【文档说明】备考2019高考数学二轮复习选择填空狂练二十新定义类创新题理201811274156（含答案）.doc，共(10)页，637.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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新定义类创新题1．[2018·潍坊一中]定义集合运算：|,,ABzzxyxAyB，设1,2A，0,2B，则集合AB的所有元素之和为（）A．0B．2C．3D．62．[2018·山东联考]已知函数①1fxx

；②22xfx；③1fxx；④lnfxx；⑤cosfxx．其中对于fx定义域内的任意1x，都存在2x，使得1212fxfxxx成立的函数是（）A．①③B．②⑤C．③⑤D．②④3．[2018·牛栏山一中]定义平面向量之间的一种运算“⊙”如下，对任意的

,mna，,pqb，令a⊙mqnpb下列说法错误的是（）A．若a与b共线，则令a⊙0bB．a⊙bb⊙aC．对任意的R有a⊙babD．2222ababab4．[2018·赣州模拟]我国南宋著名数学家秦九韶发现了

三角形三边求三角形面积的“三斜求积公式”，设ABC△三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，则“三斜求积公式”为222222142acbSac．若2sin24sinaCA，

2sinsin27sinaCBcbaA，则用“三斜求积公式”求得的S（）A．31654B．1554C．1564D．15745．[2018·安庆质检]设非空集合|Sxmxn满足：当x

S时，有2xS，给出如下三个命题：①若1m，则1S；②若12m，则114n；③若12n，则202m．其中正确的命题的个数为（）A．0B．1C．2D．36．[2018·武邑中学]祖暅是南北朝时代的伟大科学家，5世纪末

提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现将曲线2213648xy绕y轴旋转一周得到的几何体叫做椭球体，记为1G，几何体2G的三视图如图所示．根

据祖暅原理通过考察2G可以得到1G的体积，则1G的一、选择题体积为（）A．483πB．723πC．963πD．1923π7．[2018·双流中学]对于函数fx和gx，设0xfxR，0xgxR，若存在

、，使得1，则称fx与gx互为“零点关联函数”．若函数1e2xfxx与23gxxaxa互为“零点关联函数”，则实数a的取值范围为（）A．7,33B．72,3

C．2,3D．2,48．[2018·工大附中]若三个非零且互不相等的实数1x，2x，3x成等差数列且满足123112xxx，则称1x，2x，3x成一个“等差数列”．已知集合100,MxxxZ，则由M中的三个元素组成的所有数列中，“等差数列”

的个数为（）A．25B．50C．51D．1009．[2018·河南适应]定义域为,ab的函数yfx的图象的两个端点分别为,Aafa，,Bbfb，,Mxy是fx图象上任意一点，其中

101xab，向量BNBA．若不等式MNk恒成立，则称函数fx在,ab上为“k函数”．已知函数326115yxxx在0,3上为“k函数”，则实数k的最小值是（）A．1B．2C．3D．410．[2018·新余四中]已知函数fx的定义

域为0,，若fxyx在0,上为增函数，则称fx为“一阶比增函数”；若2fxyx在0,上为增函数，则称fx为“二阶比增函数”．我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为1，

所有“二阶比增函数”组成的集合记为2．若函数322fxxhxhx，且1fx，2fx，则实数h的取值范围是（）A．0,B．0,C．,0D．,011．[2018·兰州一中]函数fx定义域为D，若满足①

fx在D内是单调函数；②存在,abD使fx在,ab上的值域为,22ab，那么就称yfx为“成功函数”，若函数log0,1xafxataa是“成功函数”，则t的取值范围为（）A．0,B．1,4C．10,4

D．10,412．[2018·武邑中学]已知F为抛物线2:4Cyx的焦点，A，B，C为抛物线C上三点，当FAFBFC0时，称ABC△为“和谐三角形”，则“和谐三角形”有（）A．0个B．1个C．3个D．无数个13

．[2018·汕头模拟]如果函数fx在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意1x，2x，，nx，都有1212nnfxfxfxxxxfnn，若sinyx在区间0,π内是凸函数，则在ABC△中，sinsinsinABC的最大值是_____

．14．[2018·朝鲜族中学]卵形线是常见曲线的一种，分笛卡尔卵形线和卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内与两个定点(叫作焦点)的距离之积等于常数的点的轨迹．某同学类比椭圆与双曲线对卡西尼卵形线进行了相关性

质的探究，设1,0Fc，2,0Fc是平面内的两个定点，212PFPFa(a是定长)，得出卡西尼卵形线的相关结论：①该曲线既是轴对称图形也是中心对称图形；②若ac，则曲线过原点；③若0ac，则曲线不存在；④若0ca，则222222acxyac．其中正确命题的序号是_

_______．15．[2018·南昌检测]记x为不超过x的最大整数，如2.72，1.32，则函数ln1fxxx的所有零点之和为________．16．[2018·日照联考]若存在实常数k和b，使得函数fx和Gx对其公

共定义域上的任意实数x都满足：Fxkxb，和Gxkxb恒成立，则称此直线ykxb为Fx和Gx的“隔离直线”，已知函数二、填空题2fxxxR，10gxxx，2elnhxx(e为自然对数的底数)，有

下列命题：①mxfxgx在31,02x内单调递增；②fx和gx之间存在“隔离直线”，且b的最小值为4；③fx和gx之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是4,1；④fx和hx之间存

在唯一的“隔离直线”2eeyx．其中真命题的序号为__________．(请填写正确命题的序号)1．【答案】D【解析】根据题意，设1,2A，0,2B，则集合AB中的元素可能为0，2，0，4，集合元素的互异性，则0,2,4AB，其所有元素之和为

0246，故选D．2．【答案】B【解析】由12120fxfxxx知，对函数fx图象上任意一点11,Axfx，都存在一点22,Bxfx，使OAOB，若斜率都存在，则1OAOBkk．对于①，由于

1fxx，所以无论两个点如何取，OA和OB的斜率均等于1，故①不成立；对于②，由于22xfx，结合图象可得过原点总有两条直线与函数的图象相交，即对函数fx图象上任意一点A，都存在一点B，使

OAOB，故②成立；对于③，由于1fxx，若1212121fxfxxxxx，则2121xx，显然不成立，故③不成立；对于④，由于lnfxx，则当11x时，故0OA

k，直线OA为x轴，此时与直线OA垂直的直线为y轴，而y轴与函数fx的图象无交点，故④不成立；对于⑤，由于s(o)cfxx，结合图象可得过原点总有两条直线与函数的图象相交，即对函数fx图象上任意一点A，都存在一点B，使OAOB，故⑤成立．综上可得符合条件的是②⑤，故选B．3

．【答案】B【解析】根据两向量共线的坐标表示可知A正确，mqnpab，pnmqba，所以B不正确；mqnpabab，所以C正确；22222222m

qnpmpnqmnpqabab，而222222mnpqab，所以D正确，故选B．4．【答案】D【解析】由2sin24sinaCA，可得224aca，24ac，答案与解

析一、选择题由2sinsin27sinaCBcbaA，可得227acbcbaa，整理计算有22227acb，结合三角形面积公式可得2222222211271572442424acbSac

．故选D．5．【答案】D【解析】已知非空集合|Sxmxn满足：当xS时，有2xS，故当xn时，2nS即2nn，解得01n，当xm时，2mS即2mm，解得0m，或1m；根据mn，得0m；①若1m

，由11mn，可得1mn，即1S，故①正确；②若12m，214mS，即12n，且14n，故114n，故②正确；③若12n，由2mS，可得21212mm，结合0m

，可得202m，故③正确；故选D．6．【答案】D【解析】由三视图可得几何体2G是一个底面半径为6，高为43的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，上底面为底面的圆锥，则圆柱的体积为2π6431443π，圆

锥的体积21π643483π3，利用祖暅原理可计半椭球的体积为1443π483π963π，所以1G的体积为2963π1923π，故选D．7．【答案】C【解析】1e2xfxx，fx为单调递增的函数，且1x是函数唯一的零点，由

fx，gx互为“零点相邻函数”，则gx的零点在0,2之间．（1）当gx有唯一的零点时，0Δ，解得2a，解得1x满足题意；（2）当gx在0,2之间有唯一零点时，020gg，解得7,33a；（3）当gx在0,2之间有两个点时

，0Δ，020gg，解得72,3a，综上所述，解得2,3a，故选C．8．【答案】B【解析】由三个非零且互不相等的实数1x，2x，3x成等差数列且满足123112xxx，知2131232112xxxxxx

，消去2x，并整理得131320xxxx，所以13xx（舍去），312xx，于是有2112xx．在集合100,MxxxZ中，三个元素组成的所有数列必为整数列，所以1x必能被2整除，且150,50x

，10x，故这样的数组共50组，答案选B．9．【答案】D【解析】当0x时，5y，当3x时，1y．所以0,5A，3,1B．所以3201331272761MMxy．．因为向量BNB

A，所以3,63,6BN，所以32323,63,272760,2727MNBNBM，所以23232227272727271MN，设

227101g，25481g，所以函数g在20,3单调递增，在2,13上单调递减，所以max243gg，所以4k，故选D．10．【答案】C

【解析】因为1fx且2fx，即22fxgxxhxhx在0,是增函数，所以0h，而22fxhhxxhxx在0,不是增函数，而21hhxx，所以当hx是增函数时，有0h

，当hx不是增函数时，有0h，综上所述，可得h的取值范围是,0，故选C．11．【答案】C【解析】∵log0,1xafxataa是“成功函数”，∴fx在其定义域内为增函数，1log2xafxatx，∴2xxata，20xxaat

，令20xmc，∴20mmt有两个不同的正数根，∴1400tt，解得10,4t，故选C．12．【答案】D【解析】抛物线方程为24yx，A，B，C为曲线C上三点，当FAFBFC0时，F为ABC△的重心，用如下办法构造ABC

△，连接AF并延长至D，使12FDAF，当D在抛物线内部时，设00,Dxy，若存在以D为中点的弦BC，设11,Bmn，22,Cmn，则1202mmx，1202nny，1212BCnnkmm，则21122244nmnm

，两式相减化为1212124nnnnmm，121202BCnnkmmy，所以总存在以D为中点的弦BC，所以这样的三角形有无数个，故选D．13．【答案】332【解析】由题意，知凸函数fx

满足12312nnfxfxfxfxxxxfnn，又sinyx在区间0,π上是凸函数，所以π33sinsinsin3sin3sin332ABCABC．14．【答案】①②③④【解析】由题意设,Pxy，则22222x

cyxcya，即22224xcyxcya，①把方程中的x被x代换，方程不变，故此曲线关于y轴对称；把方程中的y被y代换，方程不变，二、填空题故此曲线关于x轴对称；把方程中的x被x代换，y被y

代换，方程不变，故此曲线关于原点对称；故①正确；②ac，0,0代入，方程成立则曲线过原点，故②正确；③∵12min2PFPFc，（当且仅当，12PFPFc时取等号），∴212minPFPFc，∴若0

ac，则曲线不存在，故③正确；④若0ca，则类比椭圆的性质，可得222222acxyac，故④正确．故答案为①②③④．15．【答案】1e2e【解析】由题意可知1xxx，令ln11gxxx

，3x．有1'101gxx．所以gx在3,上单调递减，有3ln420gxg，所以ln1fxxx在3,上无零点，只需考虑：10ln11xx，01ln1

0xx，12ln11xx，23ln12xx，可得三个零点分别为11e，e1，0，故答案为1e2e．16．【答案】①②④【解析】结合题意逐一考查所给命题的真假：①∵21mxfxgxxx，3

1,02x，则322121'20xmxxxx，∴Fxfxgx在31,02内单调递增，故①对；②、③设fx、gx的隔离直线为ykxb，则2xkxb对一切实数x成立，即有10Δ，240kb，0b，又1kx

bx对一切0x成立，则210kxbx，即20Δ，240bk，0k，即有24kb且24bk，42166440kbkk，同理可得40b，故②对，③错；④函数fx和hx的图象在ex处有公共点e,e，因此若存在fx和

gx的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线方程为eeykx，即eeykxk，由eefxkxkxR，可得2ee0xkxk当xR恒成立

，则0Δ，即220ek，故2ek，此时直线方程为e2eyx，下面证明2eehxx：令2e2e2elneeGxxhxxx，则e'e2xGxx，当ex时，0Gx，当0ex时，0Gx，当ex时，0Gx，则当ex时，

Gx取到极小值，极小值是0，也是最小值．所以e2e0Gxxhx，则2eehxx当0x时恒成立．∴函数fx和gx存在唯一的隔离直线e2eyx，故④正确．故答案为①②④．