：直線在曲面上；
(3)若過曲面上任意一點，有且僅有兩條直線，使得它們均在曲面上.設直線在曲面上，且過點，求異面直線與所成角的余弦值.
2．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）在平面直角坐標系中，利用公式①（其中，，，為常數），將點變換為點的坐標，我們稱該變換為線性變換，也稱①為坐標變換公式，該變換公式①可由，，，組成的正方形數表唯一確定，我們將稱為二階矩陣，矩陣通常用大寫英文字母，，…表示.
(1)如圖，在平面直角坐標系中，將點繞原點按逆時針旋轉角得到點（到原點距離不變），求坐標變換公式及對應的二階矩陣；
(2)在平面直角坐標系中，求雙曲線繞原點按逆時針旋轉（到原點距離不變）得到的雙曲線方程；
(3)已知由（2）得到的雙曲線，上頂點為，直線與雙曲線的兩支分別交于，兩點（在第一象限），與軸交于點.設直線，的傾斜角分別為，，求證：為定值.
3．（24-25高三上·上海·階段練習）若坐標平面內的曲線與某正方形四條邊的所在直線均相切，則稱曲線為正方形的一條“切曲線”，正方形為曲線的一個“切立方”．
(1)試寫出圓的一個切立方的四條邊所在直線的方程；
(2)已知正方形的方程為，且正方形為雙曲線的一個“切立方”，求雙曲線的離心率的取值范圍；
(3)設函數的圖象為曲線，試問曲線是否存在切立方，并說明理由．
4．（24-25高三上·內蒙古赤峰·階段練習）在平面直角坐標系中，定義：若曲線和上分別存在點，關于原點對稱，則稱點和點為和的一對“關聯點”.
(1)若上任意一點的“關聯點”為點，求點所在的曲線方程.
(2)若上任意一點的“關聯點”為點，求的取值范圍.
(3)若和有且僅有兩對“關聯點”，求實數的取值范圍.
5．（2024·江西新余·模擬預測）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，我們規定某一實數滿足：①，當且僅當時等號成立； ②； ③.其中，為平面直角坐標系內的三個點，我們就稱是關于兩點的一個“度量”.設：平面直角坐標系（為坐標原點）內兩點的“距離”.
(1)求證：兩點的“距離”是關于兩點的一個“度量”.
(2)設為平面直角坐標系內任意一點.
（ⅰ）若，請在下圖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)規定平面內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.
考點四、其他新定義綜合
1．（2024·浙江·二模）古人把正弦函數、余弦函數、正切函數、余切函數、正割函數、余割函數、正矢函數、余矢函數這八種三角函數的函數線合稱為八線.其中余切函數，正割函數，余割函數，正矢函數，余矢函數.如圖角始邊為軸的非負半軸，其終邊與單位圓交點，、分別是單位圓與軸和軸正半軸的交點，過點作垂直軸，作垂直軸，垂足分別為、，過點作軸的垂線，過點作軸的垂線分別交的終邊于、，其中、、、為有向線段，下列表示正確的是（ ）

A． B．
C． D．
2．（2024·吉林長春·一模）我們知道，在平面內取定單位正交基底建立坐標系后，任意一個平面向量，都可以用二元有序實數對表示.平面向量又稱為二維向量，一般地，n元有序實數組稱為n維向量，它是二維向量的推廣.類似二維向量，對于n維向量，可定義兩個向量的數量積，向量的長度（模）等：設，，則；.已知向量滿足，向量滿足
(1)求的值；
(2)若，其中.
（i）求證：；
（ii）當且時，證明：.
3．（22-23高一上·云南昆明·期末）人臉識別技術在各行各業的應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
1．（24-25高三上·北京·階段練習）古希臘數學家托勒密對三角學的發展做出了重要貢獻，托勒密把圓的半徑60等分，用圓的半徑長的作為單位來度量弦長.將圓心角所對的弦長記為.如圖，在圓中，的圓心角所對的弦長恰好等于圓的半徑，因此的圓心角所對的弦長為60個單位，即.若為圓心角，，則 .

2．（2024·廣西欽州·三模）對于平面向量，定義“變換”： ，其中表示中較大的一個數，表示中較小的一個數.若，則.記.
(1)若，求及；
(2)已知，將經過次變換后，最小，求的最小值；
(3)證明：對任意，經過若干次變換后，必存在，使得.
3．（2024·山西太原·二模）已知兩個非零向量，，將向量繞著它的起點沿逆時針方向旋轉（）弧度后，其方向與向量的方向相同，則叫做向量到的角．已知非零向量到的角為，數量叫做向量與的運算，記作，即．根據此定義，不難證明以下性質：
①；
②；
③．
(1)利用以上性質證明：；
(2)設到的角為，定義．當時，則表示△OAB面積；當時，則表示△OAB面積的相反數．利用上述定義和性質證明：
①如圖，四邊形ABCD的兩邊AD，BC延長相交于點E，對角線AC，BD的中點為F，G，求證：四邊形ABCD的面積等于△EFG的面積的4倍；
②在平面直角坐標系中，記向量，，△ABC各頂點坐標分別為，，，求證：△ABC面積為．
4．（24-25高二上·河北保定·開學考試）給定平面上一個圖形D，以及圖形D上的點，如果對于D上任意的點P，為與P無關的定值，我們就稱為關于圖形D的一組穩定向量基點.
(1)已知為圖形D，判斷點是不是關于圖形D的一組穩定向量基點；
(2)若圖形D是邊長為2的正方形，是它的4個頂點，P為該正方形上的動點，求的取值范圍；
(3)若給定單位圓及其內接正2024邊形為該單位圓上的任意一點，證明是關于圓的一組穩定向量基點，并求的值.
1．（2021·四川達州·一模）兩個非零向量，，定義．若，，則 ．
2．（23-24高三上·安徽合肥·階段練習）（多選）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.已知在直四棱柱中，四邊形為菱形，，則下列說法正確的是（ ）
A．四棱柱在其各頂點處的離散曲率都相等
B．若，則四棱柱在頂點處的離散曲率為
C．若四面體在點處的離散曲率為，則平面
D．若四棱柱在頂點處的離散曲率為，則直線與平面所成的角的正弦值為
3．（2021·全國·模擬預測）（多選）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．已知在直四棱柱中，底面為菱形，，則下列結論正確的是（ ）
A．直四棱柱在其各頂點處的離散曲率都相等
B．若，則直四棱柱在頂點處的離散曲率為
C．若，則直四棱柱在頂點處的離散曲率為
D．若四面體在點處的離散曲率為，則平面
4．（24-25高三上·河南·階段練習）已知數列（正整數且為常數）的各項均為正整數，設集合，記中的元素個數為.
(1)若數列求集合及的值；
(2)若數列為等差數列，求的值；
(3)求的最大值．
5．（24-25高三上·江蘇南通·階段練習）已知集合，若存在數陣滿足：①；②；則稱為“好集合”，并稱數陣為的一個“好數陣”．
(1)已知數陣是的一個好數陣，試寫出，，，的值；
(2)若集合為“好集合”，證明：集合的“好數陣”必有偶數個；
(3)判斷是否為“好集合”．若是，求出滿足條件的所有“好數陣”；若不是，說明理由．
6．（24-25高三上·北京順義·階段練習）給定正整數，集合.若存在集合，，，同時滿足下列三個條件：
①，；
②集合中的元素都為奇數，集合中的元素都為偶數，所有能被3整除的數都在集合中（集合中還可以包含其它數）；
③集合，，中各元素之和分別為，，，有；
則稱集合為可分集合.
(1)已知為可分集合，寫出相應的一組滿足條件的集合，，；
(2)當時，是不是可分集合？判斷并說明理由；
(3)已知為偶數，求證：“是整數”是“為可分集合”的必要不充分條件.
7．（24-25高三上·北京·階段練習）已知無窮數列，各項都是正整數，定義集合：，；
(1)已知，，直接寫出集合；
(2)若，，，求證：中有無窮多個1；
(3)若，均為等差數列，且，均為無限集，求證：．
8．（24-25高三上·北京海淀·階段練習）已知數列記集合
(1)對于數列：，列出集合的所有元素；
(2)若是否存在，使得？若存在，求出一組符合條件的；若不存在，說明理由；
(3)若把集合中的元素從小到大排列，得到的新數列為若，求的最大值.
9．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習）我們知道，在平面內取定單位正交基底建立坐標系后，任意一個平面向量，都可以用二元有序實數對表示．平面向量又稱為二維向量．一般地，n元有序實數組稱為n維向量，它是二維向量的推廣．類似二維向量，對于n維向量，也可定義兩個向量的數量積、向量的長度（模）等：設，，則；．已知向量滿足，向量滿足．
(1)求的值；
(2)若，其中，當且時，證明：．
10．（24-25高三上·江蘇鹽城·階段練習）設集合A為非空數集，定義.
(1)若集合，直接寫出集合及；
(2)若集合且，求證；
(3)若集合且，求A中元素個數的最大值.
11．（24-25高三上·北京·階段練習）已知集合，對于任意，
操作一：選擇中某個位置（某兩個數之間或第一個數之前或最后一個數之后），插入連續個或連續個，得到；
操作二：刪去中連續個或連續個，得到；
進行一次操作一或者操作二均稱為一次“月變換”，在第次 “月變換”的結果上再進行次“月變換”稱為第次“月變換”．
(1)若對進行兩次“月變換”，依次得到，．直接寫出和的所有可能情況．
(2)對于和至少要對進行多少次“月變換”才能得到？說明理由．
(3)證明：對任意，總能對進行不超過次“月變換”得到．
12．（24-25高三上·浙江·階段練習）正整數集，其中.將集合拆分成個三元子集，這個集合兩兩沒有公共元素.若存在一種拆法，使得每個三元子集中都有一個數等于其他兩數之和，則稱集合是“三元可拆集”.
(1)若，判斷集合是否為“三元可拆集”，若是，請給出一種拆法；若不是，請說明理由；
(2)若，證明：集合不是“三元可拆集”；
(3)若，是否存在使得集合是“三元可拆集”，若存在，請求出的最大值并給出一種拆法；若不存在，請說明理由.
13．（23-24高三下·湖南常德·階段練習）對于給定的正整數n，記集合，其中元素稱為一個n維向量.特別地，稱為零向量.設，，，定義加法和數乘：，.對一組向量，，…，，若存在一組不全為零的實數，，…，，使得，則稱這組向量線性相關.否則，稱為線性無關.
(1)對，判斷下列各組向量是線性相關還是線性無關，并說明理由.
①，；
②，，.
(2)已知，，線性無關，判斷，，是線性相關還是線性無關，并說明理由.
(3)已知個向量，，…，線性相關，但其中任意個都線性無關，證明：
①如果存在等式（，，2，3，…，m），則這些系數，，…，或者全為零，或者全不為零；
②如果兩個等式，（，，，2，3，…，m）同時成立，其中，則.
14．（24-25高三上·河北滄州·階段練習）已知有限集，若中的元素滿足，則稱為“元重生集”.
(1)集合是否為“2元重生集”，請說明理由；
(2)是否存在集合中元素均為正整數的“3元重生集”？如果有，請求出有幾個，如果沒有，請說明理由；
(3)若，證明：“元重生集”有且只有一個，且.
15．（24-25高三上·江蘇·階段練習）已知集合，為集合的子集．定義，．
(1)?。?br/>①若存在且，求的最小值；
②對于給定的，若存在互不相同且，求的最大值及此時的最大值．
(2)取，是否存在及，使得，且？若存在，請舉例；若不存在，請證明．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第03講 集合、立體幾何、解析幾何
及其他新定義綜合
（4類核心考點精講精練）
集合新定義考情分析
首先，集合的基本概念和表示方法是基礎，包括集合的定義、元素、子集、并集、交集、補集等。考生需要掌握集合的表示方法，如列舉法和描述法，并能正確使用集合運算符號。
其次，集合的新定義和新概念可能會出現在高考試題中，考生需要關注集合新問題。
總體而言，新高考數學集合部分的考情分析要求考生不僅要掌握基礎知識，還要能夠將集合知識與其他數學領域相結合，解決實際問題。考生應注重基礎知識的鞏固，同時關注新定義的學習和應用。
立體幾何新定義考情分析
新高考數學立體幾何部分，新定義的引入是近年來考試改革的一個重要方面。新定義通常涉及一些特定的幾何概念、性質或定理，這些內容在傳統的教學大綱中可能沒有明確提及，但它們對于解決某些特定問題非常關鍵。考情分析顯示，新定義的題目往往要求考生具備較強的邏輯推理能力和空間想象能力。
在備考時，考生需要特別注意以下幾個方面：
理解新定義的含義：考生需要準確理解新定義的幾何概念或性質，并能夠將其與已知的數學知識聯系起來。
掌握新定義的應用：通過大量練習，熟悉新定義在解決立體幾何問題中的應用，包括但不限于計算體積、表面積、線段長度、角度等。
分析和解決問題的能力：面對新定義題目，考生應學會如何分析問題，運用邏輯推理和幾何直觀來解決問題。
關注新定義與實際問題的結合：新高考數學試題越來越注重實際應用，考生應學會將新定義與實際問題結合起來，提高解決實際問題的能力。
總之，新定義的引入增加了立體幾何題目的難度和深度，考生需要在復習時特別關注這些內容，通過多種方式提高自己的理解和應用能力。
解析幾何新定義考情分析
解析幾何是高中數學的重要組成部分，它以代數方法研究幾何問題，是連接代數與幾何的橋梁。在新高考數學中，解析幾何的內容和考查方式有所更新，主要體現在以下幾個方面：
新定義問題的引入：新高考數學解析幾何部分增加了對新定義的理解和應用的考查。這類問題通常會給出一個未見過的幾何概念或性質，要求考生在理解的基礎上，運用已學知識進行推導和計算。
綜合性增強：解析幾何題目往往與其他數學領域如代數、三角等知識相結合，考查學生綜合運用多種數學工具解決問題的能力。
實際應用背景：新高考數學解析幾何題目更加注重實際應用，題目背景往往來源于實際生活或科學技術，要求學生能夠將抽象的數學問題與現實世界聯系起來。
創新思維的考查：解析幾何題目中可能會出現一些開放性問題，鼓勵學生運用創新思維，探索多種解題方法，而不僅僅是套用固定模式。
計算能力與邏輯推理能力并重：新高考數學解析幾何部分不僅考查學生的計算能力，還強調邏輯推理能力。考生需要準確理解幾何圖形的性質，合理運用幾何定理和公式，進行嚴密的邏輯推理。
針對這些考情變化，考生在備考時應加強對新定義的理解和應用，提高解決綜合性問題的能力，注重實際應用背景的題目訓練，并在解題過程中發揮創新思維，同時加強計算能力和邏輯推理能力的培養。
考點一、集合新定義
1．（2024·廣東深圳·模擬預測）定義兩集合的差集：且，已知集合，，則的子集個數是（ ）個．
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】B
【分析】根據題意求得集合，從而求得其子集的個數.
【詳解】因為，，
所以，
所以，有兩個元素，
則的子集個數是個．
故選：B．
2．（2024·浙江紹興·模擬預測）對于集合A，B，定義A\B=且，則對于集合A={}，B={}， 且，以下說法正確的是（ ）
A．若在橫線上填入”∩”，則C的真子集有212﹣1 個.
B．若在橫線上填入”∪”，則C中元素個數大于250.
C．若在橫線上填入”\”，則C的非空真子集有2153﹣2個.
D．若在橫線上填入”∪”，則C中元素個數為13.
【答案】B
【分析】根據各個選項確定相應的集合，然后由集合與子集定義得結論．
【詳解】，，集合無公共元素，
選項A中，集合為空集，沒有真子集，A錯；
選項B中，由得，由得，因此中元素個數為，B正確；
選項C中，中元素個數為166，非空真子集個數為，C錯；
選項D中，，而，因此其中元素個數為331個，D錯．
故選：B．
3．（2024·吉林長春·模擬預測）（多選）對于集合，若，則稱為對偶互存集，則下列為對偶互存集的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】根據對偶互存集的定義逐項判斷可得答案.
【詳解】對于A，當時，，故A正確；
對于B，為全體奇數構成的集合，
當為奇數時，也為奇數，故B正確；
對于C，，則，
但，故C錯誤；
對于D，，當時，，故D正確．
故選：ABD．
4．（2024·北京西城·三模）記集合.對任意，，記，對于非空集合，定義集合.
(1)當時，寫出集合；對于，寫出；
(2)當時，如果，求的最小值；
(3)求證：.
（注：本題中，表示有限集合A中的元素的個數.）
【答案】(1)；
(2)5
(3)證明見解析
【分析】（1）根據定義直接寫出集合，再根據的定義寫出；
（2）設，則，則由題意可得，從而可求得結果；
（3）設A中的所有元素為，，…，，其中，記（），先利用反證法證明這些互不相等，再根據定義證明即可.
【詳解】（1）；
若，則.
（2）的最小值為5.
證明如下：
設.
因為，除外，其它7個元素需由兩個不同的，計算得到，
所以，解得.
當時，有，符合題意.
（3）證明：設A中的所有元素為，，…，，其中.
記（），則這些互不相等.
證明如下：如果存在，，
則，的每一位都相等，
所以，的每一位都相等，
從而，與集合A中元素的互異性矛盾.
定義集合，則.
又，
所以.
【點睛】關鍵點點睛：此題考查集合的新定義，考查集合間的關系，解題的關鍵是對集合新定義的正確理解，考查理解能力，屬于難題.
5．（2024·浙江·模擬預測）稱代數系統為一個有限群，如果
1.為一個有限集合，為定義在上的運算(不必交換)，
2.
3.稱為的單位元
4.，存在唯一元素使稱為的逆元有限群，稱為的子群.若，定義運算.
(1)設為有限群的子群，為中的元素. 求證:
(i)當且僅當；
(ii)與元素個數相同.
(2)設為任一質數.上的乘法定義為，其中[x]為不大于的最小整數.已知構成一個群，求證:(其中表示個作運算)
【答案】(1)（i）證明見解析；（ii）證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）（i）利用單位元、子群的定義判斷可得答案；（ii）首先構造一個到的滿射，直接由的定義得到，另一方面，證明這個映射同時也是單射即可；
（2）我們有如下斷言:，假設是使得的最小正整數，由（1）的結論可知可得答案.
【詳解】（1）（i）如果，則，，
從而.
另一方面，如果，
則有，，
即，從而，
即，
從而，
反之由得到，
類似討論得中的元素也全都屬于，證畢；
（ii）我們首先構造一個到的滿射，
這直接由的定義得到，
另一方面，我們證明這個映射同時也是單射，
事實上，若對，
兩邊左乘，
則有，從而兩集合間有一一映射，
故元素個數相等；
（2）我們有如下斷言:，
假設是使得的最小正整數，
則(其中表示個作.運算)在運算下構成的一個子群，
記作，
而由（1）的結論可知，這一集族中的集合有相同的元素個數，
且兩兩不交(若有兩個集合相交，則推得，
由（1）（i）得兩集合相同)從而它們構成的一個劃分，從而有，
因而.
【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是對新定義的理解及性質的應用.
11．（2024·浙江·二模）稱平面直角坐標系中橫坐標與縱坐標均為正整數的點為好整點，記為集合包含的好整點的個數．若，則正整數的最小值是（ ）
A．1976 B．1977 C． D．
【答案】B
【分析】一方面由必要性：轉換成恒成立求參問題，可以求得，另一方面比較重要的一點是：要驗證當時，，由此即可得解.
【詳解】一方面：由題意，，使得不等式恒成立，
注意到
，
等號成立當且僅當，即，
所以正整數應該滿足，
另一方面：當時，
我們證明：成立，
證明過程如下：
注意到，
所以，
，記，則，，
，
即成立，
綜合以上兩方面，可知正整數的最小值是1977.
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵在于用必要性求得參數范圍后，一定要檢驗充分性是否成立，由此即可順利得解.
2．（2024·湖南懷化·二模）給定整數，有個實數元素的集合，定義其相伴數集，如果，則稱集合為一個元規范數集．（注：表示數集中的最小數）．對于集合，則（ ）
A．是規范數集，不是規范數集 B．是規范數集，是規范數集
C．不是規范數集，是規范數集 D．不是規范數集，不是規范數集
【答案】C
【分析】利用規范數集的定義，逐項判斷即可得解.
【詳解】集合中，，則，
即的相伴數集中的最小數不是1，因此不是規范數集；
集合，，
，
即的相伴數集中的最小數是1，因此是規范數集.
故選：C
3．（2024·福建·模擬預測）（多選）若平面點集滿足：任意點，存在，都有，則稱該點集是階聚合點集．下列命題為真命題的是（ ）
A．若，則是3階聚合點集
B．存在對任意正數，使不是階聚合點集
C．若，則不是階聚合點集
D．“”是“是階聚合點集”的充要條件
【答案】ACD
【分析】根據集合新定義的規定，易判斷A正確；通過舉反例排除B；按照集合新定義得不出合理結論否定為階聚合點集判斷C；運用等價轉化思想，即可得到D正確.
【詳解】對于A，由可得，故是3階聚合點集，即A正確；
對于B，對任意的點集，總存在，使得是1階聚合點集，故B錯誤；
對于C，因，而，故不是階聚合點集，即C正確；
對于D，因是階聚合點集等價于，
因，可得，又因，依題意可得，反之也成立，
故“是階聚合點集”是“”的充要條件，即D正確.
故選：ACD.
4．（2024·貴州遵義·二模）設集合或，中的元素，，定義：．若為的元子集，對，都存在，使得，則稱為的元最優子集．
(1)若，且，試寫出兩個不同的；
(2)當時，集合，證明：為的2元最優子集；
(3)當時，是否存在2元最優子集，若存在，求出一個最優子集，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)或；
(2)證明見解析；
(3)不存在，理由見解析.
【分析】（1）根據給定的定義直接寫出即可.
（2）任取，確定存在的，使得，代入計算證得.
（3）先考慮的情況，證明不存在最優子集即可推理得證.
【詳解】（1）取或，滿足，
所以或.
（2）任取，則存在，使得，
記，
，
若，則結論成立；若，則，
所以為的2元最優子集.
（3）先考慮的情況，假設存在2元最優子集，
記，
，使，
記，則，
由，得，
因此中至少有一個數大于等于4，
這與是最優子集矛盾，由的任意性，可知不存在最優子集，
當時，，
則，所以沒有2元最優子集.
【點睛】方法點睛：求解新定義運算有關的題目，關鍵是理解和運用新定義的概念以及元算，利用化歸和轉化的數學思想方法，將不熟悉的數學問題，轉化成熟悉的問題進行求解.
5．（2024·四川·一模）桌上有十個蘋果，要把這十個蘋果放到九個抽屜里，無論怎樣放，我們會發現至少會有一個抽屜里面放不少于兩個蘋果．這一現象就是我們所說的“抽屜原理”．
抽屜原理的一般含義為：如果每個抽屜代表一個集合，每一個蘋果就可以代表一個元素，假如有個元素放到n個集合中去，共中必定有一個集合里至少有兩個元素．
應用抽屜原理，解答下列問題：設n為正整數，集合.對于集合A中的任意元素和，記.
(1)當時，巖，，求和的值；
(2)當時，對于A中的任意兩個不同的元素，，證明：.
(3)給定不小于2的正整數n，設B是A的子集，且滿足：對于B中的任意兩個不同元素，，.寫出一個集合B，使其元素個數最多，并說明由.
【答案】(1)，
(2)證明見解析
(3)，理由見解析
【分析】（1）根據定義得到，；
（2）設，，求出，，分析出，，證明出，當且僅當時等號成立；
（3）在（2）的基礎上，得到若，則成立，對集合進行分類，應用抽屜原理和反證法，得到滿足條件的集合B中元素個數不多于，在取，對于，2，…，，取，且；，令，得到答案.
【詳解】（1）因為，，
所以，
；
（2）當時，對于A中的任意兩個不同的元素，，
設，，
，.
對于任意的，，，2，3，4，
當時，有，
當時，有.
即，
所以，
又因為，
所以，，當且僅當時等號成立，
所以
，
即，當且僅當時等號成立：
（3）由（2）可證，對于任意的，，
若，則成立.
考慮設，
，
對于任意的，3，…，n，
，
所以，
假設滿足條件的集合B中元素個數不少于，
則至少存在兩個元素在某個集合中，
不妨設為，，則.
與假設矛盾，所以滿足條件的集合B中元素個數不多于.
取；
對于，2，…，，取，
且；.
令，
則集合B滿足條件，且元素個數為，
故B是一個滿足條件且元素個數最多的集合.
【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）發現新信息與所學知識的聯系，并從描述中體會信息的本質特征與規律；
（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.
考點二、立體幾何新定義
1．（2024·青海·模擬預測）如圖，在正方體中，，，，，，分別為棱，，，，，的中點，為的中點，連接，．對于空間任意兩點，，若線段上不存在也在線段，上的點，則稱，兩點“可視”，則與點“可視”的點為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】連接、、、、、，借助平行線的性質可得四點共面，即可得線段與相交，線段與相交，線段與相交，從而排除A、B、C.
【詳解】如圖，連接，，，由正方體的性質及、分別為棱、的中點，
易得，所以線段與相交，與相交，故A、B錯誤；
連接，，有，，故，
所以線段與相交，C錯誤；
連接，直線與，直線與均為異面直線，D正確.
故選：D.
2．（23-24高三上·上海浦東新·階段練習）在空間直角坐標系中，定義點和點兩點之間的“直角距離”．若和兩點之間的距離是，則和兩點之間的“直角距離”的取值范圍是 ．
【答案】
【分析】根據空間兩點距離公式，結合三角代換法、輔助角公式、正弦型函數的最值性質進行求解即可.
【詳解】因為，
所以設，
其中，因此
，
因為，所以，因此，
設，
于是有
，
因為，所以，
因此當且時，即當且時，
有最大值，
當且或時，有最小值，
此時，或，
所以的最小值，
綜上，和兩點之間的“直角距離”的取值范圍是.
故答案為：
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用三角代換的方法、運用正弦函數的最值的性質.
3．（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；
(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；
（2）先根據已知得出，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，當的值為時，有4個；當的值為時，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
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.
4．（2024高三·全國·專題練習）我們知道，二元實數對可以表示平面直角坐標系中點的坐標； 那么對于元實數對（，是整數），也可以把它看作一個由條兩兩垂直的“軸”構成的高維空間（一般記為）中的一個“點”的坐標表示的距離 ．
(1)當時， 若，，， 求 ， 和 的值；
(2)對于給定的正整數，證明中任意三點滿足關系 ；
(3)當時，設，，，其中，，，．求滿足點的個數，并證明從這個點中任取11個點，其中必存在個點，它們共面或者以它們為頂點的三棱錐體積不大于．
【答案】(1)，，
(2)證明見解析
(3)，證明見解析
【分析】（1）根據新定義直接計算；
（2）由新定義，寫出不等式兩邊的表達式，根據絕對值的性質證明；
（3）根據新定義，及絕對值的性質得點是以為對角線的正方體的表面和內部的整數點，共125個，把它們分布在五個平面，1，2，3，上，這五個面一個面取3個點，相鄰面上取一個點，以它們為頂點構成三棱錐（能構成時），棱錐的體積不超過，然后任取11點中如果沒有4點共面，但至少有一個平面內有3個點．根據這3點所在平面分類討論可得．
【詳解】（1）當 時，若，，，
則，，．
（2）設，，，
根據絕對值的性質有，， ，
所以．
（3）因為，，，則，
且，
可得，當且僅當時，等號同時成立，
又因為，可得，，，，
可知，，，1，2，3，4，則，
點是以為對角線的正方體內部（含面上）的整數點，共125個，即．
這125個點在，，，，這五面內．
這三個平面內，一個面上取不共線的 3 點，相鄰面上再取一點構成一個三棱錐．
則這個三棱錐的體積最大為，
現在任取11個點，
若有四點共面，則命題已成立；
若其中無4點共面，但11個點分在5個平面上至少有一個平面內有3個點（顯然不共線）；
若這三點在，， 這三個平面中的一個上，與這個面相鄰的兩個面上如果有一點，
那么這一點與平面上的三點這四點可構成三棱錐的四個頂點，其體積不超過，
否則還有 8 個點在平面 和上，不合題意，
若這三個點在平面或上，不妨設在平面，
若在平面在一個點，則同樣四點構成的三棱錐體積不超過，
否則剩下的 8個點在，， 三個平面上，只能是 3，3，2 分布，
不管哪一種分布都有四點構成的三棱錐體積不超過；
綜上所述：任取11個點，其中必存在4個點，它們共面或者以它們為頂點的三棱錐體積不大于．
【點睛】關鍵點點睛：本題新定義距離，解題關鍵是利用新定義轉化為絕對值，利用絕對值的性質解決一些問題．本題還考查了抽屜原理，11個放在5個平面上，至少有一個平面內至少有3點，由此分類討論可證明結論成立．
5．（23-24高一下·江蘇常州·期末）離散曲率是刻畫空間彎曲性的重要指標．設P為多面體M的一個頂點，定義多面體M在點P處的離散曲率為，其中為多面體M的所有與點P相鄰的頂點，且平面，平面，…，平面和平面為多面體M的所有以P為公共點的面．
(1)求三棱錐在各個頂點處的離散曲率的和；
(2)如圖，已知在三棱錐中，平面ABC，，，三棱錐在頂點C處的離散曲率為．

①求直線PC與直線AB所成角的余弦值；
②若點Q在棱PB上運動，求直線CQ與平面ABC所成的角的最大值．
【答案】(1)2
(2)①；②
【分析】（1）根據離散曲率的定義計算即可
（2）①首先證明，再由點處的離散曲率可求出，從而其它相應的線段都可計算，
把與平移至中位線處，得出為異面直線與的夾角或其補角，在用余弦定理求解即可.
②首先是把線面角做出，設，再把角的三角函數值表示成的函數，最后轉化為函數最值問題.
【詳解】（1）由離散曲率的定義得：，
，
，
，
四個式子相加得：.
（2）①如圖，分別取的中點，連接，顯然有，
所以為異面直線與的夾角或其補角，設，因為，所以，，

因為平面，平面，所以，，，，
因為，，所以平面，又因為平面，所以，
由點處的離散曲率為可得，
所以，，，而，，
所以，故異面直線與的夾角的余弦值為.
②如圖，過點做交與，連接，因為平面，所以平面，
則為直線與平面所成的角，設，
在中，
因為，所以，所以，
故，
當分母最小時，最大，即最大，此時，即（與重合），，所以的最大值為.

【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是通過題目所給的新定義求出，從而計算出各邊的長度，求與平面所成的角的最大值，首先是把線面角做出，設，再把角的三角函數值表示成的函數，轉化為函數最值問題，求最值是把式子經過適當的變形最終轉化為二次函數最值問題.
1．（2023·安徽滁州·模擬預測）（多選）閱讀數學材料：“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”解答問題：已知在直四棱柱中，底面為菱形，，則下列說法正確的是（ ）
A．四棱柱在其各頂點處的離散曲率都相等
B．若，則四棱柱在頂點處的離散曲率為
C．若四面體在點處的離散曲率為，則平面
D．若四棱柱在頂點處的離散曲率為，則與平面的夾角為
【答案】BC
【分析】根據題意求線線夾角，再代入離散曲率公式，對四個選項逐一分析判斷，結合線面垂直的判定定理及性質即可得出答案.
【詳解】A：當直四棱柱的底面為正方形時，其在各頂點處的離散曲率都相等，
當直四棱柱的底面不為正方形時，其在同一底面且相鄰的兩個頂點處的離散曲率不相等，故A錯誤；
B：若，則菱形為正方形，
因為平面，平面，所以，，
所以直四棱柱在頂點處的離散曲率為，故B正確；
C：在四面體中，，，所以，
所以四面體在點處的離散曲率為，解得，
易知，所以，所以，
所以直四棱柱為正方體，
因為平面，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正確，
D：直四棱柱在頂點處的離散曲率為,
則,即是等邊三角形,
設,則即為與平面的所成角,,故D錯誤;
故選：BC.
【點睛】關鍵點點睛：關鍵是充分理解離散曲率的定義，從而結合立體幾何的知識求解即可．
2．（20-21高一下·四川成都·期末）類比于二維平面中的余弦定理，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，，，，二面角的大小為，則．
（1）當、時，證明以上三面角余弦定理；
（2）如圖2，平行六面體中，平面平面，，，
①求的余弦值；
②在直線上是否存在點，使平面？若存在，求出點的位置；若不存在，說明理由．
【答案】（1）證明見解析；（2）①；②當點在的延長線上，且使時，平面.
【分析】（1）過射線上一點作交于點，作交于點，連接，，可得是二面角的平面角．在中和中分別用余弦定理，兩式相減變形可證結論；
（2）①直接利用三面角定理（（1）的結論）計算；②連結，延長至，使，連結，由線面平行的判定定理證明平面．
【詳解】（1）證明：如圖，過射線上一點作交于點，
作交于點，連接，
則是二面角的平面角．
在中和中分別用余弦定理，得
，
，
兩式相減得，
∴，
兩邊同除以，得．
（2）①由平面平面，知，
∴由（1）得，
∵，，
∴．
②在直線上存在點，使平面．
連結，延長至，使，連結，
在棱柱中，，，
∴，∴四邊形為平行四邊形，
∴．
在四邊形中，，
∴四邊形為平行四邊形，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
∴當點在的延長線上，且使時，平面．
3．（2022·遼寧沈陽·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如圖1所示.蜂房結構是由正六棱柱截去三個相等的三棱錐，，，再分別以，，為軸將，，分別向上翻轉，使，，三點重合為點所圍成的曲頂多面體（下底面開口），如圖2所示.蜂房曲頂空間的彎曲度可用曲率來刻畫，定義其度量值等于蜂房頂端三個菱形的各個頂點的曲率之和，而每一頂點的曲率規定等于減去蜂房多面體在該點的各個面角之和（多面體的面角是多面體的面的內角，用弧度制表示）.例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在各頂點的曲率為.
(1)求蜂房曲頂空間的彎曲度；
(2)若正六棱柱底面邊長為1，側棱長為2，設
（i）用表示蜂房（圖2右側多面體）的表面積；
（ii）當蜂房表面積最小時，求其頂點的曲率的余弦值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根據彎曲度、曲率的定義求得正確答案.
（2）（i）結合多面體的表面積的求法求得；（ii）利用導數求得蜂房表面積最小時的值.令，利用余弦定理求得，結合三角恒等變換的知識求得頂點的曲率的余弦值.
【詳解】（1）蜂房曲頂空間的彎曲度為頂端三個菱形的7個頂點的曲率之和，
根據定義其度量值等于減去三個菱形的內角和，
再減去6個直角梯形中的兩個非直角內角和，
即蜂房曲頂空間的彎曲度為.
（2）（i）如圖所示，連接AC，SH，則，設點在平面的射影為O，
則，則，
菱形SAHC的面積為，
側面積，
所以蜂房的表面積為.
（ii），
令得到，
所以在遞增；在遞增.
所以在處取得極小值，也即是最小值.
此時，在中，令，由余弦定理得，
又頂點的曲率為，
.
4．（2024高二上·全國·專題練習）已知兩個非零向量，，在空間任取一點，作，，則叫做向量，的夾角，記作.定義與的“向量積”為：是一個向量，它與向量，都垂直，它的模.如圖，在四棱錐中，底面為矩形，底面，，為上一點，.
(1)求的長；
(2)若為的中點，求二面角的余弦值；
(3)若為上一點，且滿足，求.
【答案】(1)2
(2)
(3)10
【分析】（1）證明，為直線與所成的角，設，結合“向量積”的模的定義由條件列方程求可得的長；
（2）過點作交的延長線于點，證明為二面角的平面角，解三角形求其大小，結合二面角
與二面角互補可得結論；
（3）過點作，證明平面，過點作交于點，證明，結合條件可求.
【詳解】（1）因為底面為矩形，
所以，，
因為底面，底面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因為，
所以為直線與所成的角，即，
設，則，，
在中，
又，所以，解得或（舍去），
所以；
（2）在平面內過點作交的延長線于點，連接，
因為底面，底面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以為二面角的平面角，
因為為的中點，
所以，，
所以，
設二面角的平面角為，則，
所以，
即二面角的余弦值為；
（3）依題意，，又，
所以，，又，所以，
又，平面，所以平面，
在平面內過點作，垂足為，
由平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
在平面內過點作交于點，在上取點，使得，連接，
所以且，所以四邊形為平行四邊形，
所以，又，即，
所以.
【點睛】“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，透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，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.
考點三、解析幾何新定義
1．（2024·河南·二模）從橢圓外一點向橢圓引兩條切線，切點分別為，則直線稱作點關于橢圓的極線，其方程為.現有如圖所示的兩個橢圓，離心率分別為，內含于，橢圓上的任意一點關于的極線為，若原點到直線的距離為1，則的最大值為（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據定義寫出極線的方程，由距離公式列出一個方程，再結合點在橢圓上找到的關系再進行求解.
【詳解】設，橢圓方程：，橢圓方程：，則有①
由極線的定義得直線的方程為，
原點到直線的距離，化簡得②，
對比①②式得出，則有，
所以.
當且僅當，即時取等，此時.
故選：D.
2．（24-25高三上·廣東佛山·階段練習）橢圓的離心率e滿足，則稱該橢圓為“黃金橢圓”．若是“黃金橢圓”，則 ；“黃金橢圓”兩個焦點分別為、（），P為橢圓C上的異于頂點的任意一點，點M是的內心，連接PM并延長交于N，則 ．
【答案】
【分析】根據離心率可得關于的方程，從而可求其值，根據角平分線的形狀結合橢圓的定義可得的值.
【詳解】因為是“黃金橢圓”，故，故，
連接，因為為內心，故為角平分線，
由角平分線性質，有，故，
故答案為：，.
3．（2024·山東青島·三模）在平面內，若直線將多邊形分為兩部分，多邊形在兩側的頂點到直線的距離之和相等，則稱為多邊形的一條“等線”，已知為坐標原點，雙曲線的左、右焦點分別為的離心率為2，點為右支上一動點，直線與曲線相切于點，且與的漸近線交于兩點，當軸時，直線為的等線.
(1)求的方程;
(2)若是四邊形的等線，求四邊形的面積;
(3)設，點的軌跡為曲線，證明:在點處的切線為的等線
【答案】(1)
(2)12
(3)證明見解析
【分析】（1）利用已知等量關系建立方程，求解各個元素，得到雙曲線方程即可.
（2）利用給定定義，求解關鍵點的坐標，最后得到四邊形面積即可.
（3）利用給定條件和新定義證明即可.
【詳解】（1）由題意知，顯然點在直線的上方，
因為直線為的等線，所以，
解得，所以的方程為
（2）設，切線，代入得:
故，
該式可以看作關于的一元二次方程，
所以，即方程為
當的斜率不存在時，也成立
漸近線方程為，不妨設在上方，
聯立得，故，
所以是線段的中點，因為到過的直線距離相等，
則過點的等線必定滿足:到該等線距離相等，
且分居兩側，所以該等線必過點，即的方程為，
由，解得，故 .
所以，
所以，
所以，所以
（3）
設，由，所以，
故曲線的方程為
由（*）知切線為，也為，即，即
易知與在的右側，在的左側，分別記到的距離為，
由（2）知，
所以
由得
因為，
所以直線為的等線 .
【點睛】關鍵點點睛：本題考查解析幾何，解題關鍵是利用給定定義和條件，然后結合前問結論，得到，證明即可．
4．（2024·浙江舟山·模擬預測）阿基米德螺線廣泛存在于自然界中，具有重要作用．如圖，在平面直角坐標系xOy中，螺線與坐標軸依次交于點，并按這樣的規律繼續下去．
(1)求．
(2)求證：不存在正整數，使得三角形的面積為2022;
(3)求證：對于任意正整數，三角形為銳角三角形．
【答案】(1)5；4
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）利用給定定義結合兩點間距離公式求解即可.
（2）將原三角形合理拆分，利用直角三角形的性質求出面積，結合完全平方數的性質證明即可.
（3）利用給定定義確定最大角，利用余弦定理判定其為銳角即可.
【詳解】（1）由兩點間距離公式得，
由題意得，，所以.
（2），，而不可能等于，
故不存在正整數，使得三角形的面積為.
（3），，，
因為，所以在三角形中，
為最大角，由余弦定理得，，則為銳角，
即三角形為銳角三角形．
【點睛】關鍵點點睛：本題考查新定義問題，解題關鍵是合理利用給定定義，找到最大角，然后利用余弦定理得到其為銳角即可．
5．（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：，、，
與斜橢圓聯立：，
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、，
與橢圓方程聯立，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.
1．（2024·河南信陽·模擬預測）在空間解析幾何中，可以定義曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之間滿足：①曲面上任意一點的坐標均為三元方程的解；②以三元方程的任意解為坐標的點均在曲面上，則稱曲面的方程為，方程的曲面為.已知空間中某單葉雙曲面的方程為，雙曲面可視為平面中某雙曲線的一支繞軸旋轉一周所得的旋轉面，已知直線過C上一點，且以為方向向量.
(1)指出平面截曲面所得交線是什么曲線，并說明理由；
(2)證明：直線在曲面上；
(3)若過曲面上任意一點，有且僅有兩條直線，使得它們均在曲面上.設直線在曲面上，且過點，求異面直線與所成角的余弦值.
【答案】(1)平面上，以原點為圓心，1為半徑的圓；理由見解析
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）根據坐標平面內點的坐標的特征可知，可得坐標平面的方程；當時，可得平面截曲面所得交線的方程，進而可得曲線類型；
（2）設是直線上任意一點，由題意有，從而得點的坐標，代入曲面的方程驗證即可.
（3）設是直線上任意一點，直線的方向向量為，由題意有，可得點的坐標，代入曲面的方程，進而可求得的關系，可得，利用向量夾角公式求解即可得出答案.
【詳解】（1）根據坐標平面內點的坐標的特征可知，坐標平面的方程為，
已知曲面的方程為，
當時，平面截曲面所得交線上的點滿足，
即，
也即在平面上到原點距離為定值1，
從而平面截曲面所得交線是平面上，以原點為圓心，1為半徑的圓.
（2）設是直線上任意一點，
由，均為直線的方向向量，有，
從而存在實數，使得，即，
則，解得，
所以點的坐標為，
于是，
因此點的坐標總是滿足曲面的方程，從而直線在曲面上.
（3）直線在曲面上，且過點，
設是直線上任意一點，直線的方向向量為，
由，均為直線的方向向量，有，
從而存在實數，使得，即，
則，解得，
所以點的坐標為，
∵在曲面上，∴，
整理得，
由題意，對任意的，有恒成立，
∴，且，
∴，或，
不妨取，則，或，
∴，或，
又直線的方向向量為，
則異面直線與所成角的余弦值均為
【點睛】方法點睛：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設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的．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，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．
2．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）在平面直角坐標系中，利用公式①（其中，，，為常數），將點變換為點的坐標，我們稱該變換為線性變換，也稱①為坐標變換公式，該變換公式①可由，，，組成的正方形數表唯一確定，我們將稱為二階矩陣，矩陣通常用大寫英文字母，，…表示.
(1)如圖，在平面直角坐標系中，將點繞原點按逆時針旋轉角得到點（到原點距離不變），求坐標變換公式及對應的二階矩陣；
(2)在平面直角坐標系中，求雙曲線繞原點按逆時針旋轉（到原點距離不變）得到的雙曲線方程；
(3)已知由（2）得到的雙曲線，上頂點為，直線與雙曲線的兩支分別交于，兩點（在第一象限），與軸交于點.設直線，的傾斜角分別為，，求證：為定值.
【答案】(1)公式為，二階矩陣為
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）設，，通過，計算整理可得答案；
（2）利用（1）的結果代入計算即可；
（3）設直線的方程為，與聯立，求出的斜率，然后利用韋達定理計算，進而求出，則可得為定值.
【詳解】（1）設，，則，，，
故，
，
所以坐標變換公式為，
該變換所對應的二階矩陣為；
（2）設曲線上任意一點在旋轉角是的旋轉變換下所得點坐標為.
則，即，
得，則，所求曲線方程為；
（3）
①直線斜率存在時，可設直線的方程為，
設，
由，得，
所以，，且，
當時，取，，所以直線方程為：，
直線方程與雙曲線方程聯立可得，解得或，
所以，.
所以，所以，可得；
當時，設的斜率分別為，
，，
所以，
，
所以.
因為在第一象限，所以，所以，所以.
②直線斜率不存在時，可得，
可得，，
所以，同理可得.
綜上可得，為定值，得證.
【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，再證明這個定值與變量無關．
(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．（24-25高三上·上海·階段練習）若坐標平面內的曲線與某正方形四條邊的所在直線均相切，則稱曲線為正方形的一條“切曲線”，正方形為曲線的一個“切立方”．
(1)試寫出圓的一個切立方的四條邊所在直線的方程；
(2)已知正方形的方程為，且正方形為雙曲線的一個“切立方”，求雙曲線的離心率的取值范圍；
(3)設函數的圖象為曲線，試問曲線是否存在切立方，并說明理由．
【答案】(1) (答案不唯一)
(2)
(3)存在，理由見解析
【分析】（1）根據“切立方”的定義，結合圖象，找到一個切立方的四條邊所在直線的方程即可；
（2）根據“切立方”的定義，聯立與雙曲線，由于相切，則，根據，即可求出雙曲線的離心率的取值范圍；
（3）設第一個切點為，則切線為，根據函數的圖象關于原點對稱和正方形對邊平行，因此可設第二條切線為，同理求出第三條和第四條切線，然后驗證四條切線形成的圖形是否為正方形即可.
【詳解】（1）
根據“切立方”的定義，結合圖象可得， (答案不唯一)
（2）
由正方形的方程為，則，
由正方形為雙曲線的一個“切立方”，
則，聯立可得，
整理得，
則，整理得，即，
則，所以.
（3）由函數，則，
設一個切點為，
則
則過該點的一條切線方程為：，即，
由函數為奇函數，其圖象關于原點對稱，因此如果曲線是存在切立方，
則正方形也關于原點對稱，
故與第一條邊平行的正方形的另一條邊所在直線為：,
設第三個切點為，同理可得另兩條切線為，
若存在正方形，即，
由此可設，
代入消元可得，
設，
由，，
由零點存在性定理可知在上有解，
因此曲線存在切立方.
【點睛】關鍵點點睛：（1）第二問中求雙曲線的離心率，關鍵找到關于的關系式，因此利用直線與雙曲線相切，把直線方程與雙曲線的方程聯立消去建立關于的一元二次方程，然后，建立關于的關系式；
（2）第三問的關鍵在于圍成正方形的四條直線方程的設法，利用正方形的對邊平行和結合函數的圖象關于原點對稱，則相互平行的兩條切線在軸的截距互為相反數.
4．（24-25高三上·內蒙古赤峰·階段練習）在平面直角坐標系中，定義：若曲線和上分別存在點，關于原點對稱，則稱點和點為和的一對“關聯點”.
(1)若上任意一點的“關聯點”為點，求點所在的曲線方程.
(2)若上任意一點的“關聯點”為點，求的取值范圍.
(3)若和有且僅有兩對“關聯點”，求實數的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）設點，根據“關聯點”的定義可得曲線方程，結合曲線方程及基本不等式可得最值；
（2）設，則根據對稱性得，根據三角換元可得，恒等變形得，即可求得的取值范圍；
（3）和有且僅有兩對“關聯點”等價于曲線和有且僅有兩個交點，令，求得.當時，的最小值為，討論當時，時，時，零點情況，當時，由，得，，分時，時，時，零點情況，求得實數的取值范圍.
【詳解】（1）設點，則點的“關聯點”為，
將點的坐標代入，得，
即，所以點所在的曲線方程為.
（2）設，則根據對稱性得，
因為曲線關于軸對稱，
當時，設，，，
所以，
所以的最小值為，最大值為，
所以的取值范圍為.
（3）和有且僅有兩對“關聯點”等價于曲線和有且僅有兩個交點，
即，化簡可得，
令，則.
（i）若，則，由，得，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以的最小值為.
①當時，，即，
則沒有零點，不滿足題意.
②當時，，只有一個零點，不滿足題意.
③當時，，即，
當時，，，
因為，所以，故，
又，所以在上有一個零點.
設，則，單調遞增，所以，
則當時，，
又，所以，因此在上有一個零點.
故當時，有兩個不同的零點，滿足題意.
（ii）若，則由，得，.
①當時，，當時，；
當時，；
當時，.
所以在和上單調遞減，在上單調遞增.
又，所以至多有一個零點，不滿足題意.
②當時，，則，所以單調遞減，至多有一個零點，不滿足題意.
③當時，，當時，；
當時，；當時，.
所以在和上單調遞減，在上單調遞增，
又，所以至多有一個零點，不滿足題意.
綜上，實數的取值范圍為.
【點睛】關鍵點點睛：（3）和有且僅有兩對“關聯點”等價于曲線和有且僅有兩個交點，令，利用導數討論零點情況，求得實數的取值范圍.
5．（2024·江西新余·模擬預測）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，我們規定某一實數滿足：①，當且僅當時等號成立； ②； ③.其中，為平面直角坐標系內的三個點，我們就稱是關于兩點的一個“度量”.設：平面直角坐標系（為坐標原點）內兩點的“距離”.
(1)求證：兩點的“距離”是關于兩點的一個“度量”.
(2)設為平面直角坐標系內任意一點.
（?。┤?，請在下圖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)規定平面內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）根據題設定義逐一檢驗①②③，即可證明結果；
（2）（i）根據題設定義，利用，即可求解；（ii）設，則，再令，即可證明結果；
（3）根據題設，令，得到，再分，和，三種情況，根據造函數，，，利用函數的單調性，即可求出結果.
【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由于單調遞增，故由可得：
，
故，
即，所以距離是一種度量.
（2）（?。┤鐖D

（ⅱ）設，則=，
令，則，即.
（3）設，，，
令，則.
當時，成立，
不妨設（同理），
設，
令單調遞增，單調遞減，
，則，
令，
①當時，，
②當時，，，，
③當時，，，由于為一次或二次函數，
故①、②、③均唯一使，
故在單調遞增，在單調遞減，
④時，，單調遞增，綜上，
，有，
解得，
當，同理可求得，所以.
【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵在于理解“度量”和“距離”的定義，再結合不等式及導數知識，即可求解.
考點四、其他新定義綜合
1．（2024·浙江·二模）古人把正弦函數、余弦函數、正切函數、余切函數、正割函數、余割函數、正矢函數、余矢函數這八種三角函數的函數線合稱為八線.其中余切函數，正割函數，余割函數，正矢函數，余矢函數.如圖角始邊為軸的非負半軸，其終邊與單位圓交點，、分別是單位圓與軸和軸正半軸的交點，過點作垂直軸，作垂直軸，垂足分別為、，過點作軸的垂線，過點作軸的垂線分別交的終邊于、，其中、、、為有向線段，下列表示正確的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用單位圓以及三角函數的定義可知，，，然后結合新定義簡單計算可判斷各個選項.
【詳解】根據題意，易得，
對于A，因為，即，故A錯誤；
對于B，根據三角函數定義結合相似三角形相似比可得，，故B錯誤；
對于C，，故C正確；
對于D，根據三角函數定義結合相似三角形相似比可得，故D錯誤.
故選：C.
【點睛】關鍵點睛：本題屬于新定義題，解題關鍵是讀懂題意，根據新定義，利用三角函數定義結合相似三角形相似比求解，注意有向線段.
2．（2024·吉林長春·一模）我們知道，在平面內取定單位正交基底建立坐標系后，任意一個平面向量，都可以用二元有序實數對表示.平面向量又稱為二維向量，一般地，n元有序實數組稱為n維向量，它是二維向量的推廣.類似二維向量，對于n維向量，可定義兩個向量的數量積，向量的長度（模）等：設，，則；.已知向量滿足，向量滿足
(1)求的值；
(2)若，其中.
（i）求證：；
（ii）當且時，證明：.
【答案】(1)；
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析.
【分析】（1）利用定義求出，再利用錯位相減法求和即得.
（2）（i）構造函數，利用導數探其單調性推理得證；（ii）利用（i）的結論，結合裂項相消法求和即可推理得證.
【詳解】（1）依題意，，，
則，
于是，
兩式相減得，
所以.
（2）（i），依題意，，
設，，求導得，
函數在上單調遞增，即當時，，
即，因此，，
所以.
（ii）由（i）知，
且，
因此
，即，
所以當且時，.
【點睛】關鍵點點睛：構造函數，利用導數判斷其單調性，賦值計算得到是解決第2問的關鍵.
3．（22-23高一上·云南昆明·期末）人臉識別技術在各行各業的應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)
【分析】（1）根據公式直接計算即可.
（2）根據公式得到，，計算得到答案.
【詳解】（1），
，故余弦距離等于；
（2）；
故，，則.
1．（24-25高三上·北京·階段練習）古希臘數學家托勒密對三角學的發展做出了重要貢獻，托勒密把圓的半徑60等分，用圓的半徑長的作為單位來度量弦長.將圓心角所對的弦長記為.如圖，在圓中，的圓心角所對的弦長恰好等于圓的半徑，因此的圓心角所對的弦長為60個單位，即.若為圓心角，，則 .

【答案】
【分析】根據度量弦長的定義，利用余弦定理求出時圓心角所對應的弦長，結合的圓心角所對的弦長為60個單位即可求出結果.
【詳解】設圓的半徑為，時圓心角所對應的弦長為，
利用余弦定理可知，即可得
又的圓心角所對的弦長恰好等于圓的半徑，的圓心角所對的弦長為60個單位，
即與半徑等長的弦長為60個單位，所以.
故答案為：
2．（2024·廣西欽州·三模）對于平面向量，定義“變換”： ，其中表示中較大的一個數，表示中較小的一個數.若，則.記.
(1)若，求及；
(2)已知，將經過次變換后，最小，求的最小值；
(3)證明：對任意，經過若干次變換后，必存在，使得.
【答案】(1)
(2)1349.
(3)證明見解析
【分析】（1）先根據已知的新定義求出，從而可求出及；
（2）根據求出，從而可求出，進而可得且，則可求出的最小值；
（3）分，，和四種情況討論即可.
【詳解】（1）因為，所以，
所以，
所以.
（2）因為，
所以或
所以，
即.
由題意可得，
，
，
根據規律可得且，
由且可得的最大值為674，所以，
所以，此后進入循環.
所以當時，；
當時，；
當時，.
所以最小時，的最小值為1349.
（3）證明：當時，顯然存在，使得.
當時，，即，存在，使得.
同理，當時，存在，使得.
當時，若，則，存在，使得.
若，設.
假設對任意，則均不為0.
因為，所以.
若，則，
若，則，
所以，
所以，即.
因為，所以，
所以，
與矛盾，故假設不正確，即存在，使得.
綜上，對于任意，經過若干次變換后，必存在，使得.
【點睛】關鍵點點睛：此題考查平面向量的新定義，解題的關鍵是對平面向量新定義的正確理解，根據新定義求解，考查分析問題的能力、理解能力和計算能力，屬于難題.
3．（2024·山西太原·二模）已知兩個非零向量，，將向量繞著它的起點沿逆時針方向旋轉（）弧度后，其方向與向量的方向相同，則叫做向量到的角．已知非零向量到的角為，數量叫做向量與的運算，記作，即．根據此定義，不難證明以下性質：
①；
②；
③．
(1)利用以上性質證明：；
(2)設到的角為，定義．當時，則表示△OAB面積；當時，則表示△OAB面積的相反數．利用上述定義和性質證明：
①如圖，四邊形ABCD的兩邊AD，BC延長相交于點E，對角線AC，BD的中點為F，G，求證：四邊形ABCD的面積等于△EFG的面積的4倍；
②在平面直角坐標系中，記向量，，△ABC各頂點坐標分別為，，，求證：△ABC面積為．
【答案】(1)證明見解析
(2)①證明見解析 ；②證明見解析
【分析】（1）由新定義求證；
（2）
①由，再由新定義求解；
②由，再由新定義求解．
【詳解】（1）由題意得；
（2）①設（），
，
∴四邊形ABCD的面積等于△EFG的面積的4倍；
②∵，，
∴，，，
∵，，，
∴，，
∴
，
∴△ABC面積為．
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于充分理解新定義運算，結合向量的數量積運算求解．
4．（24-25高二上·河北保定·開學考試）給定平面上一個圖形D，以及圖形D上的點，如果對于D上任意的點P，為與P無關的定值，我們就稱為關于圖形D的一組穩定向量基點.
(1)已知為圖形D，判斷點是不是關于圖形D的一組穩定向量基點；
(2)若圖形D是邊長為2的正方形，是它的4個頂點，P為該正方形上的動點，求的取值范圍；
(3)若給定單位圓及其內接正2024邊形為該單位圓上的任意一點，證明是關于圓的一組穩定向量基點，并求的值.
【答案】(1)不是
(2)
(3)證明見解析，4048
【分析】（1）分別計算與重合和與重合時這兩種情況下的結果，再依據一組穩定向量基點的定義得解.
（2）根據向量運算法則得，再結合正方形結構性質可得的最大值和最小值，進而得解.
（3）先轉化，從而得，再結合和偶數邊的正多邊形圖形結構性質即可得解.
【詳解】（1）點不是關于的一組穩定向量基點，理由如下：
當與重合時，有，
當與重合時，有，
故不是關于的一組穩定向量基點.
（2）因為，
所以，故由正方形結構性質得：
當與重合時，取得最大值；當與重合時，取得最小值0.
所以的取值范圍為.
（3）設單位圓的圓心為，
則，
所以，
因為多邊形是正2024邊形，
所以由偶數邊的正多邊形圖形結構性質可知，故，
又，所以，
故是關于圓的一組穩定向量基點，且.
【點睛】方法點睛：對于新定義題目，解決此類題的策略是：
1. 準確理解“新定義”，明確“新定義”的條件、原理、方法、步驟和結論等；
2. 重視“舉例”，利用例子可以檢驗是否理解和懂得正確運用，歸納例子提供的解題思路和方法；
3. 運用新定義去解決問題時，根據新定義交代的性質或運算規則去運用即可，解決問題的過程中還需要將“新定義”的知識與已有知識聯系起來，利用已有知識經驗來解決問題.
1．（2021·四川達州·一模）兩個非零向量，，定義．若，，則 ．
【答案】
【分析】根據新定義及向量夾角公式計算即可.
【詳解】因為，，
所以，
故，
所以，
故答案為：
2．（23-24高三上·安徽合肥·階段練習）（多選）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.已知在直四棱柱中，四邊形為菱形，，則下列說法正確的是（ ）
A．四棱柱在其各頂點處的離散曲率都相等
B．若，則四棱柱在頂點處的離散曲率為
C．若四面體在點處的離散曲率為，則平面
D．若四棱柱在頂點處的離散曲率為，則直線與平面所成的角的正弦值為
【答案】CD
【分析】對于A,根據題意當直四棱柱的底面不為正方形時，不符合題意；對于B，根據題中直接計算即可；對于C，根據條件可得直四棱柱為正方體，繼而利用線面垂直的判定定理即可證明；對于D，根據條件可得即是等邊三角形，則即為與平面所成的角，計算其正弦值即可.
【詳解】對于A.當直四棱柱的底面為正方形時，其在各頂點處的離散曲率都相等，當直四棱柱的底面不為正方形時，其在同一底面且相鄰的兩個頂點處的離散曲率不相等，故A錯誤；
對于B.若，則菱形為正方形，
因為平面，，平面，
所以，，
所以直四棱柱在頂點處的離散曲率為
，故錯誤；
對于C.在四面體中，，，所以，
所以四面體在點處的離散曲率為，解得，
易知，所以，所以，
所以直四棱柱為正方體，
因為平面平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，同理，
又，，平面，
所以平面，故正確；
對于D.直四棱柱在頂點處的離散曲率為，
則，即是等邊三角形，
設，則即為與平面所成的角，，故正確；
故選:CD.
3．（2021·全國·模擬預測）（多選）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．已知在直四棱柱中，底面為菱形，，則下列結論正確的是（ ）
A．直四棱柱在其各頂點處的離散曲率都相等
B．若，則直四棱柱在頂點處的離散曲率為
C．若，則直四棱柱在頂點處的離散曲率為
D．若四面體在點處的離散曲率為，則平面
【答案】BD
【分析】讀懂題意，求解曲率的關鍵，是求解線線夾角，再代入離散曲率公式處理.畫出對應的立體圖形，根據邊角關系求出夾角的數值即可.當然也可設出各棱長的數值，建系求解，排除錯誤選項.
【詳解】A項，當直四棱柱的底面為正方形時，其在各頂點處的離散曲率都相等，當直四棱柱的底面不為正方形時，其在同一底面且相鄰的兩個頂點處的離散曲率不相等，故選項A錯誤；
B項，若，則菱形為正方形，因為平面，所以，，所以直四棱柱在頂點處的離散曲率為，選項B正確；
C項，若，則，又，，所以直四棱柱在頂點處的離散曲率為，選項C錯誤；
D項，在四面體中，，，，所以，所以四面體在點處的離散曲率為，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱為正方體，結合正方體的結構特征可知平面，選項D正確．
故選：BD
【點睛】本題主要考查離散曲率，考查考生的創新能力、邏輯思維能力、運算求解能力、空間想象能力．
試題結合新定義——離散曲率命制立體幾何試題，角度新穎，要求考生充分理解離散曲率的定義，結合立體幾何的結構特征求解，體現了數學探索、理性思維學科素養．
4．（24-25高三上·河南·階段練習）已知數列（正整數且為常數）的各項均為正整數，設集合，記中的元素個數為.
(1)若數列求集合及的值；
(2)若數列為等差數列，求的值；
(3)求的最大值．
【答案】(1)5
(2)答案見解析.
(3)
【分析】（1）數列中后面的項減去前面的項，注意集合中重復元素只取一個，即可得出結果.
（2）按照等差數列公差是否為0討論，求解
（3）最大即數列各項差均不相同，此時只需要任取兩項即可得到一個元素，用組合數即可得出結果.
【詳解】（1）由題意得：，，，，，
∴，∴
（2）若為等差數列，設的公差為，
當時，，
①當時，，可得，可得，
②當時，，則；
（3）要想最大，則數列任意兩項間的差各不相同，
設數列，此時，
若存在，則，其中，
故，
若，不妨設，則，而，
故為偶數，為奇數，矛盾，
故，故，故由得到的彼此相異，
又由在數列中任意取兩個數有種取法，
可得集合中最多有個元素，故的最大值為.
5．（24-25高三上·江蘇南通·階段練習）已知集合，若存在數陣滿足：①；②；則稱為“好集合”，并稱數陣為的一個“好數陣”．
(1)已知數陣是的一個好數陣，試寫出，，，的值；
(2)若集合為“好集合”，證明：集合的“好數陣”必有偶數個；
(3)判斷是否為“好集合”．若是，求出滿足條件的所有“好數陣”；若不是，說明理由．
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)不是，理由見解析
【分析】（1）直接根據新定義解出未知量的值；
（2）先證是不同于的“好數陣”，再證、，列舉兩個“好數陣”，即可證明；
（3）假設為“好集合”，根據新定義可得，證明不是偶數即可求解.
【詳解】（1），由“好數陣”的定義，
知，，
故，，，，進一步得到.
從而，，.
（2）如果是一個“好數陣”，
則，.
從而，
.
故也是一個“好數陣”.
由于是偶數，故，從而.
所以數陣和的第1行第2列的數不相等，故是不同的數陣.
設全體“好數陣”構成的集合為，并定義映射如下：
對，規定.
因為由中的元素構成的數陣只有不超過種，故是有限集合.
而
，
即，從而是滿射，由是有限集，知也是單射，故是一一對應.
對于“好數陣”，
已證數陣和是不同的數陣，
故.
同時，對兩個“好數陣”，，如果，則；
如果，則.所以，當且僅當.
最后，對，由，稱2元集合為一個“好對”.
對，若屬于某個“好對”，則或，即或.
由于，故無論是還是，都有.
所以每個“好數陣”恰屬于一個“好對”，所以“好數陣”的個數是“好對”個數的2倍，從而“好數陣”必有偶數個.
（3）若是“好數陣”，
則
，
所以，
這表明一定是偶數.
若，由于此時不是偶數，所以不存在“好數陣”，從而不是“好集合”.
【點睛】方法點睛：
學生在理解相關新定義、新法則(公式)之后，運用學過的知識，結合已掌握的技能，通過推理、運算等解決問題.在新環境下研究“舊”性質.主要是將新性質應用在“舊”性質上，創造性地證明更新的性質.
6．（24-25高三上·北京順義·階段練習）給定正整數，集合.若存在集合，，，同時滿足下列三個條件：
①，；
②集合中的元素都為奇數，集合中的元素都為偶數，所有能被3整除的數都在集合中（集合中還可以包含其它數）；
③集合，，中各元素之和分別為，，，有；
則稱集合為可分集合.
(1)已知為可分集合，寫出相應的一組滿足條件的集合，，；
(2)當時，是不是可分集合？判斷并說明理由；
(3)已知為偶數，求證：“是整數”是“為可分集合”的必要不充分條件.
【答案】(1)，，(答案不唯一)
(2)不是，理由見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）取，按照定義列舉即可；
（2）方法一：用反證法即可得結論；
方法二：由題意可得所有元素和為，中元素是偶數，從而得是12的倍數，又因為時，不是12的倍數，即得矛盾；
（3）按照必要不充分條件的定義證明即可
【詳解】（1）解：依照題意，取時，
，
又，，
則，
所以可以取，，；
（2）解：當時，不是可分集合，理由如下：
方法一：
假設存在是3的倍數且是可分集合，設，則依照題意，
故，
而這個數的和為，
故，矛盾，
所以是3的倍數時，一定不是可分集合；
方法二：
注意到所有元素和為，又中元素是偶數，
所以（為正整數），
所以，即是12的倍數.
容易驗證，當時，不是12的倍數，矛盾！
所以當時，不是可分集合；
（3）證明：因為所有元素和為，又中元素是偶數，
所以（為正整數），
所以，因為，為連續整數，
故這兩個數一個為奇數，另一個為偶數，
由（2）知道，不是3的倍數，所以一定有是3的倍數.
當為偶數時，為奇數，而，
所以一定有是3的倍數，是4的倍數，
所以既是3的倍數又是4的倍數，
從而可分的一個必要條件是：是12的倍數.
從而“是整數”是“為可分集合”必要條件.
另一方面，當時，不是可分集合，從而“是整數”不是“為可分集合”充分條件
（可以驗證：當，56，時，不可分，其余滿足是正整數情形，都可分）
綜上可知，“是整數”是“為可分集合”的必要不充分條件.
【點睛】關鍵點睛：對于新定義題目，理解和利用定義進行解答是關鍵.
7．（24-25高三上·北京·階段練習）已知無窮數列，各項都是正整數，定義集合：，；
(1)已知，，直接寫出集合；
(2)若，，，求證：中有無窮多個1；
(3)若，均為等差數列，且，均為無限集，求證：．
【答案】(1);
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1），需要根據集合的定義，將，式代入，找出滿足條件的n值，從而確定集合。
（2），利用，，的條件，通過假設和反證法來證明中有無窮多個1.
（3），根據等差數列的通項公式，結合均為無限集的條件，通過分析數列之間的大小關系來證明.
【詳解】（1）對于集合，已知，根據的定義當且僅當，當時，.
要使，即，解得.因為n是正整數，
所以都滿足.
所以
對于集合，已知，.
根據的定義當且僅當
當時，.要使，即，解得 .
當時，，滿足
當時，,滿足
當時，，滿足
所以
（2）假設中只有有限個1.因為，所以.
由于，則存在N，當時，或者恒成立.
不妨設，那么，即，這與各項都是正整數矛盾.所以假設不成立，即中有無窮多個1.
（3）設.
因為是無限集，對于任意大的n，存在j使得，
即，整理得對任意大的n成立，所以.同理，因為是無限集，對于任意大的n，存在j使得，
即，整理得對任意大的n成立，.所以.
設.對于任意，存在j使得，
即，移項得.
對于這個n，也存在k使得，即，
移項得，所以，即.
同理可證，所以.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查數列與集合新定義，讀懂題目意思是關鍵.第2問想到用反證法就可解決，第3問借助集合，研究集合與集合之間的包含關系，進而得到
8．（24-25高三上·北京海淀·階段練習）已知數列記集合
(1)對于數列：，列出集合的所有元素；
(2)若是否存在，使得？若存在，求出一組符合條件的；若不存在，說明理由；
(3)若把集合中的元素從小到大排列，得到的新數列為若，求的最大值.
【答案】(1)；
(2)不存在，理由見解析；
(3).
【分析】（1）根據題目給出的集合的定義求解即可；
（2）假設存在，使得，則有，則與奇偶性相同，所以與奇偶性不同，進行分析即可得解；
（3）由，根據題意給出的集合新定義可對進行計算分析，討論元素的奇偶情況，即可得出答案．
【詳解】（1）由題意可得，，，
所以.
（2）假設存在，使得，
則有，
由于與奇偶性相同，所以與奇偶性不同，
又因為，所以必有大于等于的奇數因子，
這與無以外的奇數因子矛盾.
故不存在，使得成立.
（3）由題意得，
當，時，，
除，外，，
其中與一奇一偶，則能拆成奇數與偶數之乘積，
在正偶數中，只有無法拆成一個大于的奇數與一個不小于的偶數之乘積，
又中的元素均為偶數，故，
故2至2024偶數中除去4，8，16，32，64，128，256，512，1024，
，
故的最大值為．
【點睛】關鍵點睛：求解新定義運算有關的題目，關鍵是理解和運用新定義的概念以及運算，利用化歸和轉化的數學思想方法，將不熟悉的數學問題，轉化成熟悉的問題進行求解.
對于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和計算特性，抽象特性是將集合可近似的當作數列或者函數分析.計算特性，將復雜的關系通過找規律即可利用已學相關知識求解.
9．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習）我們知道，在平面內取定單位正交基底建立坐標系后，任意一個平面向量，都可以用二元有序實數對表示．平面向量又稱為二維向量．一般地，n元有序實數組稱為n維向量，它是二維向量的推廣．類似二維向量，對于n維向量，也可定義兩個向量的數量積、向量的長度（模）等：設，，則；．已知向量滿足，向量滿足．
(1)求的值；
(2)若，其中，當且時，證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）依題寫出的展開式，利用錯位相減法求和即得；
（2）根據的表達式結構，考慮構造函數，利用其單調性得，，從而將表達式兩次放縮，最后利用裂項相消法即可推理得到.
【詳解】（1）依題，，，
則 ①
②
①－②，得
即
所以.
（2）因為，，
所以，
先證：，，
設，，則，
所以在上單調遞增，即當時，，
即，
故，.
因為，
所以
，
.
綜上可得，當且時，.
【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查數列的放縮法證明不等式，解題的關鍵在于，在求得之后，必須通過構造函數，判斷其單調性，賦值得到，將解析式縮小，再設法將其縮小為可以運用裂項相消法求和的式子，化簡即得.
10．（24-25高三上·江蘇鹽城·階段練習）設集合A為非空數集，定義.
(1)若集合，直接寫出集合及；
(2)若集合且，求證；
(3)若集合且，求A中元素個數的最大值.
【答案】(1)，
(2)證明見解析
(3)1350
【分析】（1）根據新定義直接求解即可；
（2）由題意可得且，即可證明；
（3）由新定義可得、，由題意和容斥原理得，最小的元素為0，最大的元素為，則，求出的范圍，設且，求出的最小值即可.
【詳解】（1）由，
，故
，故.
（2）由于集合且，
所以中也只包含四個元素，即
剩下的，所以；
（3）設滿足題意，其中，
，
所以，，所以，
因為，由容斥原理，
中最小的元素為0，最大的元素為，
所以，則，所以，
當時滿足題意，證明如下：
設且，則，
，
依題意有，故的最小值為675，
于是當時A中元素最多，即時滿足題意，
綜上所述，集合A中元素的個數的最大值是1350.
【點睛】關鍵點點睛：第三問，由題意推得為關鍵，再研究集合元素最多時元素個數.
11．（24-25高三上·北京·階段練習）已知集合，對于任意，
操作一：選擇中某個位置（某兩個數之間或第一個數之前或最后一個數之后），插入連續個或連續個，得到；
操作二：刪去中連續個或連續個，得到；
進行一次操作一或者操作二均稱為一次“月變換”，在第次 “月變換”的結果上再進行次“月變換”稱為第次“月變換”．
(1)若對進行兩次“月變換”，依次得到，．直接寫出和的所有可能情況．
(2)對于和至少要對進行多少次“月變換”才能得到？說明理由．
(3)證明：對任意，總能對進行不超過次“月變換”得到．
【答案】(1)，，或，，或，.
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）直接根據定義得到所有可能的情況即可；
（2）先對段落數估計，證明一定需要次操作，然后構造次操作的例子，即可說明至少需要的操作次數為；
（3）先給出具體的操作方式，然后證明該操作方式下操作的總次數不會超過.
【詳解】（1）由于對進行一次“月變換”后就得到了，說明一定含有個相同且相鄰的數，從而只可能是，，，對應的分別是，，.
（2）對每個中的元素，將其所有連續的和連續的各自記為一個段落，則容易得到：
若對某個進行一次操作一得到，則的段落數或者和的段落數相等，或者比的段落數多，或者比的段落數多；
若對某個進行一次操作二得到，則的段落數或者和的段落數相等，或者比的段落數少，或者比的段落數少.
這表明，每次“月變換”下，變換前后元素的段落數之差的絕對值不超過.
現在，的段落數為，的段落數為.
故若對進行次“月變換”后可以得到，則由前面的結論知包含的段落數之差的絕對值不超過，所以，得.
如果，則再次由前面的結論可知，變換過程中每次都是操作二，且有次變換后相比變換前的段落數多，有次變換后相比變換前的段落數多.
但在只進行操作二的情況下，的數量不可能減少，但包含的的個數分別是，矛盾.
所以.
下面的變換過程表明是可行的：
，
，
，
，
，
.
所以，至少要對進行次“月變換”才能得到.
（3）由于能通過 “月變換”得到，當且僅當能通過 “月變換”得到，所以我們不妨設的段落數不小于的段落數，則.
此時，我們再不妨設中的段落數不超過的段落數，從而中的段落數不超過.
顯然，如果不含，則只需要一次操作使含的個數與相等，然后再插入至多個連續的構成的段落即可，由知結論成立.
下面考慮含的情況，進行如下操作：
第一步：如果的的個數小于，則在的任意一個右側增加若干個使得二者含數量相等，否則跳過該步驟；
第二步：我們不斷對進行增加或刪除連續若干個的操作.
準備工作：如果和開頭的數碼不同，則在開頭增加或刪去若干個，否則跳過該步驟.
然后反復進行以下步驟：
情況1：如果當前的的第一個和不一致的段落對應的數字是由組成的，則在的該段落中間添加若干個（數量與的下一個段落的的個數相等），或者在該段落末尾刪去的下一個由組成的段落；
情況2：如果當前的的第一個和不一致的段落對應的數字是由組成的，則在的該段落中間添加或刪去若干個，使得該段的的個數與的該段落的的個數相等.
如此反復后，如果第一步進行了操作，則最終和一致；如果第一步沒有進行操作，則最終相比在末尾多出若干個.
第三步：如果相比在末尾多出若干個，則刪除多余的，否則跳過該步驟.
至此，我們就將操作變成了.
由于每執行一次第二步的操作時，使得段落數增加的準備工作和段落數減少的刪除的操作的總次數不超過，而增加的操作的次數不超過，同時第一步和第三步不可能同時進行操作，所以總的操作次數不會超過，故需要的操作次數不超過.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于對“月變換”定義的理解，只有理解了定義，方可解決相應的問題.
12．（24-25高三上·浙江·階段練習）正整數集，其中.將集合拆分成個三元子集，這個集合兩兩沒有公共元素.若存在一種拆法，使得每個三元子集中都有一個數等于其他兩數之和，則稱集合是“三元可拆集”.
(1)若，判斷集合是否為“三元可拆集”，若是，請給出一種拆法；若不是，請說明理由；
(2)若，證明：集合不是“三元可拆集”；
(3)若，是否存在使得集合是“三元可拆集”，若存在，請求出的最大值并給出一種拆法；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)是，拆法見解析
(2)證明見解析
(3)答案見解析
【分析】（1），可拆成或 ；
（2）三元可拆集”中所有元素和為偶數，中所有元素和為，與和為偶數矛盾；
（3）可以拆成16個三元子集，將這16個三元子集中的最大的數依次記為，利用等差數列求和得到，結合，得到不等式，求出，當時寫出相應的集合以及具體拆法，得到答案.
【詳解】（1）是，，可拆成或 ；
（2）對于“三元可拆集”，其每個三元子集的元素之和為偶數，
則“三元可拆集”中所有元素和為偶數；而，
中所有元素和為，與和為偶數矛盾，
所以集合不是“三元可拆集”；
（3）有48個元素，可以拆成16個三元子集，
將這16個三元子集中的最大的數依次記為，
則；
另一方面，中所有元素和為，
所以，
所以，解得，即；
當時，，可拆為


（拆法不唯一）；
綜上所述，的最大值是7.
【點睛】關鍵點點睛：集合新定義問題，命題新穎，且存在知識點交叉，常常會和函數的性質，數列知識等進行結合，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，轉化為熟悉的問題來進行解決.
13．（23-24高三下·湖南常德·階段練習）對于給定的正整數n，記集合，其中元素稱為一個n維向量.特別地，稱為零向量.設，，，定義加法和數乘：，.對一組向量，，…，，若存在一組不全為零的實數，，…，，使得，則稱這組向量線性相關.否則，稱為線性無關.
(1)對，判斷下列各組向量是線性相關還是線性無關，并說明理由.
①，；
②，，.
(2)已知，，線性無關，判斷，，是線性相關還是線性無關，并說明理由.
(3)已知個向量，，…，線性相關，但其中任意個都線性無關，證明：
①如果存在等式（，，2，3，…，m），則這些系數，，…，或者全為零，或者全不為零；
②如果兩個等式，（，，，2，3，…，m）同時成立，其中，則.
【答案】(1)①線性相關，理由見解析；②線性相關，理由見解析
(2)線性無關，理由見解析
(3)①證明見解析；②證明見解析
【分析】（1）根據向量線性相關的定義逐一判斷即可；
（2）設，則，然后由條件得到即可判斷；
（3）①如果某個，，然后證明，，…，，，…，都等于0即可；②由可得，然后代入根據題意證明即可.
【詳解】（1）對于①，設，則可得，所以，線性相關；
對于②，設，則可得，
所以，，所以，，線性相關；
（2）設，
則，
因為向量，，線性無關，所以，解得，
所以向量，，線性無關.
（3）①，如果某個，，2，…，m，
則，
因為其中任意個都線性無關，所以，，…，，，…，都等于0，
所以這些系數，，…，或者全為零，或者全不為零，
②因為，所以，，…，全不為零，
所以由可得，
代入可得，
所以，
所以，…，，所以.
【點睛】關鍵點睛：本題以新定義為背景考查向量的運算，解題的關鍵是根據所給的線性相關的定義進行運算判斷.
14．（24-25高三上·河北滄州·階段練習）已知有限集，若中的元素滿足，則稱為“元重生集”.
(1)集合是否為“2元重生集”，請說明理由；
(2)是否存在集合中元素均為正整數的“3元重生集”？如果有，請求出有幾個，如果沒有，請說明理由；
(3)若，證明：“元重生集”有且只有一個，且.
【答案】(1)不是，理由見解析
(2)存在，1個
(3)證明見解析
【分析】（1），故不為“2元重生集”；
（2）設正整數集為“3元重生集”，設，利用不等式關系推出，故，求出；
（3）設，得到，當時，推出矛盾，當時，由（2）可知，有且只有1個“3元重生集”，即，當時，推出，但在上恒成立，故當時，不存在“元重生集”，從而證明出結論.
【詳解】（1），
因為，
所以集合不是“2元重生集”.
（2）設正整數集為“3元重生集”，
則，
不妨設，則，解得，
因為，故只有滿足要求，
綜上，滿足要求，其他均不符合要求，
故存在1個集合中元素均為正整數的“3元重生集”，即.
（3）不妨設，
由，得，
當時，，故，則，無解，
若，則不可能是“2元重生集”，
所以當時，不存在“2元重生集”；
當時，由（2）可知，有且只有1個“3元重生集”，即，
當時，，
又，故，
事實上，在上恒成立，
故當時，不存在“元重生集”，
所以若“元重生集”有且只有一個，且.
【點睛】思路點睛：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）發現新信息與所學知識的聯系，并從描述中體會信息的本質特征與規律；
（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.
15．（24-25高三上·江蘇·階段練習）已知集合，為集合的子集．定義，．
(1)?。?br/>①若存在且，求的最小值；
②對于給定的，若存在互不相同且，求的最大值及此時的最大值．
(2)取，是否存在及，使得，且？若存在，請舉例；若不存在，請證明．
【答案】(1)①；②，
(2)不存在，證明見解析
【分析】（1）①結合子集定義與題目所給條件，分別計算、及時的結果即可得；②由題意可得中存在公共元素，則集合去掉公共元素后的新的所有集合必為集合中去掉該公共元素后的子集，結合子集個數與元素個數的關系即可得解，再利用這些新集合中各元素出現次數，結合組合數計算公式與等差數列求和公式即可得；
（2）借助反證法，假設存在符合要求的，由題意可設，分別為兩者中最大元素，通過計算可得當時，數列的前項和，則可得，，由兩者矛盾，即可得.
【詳解】（1）①當時，，有兩個子集，分別為、，
此時，，不符合要求；
當時，，有四個子集，分別為、、、，
此時，，，，不符合要求；
當時，，存在，，
有，，即的最小值為；
②，，
由互不相同且，設，
則中至少有一個元素，假設中元素個數為個，
又，
則中元素個數最多有個，子集個數最多有個，
由，故當時，子集個數最多，且為個，
故的最大值，設此時中元素為，
則集合、、、為集合的子集，
其中元素在、、、中都有，
假設存在，且，此時，
則在、、、中的雙元素集合中出現次，
若，則在、、、中的三元素集合中出現次，
在、、、中的四元素集合中出現次，
在、、、中的元素集合中出現次，
即除外集合中所有元素都會出現次，
則當時，有最大，
此時
，
即，；
（2）不存在，理由如下：
假設存在符合要求的，且，，
其中，，，，且，，
則，，
若，由，則對、，
也滿足，
故不妨假設，則，
由，且，由，則有：
，
即，故，即，又，故，
同理可得，故，即，又，故，
兩者矛盾，故不存在這樣的及.
【點睛】關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于得到當時，數列的前項和，從而可通過研究、的最大項的關系得到結果.
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