新高考新定义开放性和探究专题
题型一：数列新题型
1(2023·河北张家口·统考二模)欧拉函数φn n ∈N * 的函数值等于所有不超过正整数n ，且与n 互质的正整数的个数，例如：φ1 =1,φ3 =2.数列a n 满足a n =φ2n ，其前n 项和为S n ，则S 10=()
A.1024
B.2048
C.1023
D.2047
【答案】C
【分析】根据欧拉函数的定义可求出a n =φ2n =2n -1，再由等比数列的前n 项和公式即可求出答案.【详解】根据欧拉函数的定义可得a 1=φ2 =1,a 2=φ22 =2,a 3=φ23 =4,a 4=φ24 =8，一般地，a n =φ2n =2n -1.事实上，φ2n 表示从1到2n 的正整数中，与2n 互质的正整数的个数，相当于去掉从1到2n 的正整数中
所有2的倍数的个数(共2n -1个数)，因此，a n =φ2n =2n -2n -1=2n -1.所以，S 10=1+2+4+⋯+29=1023.故选：C .
2(2023·陕西西安·西安一中校联考模拟预测)南宋数学家杨辉在
《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列a n 本身不是等差数列，但从a n 数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列b n (则称数列a n 为一阶等差数列)，或者b n 仍旧不是等差数列，但从b n 数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列c n (则称数列a n 为二阶等差数列)，依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列1，1，2，8，64⋯是一阶等比数列，则该数列的第8项是( )．A.28 B.215
C.221
D.228
【答案】C 【分析】设b n -1=
a n
a n -1
，得到b n 为等比数列，求得b n =2n -1，结合a n =b n -1⋅b n -2⋯b 1⋅a 1，进而求得a 8的值．【详解】由题意，数列1，1，2，8，64，⋯为a n ，且为一阶等比数列，设b n -1=
a n
a n -1，所以
b n 为等比数列，其中b 1=1，b 2=2，公比为q =b 2b 1
=2，所以b n =2n -1
，则a n =b n -1⋅b n -2⋯b 1⋅a 1=2
1+2+3+⋯+n -2
=2
n -1 n -2
2
,n ≥2，
所以第8项为a 8=221．故选：C .
3(2023·上海黄浦·统考二模)设数列a n 的前n 项的和为S n ，
若对任意的n ∈N *，都有S n <a n +1，则称数列a n 为“K 数列”．关于命题：①存在等差数列a n ，使得它是“K 数列”；②若a n 是首项为正数、公比为q 的等比数列，则q ∈[2,+∞)是a n 为“K 数列”的充要条件．下列判断正确的是()
A.①和②都为真命题
B.①为真命题，②为假命题
C.①为假命题，②为真命题
D.①和②都为假命题
【答案】C
【分析】根据给定的定义，按公差的取值情况分类探讨判断①；利用等比数列通项公式及前n项和公式，结合不等式恒成立即可推理作答.
【详解】令等差数列a n
的公差为d，当d≤0时，S1=a1≥a1+d=a2，不符合题意，
当d>0时，S n-a n+1=na1+n(n-1)
2
d-(a1+nd)=d
2
n2-3
2
d-a1
n-a1，
函数f(x)=d
2
x2-3
2
d-a1
x-a1的图象是开口向上的抛物线，对称轴x=32-a1d，
存在x0>3
2
-
a1
d，使得f(x0
)
>0，取不小于x0的正整数n，则有f(n)>0，
即S n>a n+1，不符合题意，综上得①为假命题；
等比数列a n
首项a1>0，因为数列a n
为“K数列”，则有a1=S1<a2=a1q，即q>1，
S n=a1(1-q n)
1-q
,a n+1=a1q n，于是
a1(1-q n)
1-q
<a1q n⇔q n+1-2q n+1>0⇔2-q<1
q n
，
依题意，任意的n∈N*，2-q<1
q n
，函数y=
1
q
x,x≥1在[1,+∞)单调递减，值域是0,1q ，
因此2-q≤0⇔q≥2，所以q∈[2,+∞)是a n
为“K数列”的充要条件，②是真命题，判断正确的是①为假命题，②为真命题.
故选：C
【点睛】关键点睛：数列是特殊的函数，根据数列的特性，准确构造相应的函数，借助函数性质分析求解是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件.
题型二：立体几何新定义
4(2023·辽宁沈阳·统考一模)刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则正八面体(八个面均为正三角形)的总曲率为()
A.2π
B.4π
C.6π
D.8π
【答案】B
【分析】利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果.
【详解】正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为π，该正面体共6个顶点，
因此，该正八面体的总曲率为6×2π-8π=4π.
故选：B.
5(2021·全国·统考模拟预测)图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3．若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为()
A.100π
B.600
C.200π
D.300π
【答案】C
【分析】由莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，结合已知可得半径为20，由弧长公式求得底面周长，进而可求得结果.
【详解】莱洛三角形由三段半径为20，圆心角为π
3的圆弧构成，所以该零件底面周长为3×
π
3
×20=20π，
故其侧面积为200π．
故选：C.
6(2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测)我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“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意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造
一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球(如图①)放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体(如图②)，用任何一个平行于底面的
平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即1
2
V
球
=πR2
⋅R-1
3πR1
2
⋅R=2
3
πR3.现将椭圆x2
4
+
y2
9
=1绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体(如图③)，类比上
述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于()
A.32π
转子发动机B.24π
C.18π
D.16π
【答案】D
【解析】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.
【详解】解：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，
在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为h0≤h≤3
时，小圆锥底面半径为r，
则h
3
=r
2，
∴r=2
3
h，
故截面面积为：4π-4
9
πh2，
把y=h代入x2
4
+
y2
9
=1，
即x2
4
+h2
9
=1，
解得：x=±2
3
9-h2，
∴橄榄球形几何体的截面面积为πx2=4π-4
9
πh2，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：
V=2V
圆柱-V圆锥 =2×4π×3-1
3
×4π×3
=16π.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到橄榄球形几何体的体积.
题型三：函数新定义
7(2023·陕西商洛·统考二模)古希腊数学家普洛克拉斯指出：“哪里有数，哪里就有美．”“对称美”是数
学美的重要组成部分，在数学史上，人类一直在思考和探索数学的对称问题，图形中的对称性本质就是点的对称、线的对称．如正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称性也是函数一个非常重要的
性质．如果一个函数的图象经过某个正方形的中心并且能够将它的周长和面积同时平分，那么称这个函数为这个正方形的“优美函数”．下列关于“优美函数”的说法中正确的有()
①函数f x =
x
2x
+2-x
-1≤x ≤1 可以是某个正方形的
“优美函数”；②函数f x =4cos 2x -
π6 +3只能是边长不超过π2
的正方形的“优美函数”；③函数f x =ln 4x 2+1-2x -1可以是无数个正方形的“优美函数”；④若函数y =f x 是“优美函数”，则y =f x 的图象一定是中心对称图形．A.①② B.①③ C.②③ D.②④
【答案】B
【分析】根据“优美函数”的定义，可判断①③中的函数为奇函数，其图象为中心对称图形，可判断其正误，结合余弦函数的性质可判断②，作图分析，举出反例，判断④.【详解】对于①，f x =
x 2x
+2-x -1≤x ≤1
满足f -x =-x
2-x +2
x =-f (x )，故为奇函数，则f x 图象原点对称，且连续，
所以f x 可以是中心为原点且边长为2的正方形的“优美函数”，故①正确．对于②，令2x -π6=π2+k πk ∈Z ，得x =π3+k π2
k ∈Z ，所以f x =4cos 2x -π6
+3图象的对称中心为π3+k π
2,3 k ∈Z ，故以π3+k π2,3
k ∈Z 为中心的正方形都能被函数f x =4cos 2x -π
6
+3的图象平分，即f x =4cos 2x -
π
6
+3可以同时是无数个正方形的“优美函数”，故②错误．对于③，令g x =ln 4x 2+1-2x ，x ∈R ,
则g -x =ln 4x 2+1+2x =-ln 4x 2+1-2x =-f (x )，故g x 为奇函数．又因为f x 的图象是由g x 的图象向下平移一个单位长度得到的，
所以f x 图象的对称中心为0,-1 ，故以0,-1 为中心的正方形都能被f x =ln 4x 2+1-2x -1的图象平分，故③正确．
对于④，如图所示，图中两三角形面积相等，函数y =f x 是“优美函数”，但其图象不是中心对称图形，
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