2017-2026十年高考数学专项汇编专题31 新定义综合（四大考点33题）（教师版）

1

专题31新定义综合

（四大考点，33题）

考点分类十年考情（2017-2026）命题规律

1.高考压轴大题高频题型，北京、

上海卷常考。

2026北京、2024新课标Ⅰ/北京、

2.先给出全新数列规则、序列、数

2023北京、2022北京、2021新

考点01数列新定阵、排列定义，设置判断、计数、

高考Ⅱ/北京、2020全国Ⅱ/上海/

义最值、充要条件证明多小问。

北京/江苏、2019江苏/北京、

3.融合递增子列、周期序列、可分

2018上海/江苏、2017江苏

数列、逆序等新概念，侧重逻辑推

理与分类讨论。

1.以上海选填、大题为主，综合性

强。

2.给定点集、函数性质、特殊变换

考点02函数新定2026上海/全国一卷、2024上海、

定义，判断命题真假、求解参数范

义2020上海、2017上海

围、证明充要关系。

3.结合奇偶、单调、极值、零点等

基础函数性质综合分析。

1.多选与解答题均有出现，侧重集

合运算与逻辑。

2.自定义特殊集合、序列、对称集，

考点03集合新定2025北京/上海、2020浙江、

研究元素构成、存在性、充要条件。

义2018北京

3.常结合函数定义域、值域、零点

问题交叉命题。

1.上海特色小题，难度中等偏上。

2.给出曲线专属新概念（自相关曲

考点04圆锥曲线线、抛物线比值定义），判断命题、

2023上海、2019上海

新定义证明恒等式、比较大小。

3.依托椭圆、双曲线、抛物线几何

性质解题。

1

考点01数列新定义

na20a2a2k1a2k

1.（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）（多选）设正整数01k1k，其中

a0,1naaa

i，记01k．则（）

2nn2n3n1

A．B．

8n54n32n1n

C．D．

【答案】ACD

n

【分析】利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.

naaa2na21a22a2ka2k1

【详解】对于A选项，01k，01k1k，

2naaan

所以，01k，A选项正确；

01273

对于B选项，取n2，2n37121212，，

0121721

而20212，则，即，B选项错误；

8n5a23a24a2k35120122a23a24a2k3

对于C选项，01k01k，

8n52aaa

所以，01k，

4n3a22a23a2k23120121a22a23a2k2

01k01k，

4n32aaa8n54n3

所以，01k，因此，，C选项正确；

n

n01n121n

对于D选项，21222，故，D选项正确.

故选：ACD.

aaa

2.（2020·全国II卷·高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n满足

a{0,1}(i1,2,)aa(i1,2,)

i，且存在正整数m，使得imi成立，则称其为0-1周期序列，并称满足

aa(i1,2,)aaa

imi的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列12n，

1m

C(k)aiaik(k1,2,,m1)

mi1是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足

1

1

C(k)(k1,2,3,4)

5的序列是（）

A．11010B．11011C．10001D．11001

【答案】C

【分析】根据新定义，逐一检验即可

aaa

【详解】由imi知，序列i的周期为m，由已知，m5，

15

C(k)aiaik,k1,2,3,4

5i1

对于选项A，

151111

C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10000)

5i15555

15112

C(2)aiai2(a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7)(01010)

5i1555，不满足；

对于选项B，

15113

C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10011)

5i1555，不满足；

对于选项D，

15112

C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10001)

5i1555，不满足；

故选：C

【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，

是一道中档题.

Aaija1,1

3.（2026·北京·高考真题）设mn是一个m行n列的数阵，且数阵中的每一项ij，都等于

ipjq2,

1或1．若对任意1i,pm，1j,qn，其中ip，jq，且都有

aaaa0,

ijiqpjpq则称数阵A具有性质P．

(1)判断下列两个数表是否具有性质P．

1111

A1

1111

1111

A2

1111

1

1111

(2)若m5,n4，则具有性质P的数阵A中1的个数最多是多少？

a1aaa

(3)若mn6，11，且数阵A具有性质P，证明：对任意i，j{1,2,3,4,5,6}，都有iji11j．

AA

【答案】(1)数表1不具有性质P，数表2具有性质P；

(2)12

1,1

(3)性质P中的四个数都属于，且四个数的和为0，所以其中恰有两个1和两个1．

aaaa1

因此，对任意满足性质P下标条件的四个位置，都有ijiqpjpq①，

caa.

对i1,2,,6，j1,2,,5，令ijiji,j1

先取行距为3、列距为1的矩形．

cc1.

由①，对i1,2,3及j1,2,,5，有iji3,j

c,c1,1cc

由于iji3,j，所以i3,jij②，

下面比较第1行与第2行的c值．

对j1,2,3,4，取第1、5行和第j、j2列．

cccc1.

此时行距为4，列距为2，由①得1j1,j15j5,j1

cccccc1

由②知5j2j，故1j2j1,j12,j1③，

dcc.

令j1j2j

dd1ddddd.

则由③得jj1，所以12345

再取第1、2行和第1、4列．

cccccc1,ddd1.

此时行距为1，列距为3，由①得111213212223即123

dddd1,1d1

由于123且1，所以1．

ccj1,2,,5

从而1j2j④，

ccj1,2,,5

同理，取第2、6行和相距2的两列，再取第2、3行和相距3的两列，可得2j3j⑤，

ccc

结合②、④、⑤，可知对于每个j1,2,,5，都有1j2j6j⑥，

1

a1aaa.

当j1时，由11，显然有i1i111

2

a1ai1aijai1ai2ai2ai3ai,j1aijci1ci2ci,j1.

当j2时，由⑥，由中间因子均成对出现，且ik，有

ccccccaaa.

再由⑥，i1i2i,j111121,j1111j1j

aa21aaa.

两边同乘i1，并利用i1，得iji11j

命题得证．

【分析】（1）性质P的下标约束条件，选取符合要求的四元组代入验证，若存在不满足和为0的组合则

不具有性质P，反之则具有性质P.

（2）由性质P的和约束推导行列符号的等价乘积约束，确定每行1的最大可行数量，结合行之间的符号

交替规律计算总1的个数的上界，构造符合条件的实例证明上界可达.

a1

（3）利用性质P的乘积等价性质，结合11的初始条件，先验证差为2的下标组合，再通过递推推广到

所有下标i,j，完成证明.

A

【详解】（1）对于1，只有两行，所以行距只能为1．

要满足|行距-列距|2，列距只能为3．

111120.

取第1、2行和第1、4列，四个顶点之和为

A

所以1不具有性质P．

A

对于2，行距为1时，列距只能为3；行距为2时，不存在符合条件的列距．

因此，只需检验相邻两行与第1、4列组成的两个矩形．

11110.

第1、2行对应的四个顶点之和为

11110.

第2、3行对应的四个顶点之和为

A

所以2具有性质P．

4

siaij.

（2）设第i行元素之和为j1

先考察第1行与第4行．

xaaj1,2,3,4.

令j1j4j

xx0.

对j1,2,3，第1、4行的行距为3，第j、j1列的列距为1，由性质P得jj1

1

ssxxxx0.

因此푥2=−푥1, 푥3=푥1,푥4=−푥1,从而141234

ss0.

同理，考察第2行与第5行，可得25

ssssss4.

所以整个数阵所有元素之和为123453

设数阵中1的个数为N．

N20N4.

数阵中共有20个数，因此1的个数为20N，从而解得N12.

下面说明12可以达到．

1111

1111

A1111.

1111

取1111

该数阵中共有12个1．

1,3,3,1,4,2.

对于m5,n4的数阵，可能的行距、列距组合只有

1,3

当行距、列距为时，相邻两行第1、4列的四个数之和均为0；

3,1

当行距、列距为时，第1、4行以及第2、5行对应各列的元素之和均为0；

4,2

当行距、列距为时，第1、5行与相距2的两列组成的四个数之和也为0．

所以该数阵具有性质P，且1的个数为12．

因此，1的个数最多为12.

（3）略

a,a,...,a

4.（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列124m2是公差不为0的等差数列，若从中删

aaij

去两项i和j后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列

a,a,...,ai,j

124m2是可分数列．

i,ja,a,...,ai,j

(1)写出所有的，1ij6，使数列126是可分数列；

a,a,...,a2,13

(2)当m3时，证明：数列124m2是可分数列；

jija,a,...,ai,jP

(3)从1,2,...,4m2中任取两个数i和，记数列124m2是可分数列的概率为m，证明：

1

1

Pm

8．

1,2,1,6,5,6

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)证明见解析

i,j

【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；

i,j

（2）根据可分数列的定义即可验证结论；

i,ji,jm12m

（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.

a,a,...,a

【详解】（1）首先，我们设数列124m2的公差为d，则d0.

由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，

aka1

ak1k1,2,...,4m2

故我们可以对该数列进行适当的变形d，

akk1,2,...,4m2a,a,...,a

得到新数列k，然后对124m2进行相应的讨论即可.

akk1,2,...,4m2

换言之，我们可以不妨设k，此后的讨论均建立在该假设下进行.

jij

回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和，使得剩下四个数是等差数列.

那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.

i,j1,2,1,6,5,6

所以所有可能的就是.

（2）由于从数列1,2,...,4m2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每

组成等差数列：

1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14

①，共3组；

15,16,17,18,19,20,21,22,...,4m1,4m,4m1,4m2

②，共m3组.

（如果m30，则忽略②）

2,13

故数列1,2,...,4m2是可分数列.

A4k1k0,1,2,...,m1,5,9,13,...,4m1

（3）定义集合，

B4k2k0,1,2,...,m2,6,10,14,...,4m2

.

下面证明，对1ij4m2，如果下面两个命题同时成立，

1

i,j

则数列1,2,...,4m2一定是可分数列：

命题1：iA,jB或iB,jA；

命题2：ji3.

我们分两种情况证明这个结论.

第一种情况：如果iA,jB，且ji3.

i4k1j4k2k,k0,1,2,...,m

此时设1，2，12.

1

kk

4k14k221kk

则由ij可知12，即4，故21.

i4k1j4k2

此时，由于从数列1,2,...,4m2中取出1和2后，

剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：

1,2,3,4,5,6,7,8,...,4k3,4k2,4k1,4kk

①1111，共1组；

4k2,4k3,4k4,4k5,4k6,4k7,4k8,4k9,...,4k2,4k1,4k,4k1kk

②111111112222，共21组；

4k3,4k4,4k5,4k6,4k7,4k8,4k9,4k10,...,4m1,4m,4m1,4m2mk

③22222222，共2组.

（如果某一部分的组数为0，则忽略之）

i,j

故此时数列1,2,...,4m2是可分数列.

第二种情况：如果iB,jA，且ji3.

i4k2j4k1k,k0,1,2,...,m

此时设1，2，12.

1

kk

4k24k121kk

则由ij可知12，即4，故21.

4k14k23kk1kk2

由于ji3，故21，从而21，这就意味着21.

i4k2j4k1

此时，由于从数列1,2,...,4m2中取出1和2后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，

共m组，使得每组成等差数列：

1,2,3,4,5,6,7,8,...,4k3,4k2,4k1,4kk

①1111，共1组；

4k1,3kk1,2k2k1,k3k13kk2,2k2k2,k3k2,4k2

②1121212，1212122，共2组；

4kp,3kkp,2k2kp,k3kpp3,4,...,kkkk2

③全体1121212，其中21，共21组；

1

4k3,4k4,4k5,4k6,4k7,4k8,4k9,4k10,...,4m1,4m,4m1,4m2mk

④22222222，共2组.

（如果某一部分的组数为0，则忽略之）

kk2

这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含21个行，4个列的数

表以后，4个列分别是下面这些数：

4k3,4k4,...,3kk3kk3,3kk4,...,2k2k2k2k3,2k2k3,...,k3k

1112，121212，121212，

k3k3,k3k4,...,4k

12122.

4k1,4k2,...,4k2

可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍112中除开五个集合

4k1,4k23kk1,3kk22k2k1,2k2k2k3k1,k3k2

11，1212，1212，1212，

4k1,4k2

22中的十个元素以外的所有数.

4k24k1

而这十个数中，除开已经去掉的1和2以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.

i,j

这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m2是可分数列.

至此，我们证明了：对1ij4m2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m2一定是

i,j

可分数列.

i,j

然后我们来考虑这样的的个数.

i,jm12

首先，由于AB，A和B各有m1个元素，故满足命题1的总共有个；

i4k1j4k24k24k13

而如果ji3，假设iA,jB，则可设1，2，代入得21.

1

k2k1

但这导致2，矛盾，所以iB,jA.

i4k2j4k1k,k0,1,2,...,m4k14k23kk1

设1，2，12，则21，即21.

k,k0,1,1,2,...,m1,mi,j2,5,6,9,...,4m2,4m1

所以可能的12恰好就是，对应的分别是，总

共m个.

m12i,j

所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有m个.

i,jm12m

这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.

jij

当我们从1,2,...,4m2中一次任取两个数i和时，总的选取方式的个数等于

1

4m24m1

2m14m1

2.

2

a,a,...,ai,ji,jm1m

而根据之前的结论，使得数列124m2是可分数列的至少有个.

a,a,...,ai,jP

所以数列124m2是可分数列的概率m一定满足

2

211

22mmm

m1mmm121

P4

m2m14m12m14m12m14m222m12m18

.

这就证明了结论.

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究

结论.

5.（2024·北京·高考真题）已知集合

Mi,j,k,wi1,2,j3,4,k5,6,w7,8,且i为偶j数kwA:a,a,,a

．给定数列128，和序

:T,T,TTi,j,k,wMt1,2,,si,j,k,w

列12s，其中ttttt，对数列A进行如下变换：将A的第1111项均

TATAi,j,k,w

加1，其余项不变，得到的数列记作1；将1的第2222项均加1，其余项不变，得到数列记作

TTATTTAA

21；……；以此类推，得到s21，简记为．

:1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7A

(1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列，写出；

Aa2,a6,a4,a2,a8,a2,a4,a4

(2)是否存在序列，使得为12345678，若存在，写出一个符

合条件的；若不存在，请说明理由；

aaaaA

(3)若数列A的各项均为正整数，且1357为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”

aaaaaaaa

的充要条件为“12345678”．

A:3,4,4,5,8,4,3,10

【答案】(1)

(2)不存在符合条件的，理由见解析

(3)证明见解析

ΩAΩA

【分析】（1）直接按照的定义写出即可；

（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解

法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列共有8项，可知：

1

bbaa8,n1,2,3,4

2n12n2n12n，检验即可；

aaaaaaaa

（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若12345678，分类讨论

a,a,a,aΩA

1357相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列，使得为常数列，结合定义分析证明即

可.

【详解】（1）因为数列A:1,3,2,4,6,3,1,9，

T1,3,5,7TA:2,3,3,4,7,3,2,9

由序列1可得1；

T2,4,6,8TTA:2,4,3,5,7,4,2,10

由序列2可得21；

T1,3,5,7TTTA:3,4,4,5,8,4,3,10

由序列3可得321；

ΩA:3,4,4,5,8,4,3,10

所以.

ΩAaasaas

（2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第1,2项之和为12，第3,4项之和为34，

a12a26a1a2s

a4a2aas

则3434，而该方程组无解，故假设不成立，

故不存在符合条件的；

解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，

ΩA:b,b,,b

假设存在符合条件的，且128，

26428244

8

因为4，即序列共有8项，

bbaa8,n1,2,3,4

由题意可知：2n12n2n12n，

检验可知：当n2,3时，上式不成立，

即假设不成立，所以不存在符合条件的.

T...TTAa1n8aa1n8

（3）解法一：我们设序列s21为s,n，特别规定0,nn.

必要性：

:T,T,TΩA

若存在序列12s，使得的各项都相等.

aaaaaaaaaaaaaaaa

则s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8，所以s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8.

1

T...TTAaaaa1

根据s21的定义，显然有s,2j1s,2js1,2j1s1,2j，这里j1,2,3,4，s1,2,....

aaaaaaaaaas

所以不断使用该式就得到12345678s,1s,2，必要性得证.

充分性：

aaaaaaaa

若12345678.

aaaaaaaaaaaa

由已知，1357为偶数，而12345678，所以

aaaa4aaaaaa

2468121357也是偶数.

T...TTAΩA

我们设s21是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得

aaaaaaaa

s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8最小的一个.

aaaa1

上面已经说明s,2j1s,2js1,2j1s1,2j，这里j1,2,3,4，s1,2,....

aaaaaaaaaaaaaaaaaas

从而由12345678可得s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,812.

ijkwaaaaaaaa

同时，由于tttt总是偶数，所以t,1t,3t,5t,7和t,2t,4t,6t,8的奇偶性保持不变，从而

aaaaaaaa

s,1s,3s,5s,7和s,2s,4s,6s,8都是偶数.

aa2

下面证明不存在j1,2,3,4使得s,2j1s,2j.

aa2aa2

假设存在，根据对称性，不妨设j1，s,2j1s,2j，即s,1s,2.

aaaaaa0aaaaaaaa

情况1：若s,3s,4s,5s,6s,7s,8，则由s,1s,3s,5s,7和s,2s,4s,6s,8都是偶数，

aa4

知s,1s,2.

2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7

对该数列连续作四次变换后，新的

aaaaaaaa

s4,1s4,2s4,3s4,4s4,5s4,6s4,7s4,8相比原来的

aaaaaaaaaaaaaaaa

s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8减少4，这与s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8的最小

性矛盾；

aaaaaa0aa0

情况2：若s,3s,4s,5s,6s,7s,8，不妨设s,3s,4.

aa12,4,5,7,2,4,6,8

情况2-1：如果s,3s,4，则对该数列连续作两次变换后，新的

aaaaaaaa

s2,1s2,2s2,3s2,4s2,5s2,6s2,7s2,8相比原来的

1

aaaaaaaaaaaaaaaa

s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8至少减少2，这与s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8的

最小性矛盾；

aa12,3,5,8,2,3,6,7

情况2-2：如果s,4s,3，则对该数列连续作两次变换后，新的

aaaaaaaa

s2,1s2,2s2,3s2,4s2,5s2,6s2,7s2,8相比原来的

aaaaaaaaaaaaaaaa

s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8至少减少2，这与s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8的

最小性矛盾.

aa1

这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j1,2,3,4都有s,2j1s,2j.

aa1aa

假设存在j1,2,3,4使得s,2j1s,2j，则s,2j1s,2j是奇数，所以

aaaaaaaa

s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8都是奇数，设为2N1.

aa1a,aN,N1

则此时对任意j1,2,3,4，由s,2j1s,2j可知必有s,2j1s,2j.

aaaaaaaamaN

而s,1s,3s,5s,7和s,2s,4s,6s,8都是偶数，故集合s,m中的四个元素i,j,k,w之和为偶数，

i,j,k,w

对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的

aaaaaaaa

s1,1s1,2s1,3s1,4s1,5s1,6s1,7s1,8等于零，比原来的

aaaaaaaaaaaaaaaa

s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8更小，这与s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8的最小性

矛盾.

aa0j1,2,3,4aaaaaaaa

综上，只可能s,2j1s,2j，而s,1s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8，故

aΩA

s,n是常数列，充分性得证.

ΩA

解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，

a,a,a,a,a,a,a,a

且12345678相对于序列也是无序的，

aaaaaaaa

（ⅰ）若12345678，

aaaaaaaa

不妨设1357，则2468，

aaaaaaaa

①当1357，则8642，

a2,4,6,8a1,3,5,7

分别执行1个序列、2个序列，

1

aa,aa,aa,aa,aa,aa,aa,aa

可得1212121212121212，为常数列，符合题意；

a,a,a,aaaaaaa

②当1357中有且仅有三个数相等，不妨设135，则246，

a,a,a,a,a,a,a,a

即12121278，

a1,3,5,7a2,4,6,8

分别执行2个序列、7个序列

aa,aa,aa,aa,aa,aa,aa,aa

可得1227122712272778，

aa,aa,aa,aa,aa,aa,aa,aa

即1227122712272712，

aaaa3aa

因为1357为偶数，即17为偶数，

a7a1*

a,aN

可知17的奇偶性相同，则2，

a7a1

1,3,5,71,3,6,82,3,5,81,4,5,8

分别执行2个序列，，，，

可得

3a2aa3a2aa3a2aa3a2aa3a2aa3a2aa3a2aa3a2aa

721,721,721,721,721,721,721,721

22222222

，

为常数列，符合题意；

aaaaaaaaa,a,a,a,a,a,a,a

③若1357，则2468，即12125656，

a1,3,6,8a2,4,5,7

分别执行5个、1个，

aa,aa,aa,aa,aa,aa,aa,aa

可得151