微专题 高考趋势题专练-【满分思维】2026年高考数学真题分类

微专题高考趋势题专练 昆 趋势1新定义类试题 解答题 1.(2025·上海卷)已知函数f(x)的定义域为R,设a为正实数，定义集合M。={x|f(x十a)=f(x),x∈ R). (1)若f(x)=sinx,判断是否为M.的元素，并说明理由. x十2，x<0, (2)若f(x)= M。≠☑，求a的取值范围. x,x≥0， (3)若f(x)为偶函数，且在(0,1]上的表达式为f(x)=1一x.若对任意a∈(0,2)，有M.二M2,试写出 f(x)在(1,2)上的表达式，并证明：对任意c∈R,函数y=f(x)一c在[一3,3]上至多有9个零点. 2.(2025·北京卷)已知集合A={1,2,3,4,5,6,7,8},M={(x,y)x∈A,y∈A}.从M中选取n个不同 的元素组成一个序列：(x1,y1),(x2y2),…,(xmym),其中(xy)称为该序列的第i项(i=1,2,…, x+1-x;=3,x+1-x;=4, n),若该序列的相邻项(x,y,),(x+1,y+1)满足 或 (i=1,2,…, y+1-y:=4y+1-y:=3 n一1)，则称该序列为K列. (1)对于第1项为(3,3)的K列，写出它的第2项. (2)若为K列，且下中的项(xy:)(i=1,2,…,n)满足：当i为奇数时，x∈{1,2,7,8}；当i为偶数 时，x:∈{3,4,5,6}.判断(3,2)，(4,4)能否同时为中的项，并说明理由. (3)证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列. ·26· 易趋势2 模块交汇试题 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1.(2025·上海卷)已知A(0,1),B(1,2),点C在曲线：x2-y2=1(x≥1，y≥0)上，则△ABC的面积 () A.有最大值，但没有最小值 B.没有最大值，但有最小值 C.既有最大值，也有最小值 D.既没有最大值，也没有最小值 二、解答题 2.(2025·全国I卷)已知数列(an}中，a1=3,a=a十1 nn+1n(n+1)1 (1)证明：数列{nan}是等差数列. (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x十a2x2十十amxm,求f'(一2)， 3.(2025·全国I卷) (1)求函数f(x)-5cosx一c0s5x在区间0，的最大值， (2)给定0∈(0，π)和a∈R,证明：存在y∈[a-0,a十0]使得cosy≤cos0. (3)设b∈R,若存在o∈R使得5cosx-cos(5.x+o)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值. ·27· 4.(2025·全国Ⅱ卷)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分.设每个球甲胜的概率为 p(号<p<),乙胜的概率为q,p十q=1且各球的胜负相互独立.对正整数k≥2，记p:为打完k个球后 甲比乙至少多得2分的概率，q为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率. (1)求p3,p4(用p表示). (2若二=4，求p. 94-93 (3)证明：对任意正整数m,p2m+1一q2m+1<p2m一92m<卫2m+2一92m+2 ·28·微专题 高 趋势1新定义类试题 1.集合新定义问题+函数的单调性 :【思维导图】1)已知条件f()f(号+)→f()≠ f(ξ+) 新定义得解 :(2)解法一（切线法）：已知条件导盘的几何意义切，点新定义！ a的取值范围。 ,解法二（解方程法）：已知条件→f(x)的单调性→x<0≤ ix+a 新定义方程十口=x十2有实数根 换元法 二次函数的性质广a的取值范围。 (3已知条件区间转换法当工E(1,2》时，f()=工一1→在 :[-3,3]上，分段求出函数f(x)的表达式→f(x)的大致图！ !象→得证. 解：(1)不是.理由如下： 因为（爱〉=血号-海， f(停+)-n誓=-m吾-号 2 所以f(+)≠f()题眼). 所以于不是M.中的元素。 (2)解法一（切线法）：当x≥0时，f(x)=√≥0，此时f(x)为 增函数， 当x<0时，f(x)=x+2<2, 此时f(x)为增函数 令f(x)=x十2=0，得x=-2, 所以0-(-2)=2. 令f(x)=√元=2，得x=4, 所以4一0=4. 又当x≥0时，f(x)=√x, 则f'(x)= 1 2√x 令f'(x)=1 =1[难，点：当x≥0时，f(x)=√x是凸函数，过 2√x 其图象上的某点P的切线的斜率与直线y=x十2的斜率相等， 即切线与直线y=x十2平行时，点P到直线y=x十2的距离 ·数学 考趋势题专练 最小]， 得x= 所以f(什)-√任-2 令fx)-x+2=得x=-2, 所以4-(-)=子 又子<2<4， 所以当M,≠2时，子<a<4. 所以。的取值范用是[子，) 解法二（解方程法）：当x≥0时，f(x)=元≥0，此时f(x)为增 函数， 当x<0时，f(x)=x十2<2，此时f(x)为增函数 若M。≠⑦，则存在x∈R,使得f(x十a)=f(x)(a>0)成立， 所以x<0≤x十a, 即一a≤x<0. 此时f(x十a)=x+a,f(x)=x十2， 所以方程√x十a=x十2有实数根. 令t=x十2(0≤t<2),则x=t一2（技巧：当直接解方程计算量 较大时，一般采用换元法简化运算，使用时需要注意自变量的取 值范围)， 所以√一2+a=t有实数根. 所以t2-t十2-a=0, 即t2-t+2=a. 设g(t)=t2-t十2， 则等价于g(t)图象在[0,2)上与直线y=a有交点， 又0≤t<2, 所以gee[子 所以a的取值范围是[子4小】 (3)Ha∈(0,2)，有M二M2台Ha∈(0,2)，Vx∈M有x∈ M,台f(x)是周期为2的函数 当x∈(1,2)时，2-x∈(0,1)（技巧：求分段函数的表达式时，若 函数的奇偶性已知，则可根据区间转换法，对所求区间进行转 化，构造出已知区间，再结合已知区间的函数表达式求待求区间 的函数表达式) 答23· 由偶函数的性质得f(x)三f(一x)=2一x)(题眼)， 所以f(2-x)=1-(2-x)=x-1. 所以当x∈(1,2)时，f(x)=x一1. 证明：当x∈[-1,0)时，-x∈(0,1]，f(x)=f(-x)=1- (-x)=1+x. 当x∈(2,3]时，2-x∈[-1,0)，f(x)=f(2-x)=1+2-x= 3-x. 同理当x∈（一2，一1）时，f(x)=一x一1. 当x∈[-3，-2)时，f(x)=x+3. 作出f(x)的大致图象如图所示. 个y 因为y=f(x)一c至多还有-2,0,2三个零点， 所以对任意c,f(x)=c在[-3,3]上至多有9个零点. 2.新定义 !【思维导图】(1)根据相邻项满足的条件枚举出所有的点→ 得解」 (2)已知条件→(x+1十y+1)-(x,十y)是奇数→x,十y, 与x+1十y+1的奇偶性不同，x,十y,与x+2十y+2的奇 偶性相同：授(32》4，)同时为下中的项与题设矛盾一 !得解 !(3)假设存在一个K列→根据定义推断出性质→与所得结！ !论矛盾→得证 解：(1)(6,7)或(7,6) (2)(3,2),(4,4)不能同时为下中的项 理由如下： 因为T为K列， x11-x;1=3,lx+1-x,1=4, 所以{ 或/ (i=1,2,…,n-1). y+1-y,|=4ly+1-y,=3 所以(x11-x)十(y11-y)=士7，士1. 所以(x+1十y+1)-(x;十y:)是奇数. 所以x,十y,与x+1十y+1(i=1,2,…,n一1)的奇偶性不同； x,十y,与x+2十y+2(i=1,2,…,n一2)的奇偶性相同. 假设(3,2)，(4,4)同时为下中的项。 由题设知，(3,2)，(4,4)都是Γ中的偶数项 所以3+2和4十4的奇偶性应相同，矛盾. ·数学 所以(3,2)，(4,4)不能同时为Γ中的项 (3)证明：由题设知M中共有64个元素，假设存在一个由M的 全部元素组成的序列是K列，记该K列为Ⅱ：a1,a2,…,a4,其 中a:=(x:y:)(i=1,2,…,64). 设A1={1,2,7,8},A2={3,4,5,6},令 M1={(x,y)川x∈A1y∈A, M2={(x,y)x∈A1,y∈A2}, M3={(x,y)川x∈A2y∈A}, M4={(x,y)lx∈A2y∈A2}, 则集合M1,M2,M3,M4的元素个数都是16，且M=M1UM2U M:UM,. 序列Ⅱ：a1,a2,…,a4有以下两个性质。 性质①：若a+1∈M1(i<64),则a:∈M4. 当a+1∈M1时，由M1的定义知，x+1∈{1,2,7,8}，y:+1∈{1， 2,7,8}. /lx+1-x:=3,|x+1-x,|=4, 因为Ⅱ为K列，所以 或《 |y:+1-y:=4y+1-y:|=3. 综上知，x:∈{3,4,5,6}，y:∈{3,4,5,6. 所以a:∈M4.故性质①成立 性质②：若a:∈{(3,3)，(6,6)}二M4(i<64),则a+1M1. 当a,=(3,3)时，由K列相邻项的性质知，a+1∈{(6,7)，(7,6). 所以a+1年M1. 同理可证，当a;=(6,6)时，a,+1M1. 所以性质②成立， 由假设知，M,的16个元素均在Ⅱ中，所以存在1≤i1< i2<<i8≤64满足a。∈M1且x十y为奇数(k=1, 2,…,8) 由性质①及(2)知，a。-1∈M:且x-1十y-1为偶数(k=2,3, …,8). 由M,的定义知，满足(.x,y)∈M,且x十y为偶数的元素共有 8个：(3,3)，(3,5)，(4,4)，(4,6)，(5,3)，(5,5)，(6,4)，(6,6)， 其中(3,3)，(6,6){a2-1,ag-1,…,g-1. 这与a。-1∈M,且x。-1十y-1为偶数(k=2,3,…,8)矛盾. 综上，由M的全部元素组成的序列都不是K列. 趋势2模块交汇试题 1.A双曲线的方程+利用导数研究函数的单调性与最值+点到 直线的距离公式由题可知直线AB:y=x十1，即x一y十1= 0,|AB|=√2.设C(x,y),x≥1，y≥0，点C到直线AB的距 离d=l=+1=+二+山，则Sr √2 2 2lAB1·d=+y-y 2 2,y≥0.令f(t)=1+t2 答24· t十1，t≥0（关键：构造函数），则f'(t)= 一1<0，因此 W1+ f(t)在[0，十o∞)上单调递减，f(0)=2;当t>+∞时，f(t)→1， 放f)∈1,2]，放Sar∈（分，].因此△ABC的面积有最大 值，但没有最小值.故选A 2.等差数列的定义与通项公式+错位相减法+函数求导+等比数 列的求和公式 【思维导图】(1)已知等式两边同乘n(n十1)，构造数列{mam》 !中的相邻两项的差等差数列的定义得证 (2)由(1)得数列{nam}的通项公式→f'(-2)=3十4×！ !(-2)+5×(-2)2+…十(m十2)(-2)m-1 错位相减法 得解 解：Di证明：由“十nD得+1De二 1 n (题眼)， 所以数列{nan}是公差为1的等差数列. (2)由(1)知，等差数列{am}的首项为3，公差为1， 所以nam=3+(n一1)×1=n+2. 又f(x)=a1x十a2x2+a3x3+…十amxm, 求导得f(x)三a十2a2x十3a3x2十十mam(题眼)， 于是f(-2)=3+4×(-2)+5×(-2)2+…+(m+ 2)(-2)m-1,① (一2)f'(-2)=3×(一2)+4×（一2）2+5×(-2)3+·+(m十 2)(-2)".② 由①一②得 3f'(-2)=3+(-2)十(-2)2+(-2)3+…+(-2)m-1- (m+2)(-2)" =3+-2)[1-(-2)m-17 1-(-2) -(m十2)(-2)" 7_3m十7（一2》”（提示：错位相减法）· 3 7_3m+7(-2)m. 所以f'(-2)=9 9 3.三角函数的图象与性质+导数的应用 :【恩维导图]1Dfx)一f()→fx)在区间[0，]上的单 !调性→得解」 (2)由题高设a∈[0，]分类诗论若u>0,取y=a,剥 !cosy<cos0;若a≤0，取y=0,则cosy=cos0→得证. (3)结合(1)和函数的性质可知b=33,9=0时满足条件 !反证 →证明b的最小值为3√3→得解」 ·数学 解：(1)由题意得f(x)=5sin5x-5sinx5sin(3x+2x) 5sin(3x一2x)三10c0s3xsin2x(题眼)（提示：两角和与差的正 弦公式) 因为x∈[o,] 故sin2.x≥0. 令0s3x=0解得x=合 则当0≤x<石时，f'(x)≥0，f(x)在0，)上单调递增； 当<≤受时f(x)≤0，fx)在[， 上单调递减（提 示：利用导数研究函数的单调性) 所以fx)s=f(）=33. (2)证明：由于y=cosx是偶函数，并且最小正周期为2π，不妨 设a∈[0，π]（题眼）（关键：由余弦函数的奇偶性和周期性缩小a 的范围是解题关键)」 ①若a>0,则取y=a∈[a-0,a十]， 此时cosy=cosa<cos0; ②若a≤0，则取y=0∈[a-0,a十]，此时cosy=cos0. 综上，存在y∈[a-0,a十]使得cosy≤cos0. (3)因为f(x+2x)=f(x),且f(-x)=f(x), 所以函数f(x)是周期为2π的偶函数. 又因为f(π一x)=一f(x), 所以函数了(x)的图象关于点（乏，0）对称。 所以只需考虑r∈[0，]的情况 因为f()=10cos3xsin2rre[0,], 令fx)=0,解得x=0,晋，至， 所以了x)在[0，晋]上单调递增，在[晋，]上单调递诚。 所以fx)在[0，]上的值城为0.33 因此f(x)在R上的值域为[-33,33]， 即f(x)mx=3V3, 故当b=33,9=0时满足条件（题眼）. 下面用反证法证明b的最小值为33： 若b<33,令0=5x, 6 由2)知，对于Yp∈R.3∈g-晋p+]使得sy≤ 答25· cos6 2 令5x十p=y即=写∈[-吾]（模示：确定x的范国 5 符合题中要求)， 时5c0sz-c0s5t十9)=5c0sx-cosy≥5c0s6大 3√5，与已知矛盾， 所以b的最小值为3√3 4.独立重复试验+组合数计算+递推关系+不等式 :【思维导图】(1)定义净得分S。(甲得分减乙得分)→枚举！ 1S≥2的样本，点→p3,p4. ②)计年2：一力：和9：9→建立方程4→得解。 !(3)观察前2m个球得p2m+1=p2m一Cpm+1q”,同理得！ 91广左边得证右边二次性考虑两个球得证 解：(1)p3=P(S3≥2)（提示：“至少多得2分”即净得分S≥2）， 其中S。为打完飞个球后甲的净得分（甲得分减乙得分）， 则S3的可能值为一3，一1,1,3. 因为S3≥2， 所以只有当S3=3时，满足题意. 此时甲赢3球，概率为p3,所以p3=p3. 4=P(S4≥2)，则S4的可能值为一4，一2,0,2,4. 当S1=4时，甲赢4球，概率为p. 当S4=2时，甲赢3球、乙赢1球，概率为Cp3(1一p)= 4p3(1-p). 所以p1=p'+4p3(1-b)=p3(4-3p). 综上所述，p3=p3,p4=p3(4-3p). (2)由(1)易得 93=P(S3≤-2)=P(S3=-3)=q3, q1=P(S,≤-2)=P(S,=-4)+P(S1=-2)=q+Cg3p= g+4gp, 所以2二p=D十4pg-b=D(p十4g-D=b(-g十4g 91-93g+4g3p-q3q3(g+4p-1)g3(-p+4p) 2-(）=4 3q°pq 解得2=2或上=-2. q 又p>>g, ·数学 所以取正根卫=2. q 由p=2g和q=1一p, 解得=号9=子 2 所以p=3· (3)先证左边 不妨设Xm表示打完n个球后，甲的得分.由已知得p2m+1= P(X1≥1+2m,+）=P(X+1≥m+2. 2 这时观察前2m个球，如果前面已经有X2m≥m十2，那无论如何 都会有P(Xm+1≥m十2)；而如果X2m=m十1，则需要最后一个 球甲得分；如果X2m<m十1，那是无论如何也无法完成的，因此 p2m+1=P(X2m+1≥m+2|P(X2m≥m十2)·P(X2m≥m十2)+P (X2m+1≥m+2|X2m=m+1)P(X2m=m+1) =P(X2m≥m+2)十P(X2m=m十1)p =P(X2m≥m十2)+P(X2m=m+1)-P(X2m=m+1)q =P(X2m≥m+1)-P(X2m=m十1)g =p2m-aitpg 同理q2m+1=q2m一Cg'qm+1p". 所以p2m+1一q2m+1=p2m-92n十Cg'q"+1pm-C%'pw+1q"= p2m-q2m十Cn1(pg)m(q-p)<p2m-q2m· 右边同理，但需要一次性考虑两个球. 此时要求X2m+2≥m十2，当已经有X2m≥m+2时，无论如何都 会有Xm+2≥m十2；当X2m=m十1时，只要保障不连丢两球就 行；当Xm=m时，就必须连赢两球；当Xm<m时，则完全不 可能。 即p2m+2=P(X2m+2≥m+2) =P(X2m≥m+2)+P(Xm=m)p2+P(X2m=m+1)· [1-(1-p)2] =P(X2m≥m+2)十P(X2m=m)+P(X2m=m十1)+(p2一1)· P(X2m=)-(1-p)2P(X2m=m十1) =P(X2n≥m)+（p2-1)C2np"q"-C21pm+1q"+1 =p2m-(1-P2)Can pg-Capg 同理q2m+2=q2n十(g2-1)Cnp"q"-Cnpm+'g"+1 所以p2+2-q2m+2=p2m一92m十(p2-g)C8np"q">p2m一92m 综上，p2m+1-92m+1<p2m一92m<p2m+2一92m+2 答26·