第十章 新定義（模塊綜合調(diào)研卷）（A4版-教師版）-2025版高中數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點幫

Page第十章新定義（模塊綜合調(diào)研卷）（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項:1.答題前,先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答:每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答:用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4.考試結(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并上交。一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．北京大興國際機場的顯著特點之一是各種彎曲空間的運用，在數(shù)學(xué)上用曲率刻畫空間彎曲性．規(guī)定：多面體的頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各項點的曲率之和．例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在每個頂點的曲率為，故其總曲率為．已知多面體的頂點數(shù)V，棱數(shù)E，面數(shù)F滿足，則八面體的總曲率為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】設(shè)每個面記為邊形，求出所有的面角和，再根據(jù)定義即可得解.【詳解】設(shè)每個面記為邊形，則所有的面角和為，根據(jù)定義可得該類多面體的總曲率．故選：C．2．定義表示兩個數(shù)中的較小者，表示兩個數(shù)中的較大者，設(shè)集合都是的含有兩個元素的子集，且滿足：對任意的都有，,則的最大值是A． B． C． D．【答案】C【詳解】根據(jù)題意，對于M，含2個元素的子集有個,其中,{1，2}、{2，4}、{3，6}、{4，8}可以任選兩個;{1，3}、{2，6}符合題意;{2，3}、{4，6}符合題意;{3，4}、{6，8}符合題意;即滿足的任意的最多有4個,故的最大值是4,應(yīng)選：C.3．丹麥數(shù)學(xué)家琴生是19世紀(jì)對數(shù)學(xué)分析做出卓越貢獻(xiàn)的巨人，特別在函數(shù)的凹凸性與不等式方面留下了很多寶貴的成果.若為上任意個實數(shù)，滿足，則稱函數(shù)在上為“凹函數(shù)”.也可設(shè)可導(dǎo)函數(shù)在上的導(dǎo)函數(shù)為在上的導(dǎo)函數(shù)為，當(dāng)時，函數(shù)在上為“凹函數(shù)”.已知，且，令的最小值為，則為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】記函數(shù)，先判斷函數(shù)的凹凸性，然后利用琴生不等式得，即可求解.【詳解】記函數(shù)，首先證明其凹凸性：，在0,1上為“凹函數(shù)”.由琴生不等式，得，即.所以，即當(dāng)時，取最小值，所以.故選：B.4．設(shè)集合．對于集合的子集A，若任取A中兩個不同元素，有，且中有且只有一個為，則稱A是一個“好子集”．下列結(jié)論正確的是（

）A．一個“好子集”中最多有個元素 B．一個“好子集”中最多有個元素C．一個“好子集”中最多有個元素 D．一個“好子集”中最多有個元素【答案】A【分析】不妨設(shè)，則三者為1或0，分類討論，確定，一個“好子集”中最多有個元素.【詳解】中有且只有一個為，不妨設(shè)，則三者為1或0，若三者均為0，則此時A中只有1個元素，即，不合要求，舍去，若三者中有1個0，則，有3個元素，滿足要求，若三者中有2個0，或沒有0，則此時不滿足，綜上，一個“好子集”中最多有個元素.故選：A5．對于數(shù)列，若存在正數(shù)，使得對一切正整數(shù)，都有，則稱數(shù)列是有界的.若這樣的正數(shù)不存在，則稱數(shù)列是無界的.記數(shù)列的前項和為，下列結(jié)論正確的是（

）A．若，則數(shù)列是無界的 B．若，則數(shù)列是有界的C．若，則數(shù)列是有界的 D．若，則數(shù)列是有界的【答案】C【分析】根據(jù)可知A錯誤；由可知不存在最大值，即數(shù)列無界；分別在為偶數(shù)和為奇數(shù)的情況下得到，由此可確定，知C正確；采用放縮法可求得，由可知D錯誤.【詳解】對于A，恒成立，存在正數(shù)，使得恒成立，數(shù)列是有界的，A錯誤；對于B，，，，即隨著的增大，不存在正數(shù)，使得恒成立，數(shù)列是無界的，B錯誤；對于C，當(dāng)為偶數(shù)時，；當(dāng)為奇數(shù)時，；，存在正數(shù)，使得恒成立，數(shù)列是有界的，C正確；對于D，，；在上單調(diào)遞增，，不存在正數(shù)，使得恒成立，數(shù)列是無界的，D錯誤.故選：C.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查數(shù)列中的新定義問題，解題關(guān)鍵是理解數(shù)列有界的本質(zhì)是對于數(shù)列中的最值的求解，進(jìn)而可以通過對于數(shù)列單調(diào)性的分析來確定數(shù)列是否有界.6．對于三次函數(shù)給出定義：設(shè)是函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，是的導(dǎo)數(shù)，若方程有實數(shù)解，則稱點為函數(shù)的“拐點”，同學(xué)經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：任何一個三次函數(shù)都有“拐點”；任何一個三次函數(shù)都有對稱中心，且拐點就是對稱中心，若，請你根據(jù)這一發(fā)現(xiàn)計算：（

）A．2021 B．2022 C．2023 D．2024【答案】C【分析】根據(jù)題意求出函數(shù)的對稱中心為，可得出，用倒序相加法即可求解.【詳解】由題意可知，所以，令，則，所以，由題意可知函數(shù)的對稱中心為，所以，即，所以，所以，所以.故選：C【點睛】對稱性常用結(jié)論;1、若對于上的任意，函數(shù)都有，則圖象關(guān)于直線對稱.2、若對于上的任意，函數(shù)都有，則圖象關(guān)于點中心對稱.7．已知無窮數(shù)列，．性質(zhì)，，，性質(zhì)，，，，給出下列四個結(jié)論：①若，則具有性質(zhì)；②若，則具有性質(zhì)；③若具有性質(zhì)，則；④若等比數(shù)列既滿足性質(zhì)又滿足性質(zhì)，則其公比的取值范圍為．則所有正確結(jié)論的個數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據(jù)性質(zhì)的定義可判斷①；根據(jù)性質(zhì)的定義可判斷②；根據(jù)性質(zhì)的定義可得，，利用累加法可證③；對于④，結(jié)合③，可得，由an滿足性質(zhì)，分和討論求出，再由an滿足性質(zhì)得，構(gòu)造，求導(dǎo)結(jié)合函數(shù)單調(diào)性可驗證滿足題意.【詳解】對于①，因為，對，，即，所以an不具有性質(zhì)，故①錯誤；對于②，，對，，，，即an具有性質(zhì)，故②正確；對于③，若an具有性質(zhì)，令，則，即，，，又，所以，，故③正確；對于④，an是等比數(shù)列，設(shè)其公比為，又，，若an滿足性質(zhì)，由選項③得，即，，，由，，得，當(dāng)時，得，即，對，又，，當(dāng)時，不妨設(shè)，則，，解得，，綜上，若an滿足性質(zhì)，則.若an滿足性質(zhì)，對，，，可得，即，令，則，又，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，又由an滿足性質(zhì)，，成立，所以等比數(shù)列an既滿足性質(zhì)s又滿足性質(zhì)t，則其公比的取值范圍為.故④正確.故正確的為②③④共個.故選：C【點睛】方法點睛：對于以數(shù)列為背景的新定義問題的求解策略：1、緊扣新定義，首先分析新定義的特點，把心定義所敘述的問題的本質(zhì)弄清楚，應(yīng)用到具體的解題過程中；2、用好數(shù)列的性質(zhì)，解題時要善于從試題中發(fā)現(xiàn)可以使用的數(shù)列的性質(zhì)的一些因素.8．設(shè)，若函數(shù)有且只有三個零點，則實數(shù)的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】構(gòu)造函數(shù)與，先利用導(dǎo)數(shù)研究得的性質(zhì)，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)研究得的性質(zhì)，從而作出的圖像，由此得到，分類討論與時的零點情況，據(jù)此得解.【詳解】令，則，令，得；令，得；所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，又因為對于任意，在總存在，使得，在上由于的增長速率比的增長速率要快得多，所以總存在，使得，所以在與上都趨于無窮大；令，則開口向下，對稱軸為，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，故，.因為函數(shù)有且只有三個零點，而已經(jīng)有唯一零點，所以必須有兩個零點，則，即，解得或，當(dāng)時，，則，即在處取不到零點，故至多只有兩個零點，不滿足題意，當(dāng)時，，則，所以在處取得零點，結(jié)合圖像又知與必有兩個交點，故在與必有兩個零點，所以有且只有三個零點，滿足題意；綜上：，即.故選：C.二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯得0分）9．若數(shù)列滿足（，為常數(shù)），則稱數(shù)列為“調(diào)和數(shù)列”.已知數(shù)列為“調(diào)和數(shù)列”，下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，且，，則C．若中各項均為正數(shù)，則D．若，，則【答案】BCD【分析】根據(jù)“調(diào)和數(shù)列”的定義可以確定為等差數(shù)列，再利用等差數(shù)列的性質(zhì)可以確定錯誤；利用等差數(shù)列的定義求得其通項公式，則正確；根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)結(jié)合基本不等式可得證，則正確；構(gòu)造函數(shù)，得，得，再求和即可得到正確.【詳解】依題意可得為等差數(shù)列,由,根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)得，則可得，，，故錯誤；由，且，，可得，，，，，故正確；由為等差數(shù)列，可得，，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故正確；由，，可求得，令，，，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則，即恒成立，即在時恒成立，恒成立，，，，，所以正確.故選：.10．已知向量，，O是坐標(biāo)原點，若，且方向是沿的方向繞著A點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)角得到的，則稱經(jīng)過一次變換得到．現(xiàn)有向量經(jīng)過一次變換后得到，經(jīng)過一次變換后得到，…，如此下去，經(jīng)過一次變換后得到，設(shè)，，，下列結(jié)論中正確的是（

）．A． B．C． D．【答案】AC【分析】當(dāng)時，，，根據(jù)平面向量坐標(biāo)的數(shù)乘運算及兩角和的正弦余弦公式即可判斷AB；設(shè)，當(dāng)時，由定義得出，結(jié)合向量旋轉(zhuǎn)的坐標(biāo)表示得出，由等比數(shù)列求和公式得出，根據(jù)兩角和的正弦余弦公式即可求得，進(jìn)而判斷CD．【詳解】當(dāng)時，，，則，故A正確，B錯誤；設(shè)，當(dāng)時，由題意得，，，因為，所以，所以，故C正確，D錯誤；故選：AC．【點睛】關(guān)鍵點睛：平面向量的旋轉(zhuǎn)可以轉(zhuǎn)化為兩部分模和角度，若與正半軸夾角為，逆時針旋轉(zhuǎn)可以表示為，結(jié)合定義，即可求解．11．記分別為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù).若存在，滿足且，則稱為函數(shù)與的一個“S點”.則下列說法正確的是（

）A．函數(shù)與不存在“S點”B．若函數(shù)與存在“S點”，則C．對于函數(shù)與.對于任意的，均不存在，使得函數(shù)與在區(qū)間內(nèi)存在“S點”D．對于函數(shù)與.對于任意的，存在，使得函數(shù)與在區(qū)間內(nèi)存在“S點”【答案】ABD【分析】根據(jù)“S點”的定義，結(jié)合導(dǎo)數(shù)對選項進(jìn)行分析，從而確定正確答案.【詳解】A選項，由，即，解得或.由，即，所以函數(shù)與不存在“S點”，A選項正確.B選項，函數(shù)，，與，，由，消去并化簡得，則，B選項正確.CD選項，對于函數(shù)與，，由，假設(shè)，得，得.由得，得，令，設(shè)，則，得，由的圖象在0,1上不間斷，則在0,1上有零點，則?x在0,1上有零點，故存在，使函數(shù)與在區(qū)間0,+∞內(nèi)存在“S點”.故選：ABD【點睛】方法點睛：解新定義題型的步驟：(1)理解“新定義”——明確“新定義”的條件、原理、方法、步驟和結(jié)論.(2)重視“舉例”,利用“舉例”檢驗是否理解和正確運用“新定義”;歸納“舉例”提供的解題方法.歸納“舉例”提供的分類情況.(3)類比新定義中的概念、原理、方法，解決題中需要解決的問題.三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12．，若定義，則中的元素有個．【答案】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)模的運算公式，結(jié)合題中定義進(jìn)行求解即可.【詳解】因為，，所以，，共14個元素.故答案為：【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是理解題中定義.13．在空間直角坐標(biāo)系下，由方程所表示的曲面叫做橢球面（或稱橢圓面）.如果用坐標(biāo)平面分別截橢球面，所得截面都是橢圓（如圖所示），這三個截面的方程分別為，，上述三個橢圓叫做橢球面的主截線（或主橢圓）.已知橢球面的軸與坐標(biāo)軸重合，且過橢圓與點，則這個橢球面的方程為.

【答案】【分析】采用待定系數(shù)法，結(jié)合已知定義可設(shè)，代入點坐標(biāo)即可結(jié)果.【詳解】設(shè)橢球面的方程為：，橢球面過點，，解得：，橢球面的方程為：.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查與橢圓有關(guān)的新定義問題的求解，解題關(guān)鍵是能夠充分理解橢球面方程與截面方程之間的關(guān)系，進(jìn)而采用待定系數(shù)法來進(jìn)行求解.14．俄國數(shù)學(xué)家切比雪夫是研究直線逼近函數(shù)理論的先驅(qū)．對定義在非空集合I上的函數(shù)，以及函數(shù)，切比雪夫?qū)⒑瘮?shù)，的最大值稱為函數(shù)與的“偏差”．若，，則函數(shù)與的“偏差”取得最小值時，m的值為．【答案】【分析】結(jié)合所給條件，可得函數(shù)與的“偏差”為，結(jié)合絕對值不等式，求出即可得.【詳解】令，令，因為，所以，，由，則，令，即，解得，則，故當(dāng)且僅當(dāng)時，有.故函數(shù)與的“偏差”取得最小值時，m的值為.故答案為：?2【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵點在于結(jié)合題意得到，從而可得出取最小值時，的值.四、解答題（本題共5小題，共77分，其中15題13分，16題15分，17題15分，18題17分，19題17分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15．如果n項有窮數(shù)列滿足，，…，，即，則稱有窮數(shù)列為“對稱數(shù)列”.(1)設(shè)數(shù)列是項數(shù)為7的“對稱數(shù)列”，其中成等差數(shù)列，且，依次寫出數(shù)列的每一項；(2)設(shè)數(shù)列是項數(shù)為(且)的“對稱數(shù)列”，且滿足，記為數(shù)列的前項和.①若，，…，構(gòu)成單調(diào)遞增數(shù)列，且.當(dāng)為何值時，取得最大值?②若，且，求的最小值.【答案】(1)1，3，5，7，5，3，1(2)①1012；②2025【分析】（1）根據(jù)新定義“對稱數(shù)列”的定義和已知條件可求得公比，進(jìn)而求得結(jié)果；（2）①根據(jù)對稱數(shù)列的定義可得數(shù)列為等差數(shù)列，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)來求解；②由條件得到數(shù)列相鄰兩項間的大小關(guān)系，并結(jié)合定義求得的取值范圍，然后結(jié)合已知條件確定出最后的結(jié)果【詳解】（1）因為數(shù)列bn是項數(shù)為7的“對稱數(shù)列”，所以，又因為成等差數(shù)列，其公差，…所以數(shù)列bn（2）①由，，…，是單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列是項數(shù)為的“對稱數(shù)列”且滿足，可知，，…，構(gòu)成公差為2的等差數(shù)列，，，…，構(gòu)成公差為的等差數(shù)列，故，所以當(dāng)時，取得最大值；②因為即，所以即，于是，因為數(shù)列是“對稱數(shù)列”，所以，因為，故，解得或，所以，當(dāng)，，…，構(gòu)成公差為的等差數(shù)列時，滿足，且，此時，所以的最小值為2025.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵是理解對稱數(shù)列的定義，第二問①關(guān)鍵是得到，，…，構(gòu)成公差為的等差數(shù)列.16．在高等數(shù)學(xué)中，我們將在處可以用一個多項式函數(shù)近似表示，具體形式為：（其中表示的n次導(dǎo)數(shù)），以上公式我們稱為函數(shù)在處的泰勒展開式.當(dāng)時泰勒展開式也稱為麥克勞林公式.比如在處的麥克勞林公式為：，由此當(dāng)時，可以非常容易得到不等式請利用上述公式和所學(xué)知識完成下列問題：(1)寫出在處的泰勒展開式.(2)若，恒成立，求a的范圍;（參考數(shù)據(jù)）(3)估計的近似值（精確到）【答案】(1)；(2)；(3)【分析】（1）求導(dǎo)，根據(jù)題意寫出在處的泰勒展開式；（2）結(jié)合在處的泰勒展開式，構(gòu)造函數(shù)證明，再令，，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性，證明出，當(dāng)時，，滿足要求，當(dāng)時，令，，易求得，所以必存在一個區(qū)間，使得在上單調(diào)遞減，所以時，，不合要求，從而得到答案；（3）求出和的泰勒展開式，得到，令，估計的近似值.【詳解】（1），，，，其中，在處的泰勒展開式為：，（2）因為，由在處的泰勒展開式，先證，令，，易知，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以，再令，，易得，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，而，所以恒成立，當(dāng)時，，所以成立，當(dāng)時，令，，易求得，所以必存在一個區(qū)間，使得在上單調(diào)遞減，所以時，，不符合題意.綜上所述，.（3）因為轉(zhuǎn)化研究的結(jié)構(gòu)，，，兩式相減得，取得，所以估計的近似值為（精確到）.【點睛】麥克勞林展開式常常用于放縮法進(jìn)行比較大小，常用的麥克勞林展開式如下：，，，，，17．正整數(shù)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(shù)等于其他兩數(shù)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(shù)，中所有元素和為，與和為偶數(shù)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(shù)依次記為，利用等差數(shù)列求和得到，結(jié)合，得到不等式，求出，當(dāng)時寫出相應(yīng)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(shù)，則“三元可拆集”中所有元素和為偶數(shù)；而，中所有元素和為，與和為偶數(shù)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(shù)依次記為，則；另一方面，中所有元素和為，所以，所以，解得，即；當(dāng)時，，可拆為???（拆法不唯一）；綜上所述，的最大值是7.【點睛】關(guān)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(shù)的性質(zhì)，數(shù)列知識等進(jìn)行結(jié)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(zhì)，轉(zhuǎn)化為熟悉的問題來進(jìn)行解決.18．已知數(shù)列滿足，數(shù)列滿足，．(1)求，的通項公式；(2)定義：已知數(shù)列，，當(dāng)時，稱為“4一偶數(shù)項和整除數(shù)列”．（i）計算，，其中，．（ii）若為“4-偶數(shù)項和整除數(shù)列”，求的最小值．【答案】(1)，．(2)（i），；（ii）【分析】（1）因式分解得到，變形得到，故為公比為3的等比數(shù)列，求出通項公式；（2）（i）利用等差數(shù)列求和公式得到，并利用等比數(shù)列求和公式得到；（ii）方法一，根據(jù)得到，2，3不滿足題意，滿足要求，進(jìn)一步得到，變形后結(jié)合二項式定理得到，并得到，得到結(jié)論；方法二：根據(jù)得到，2，3不滿足題意，滿足要求，當(dāng)時，，故，根據(jù)且，證明出結(jié)論.【詳解】（1）由可得，根據(jù)可得，由可得，且，所以是以首項為3，公比為3的等比數(shù)列，故．（2）（i），．（ii）方法一：當(dāng)時，，顯然，，2，3不滿足題意，時，，滿足要求，當(dāng)時，，，故，得證．方法二：當(dāng)時，，顯然，，2，3不滿足題意．時，，滿足要求，當(dāng)時，，，因為且，下面證明對恒成