1.2 新题型-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训

专题二 新题型 题型1新定义 1.A依题意，X的分布列为 X 6 -5 一4 -3 -2 10 1 23 456 P 1 3 3 4 9 9699333 1 6363 6363636363636363636363 ÷EN0=-3X高+3× 1 63=-2 2.C由题意，设x=a十bi,w=c十di→b士d=0(a,b,c,d∈R), 若w一i与x十i伴随，则b十d=0或d一b一2=0， 当b十d=0时显然成立，当d一b-2=0时不成立，只能 b十d=0,综上，b十d=0,即Imx十Imw=0,故选C. 3.ABD对于A,由题知图象经过O点，|OF|=2,则-a· 2=4,a=一2，故A正确； 对于B,由A知曲线方程：(x十2)√(x-2)2十y=4,点 (2√2,0)代入得(2√2-2)·(2√2-（-2)=4，故B正确； 对于C,解得=（年2）-(x-2,令f(x)= (42)°-(x-2,fx)=2-2x-2》, 32 又f(2)=1, 且f(2)=-2<0,于是x=2不是板位，故C错误： 对于D,y2= 4N (年2)-x-2≤（千2），即6≤ 十2故D正确.故选择：ABD, 4 4.C因为入1,2，不全为0，入1OP1+入2OP2+入3OP3=0, 所以三个向量无法构成三维空间坐标系的一组基. 又因为(1,0,0)∈2，所以对于A,三者可以构成一组基，故不 能推出(0,0,1)庄2，故A错误； 对于B,若(1,0,0)，（一1,0,0）均属于2，且(1,0,0)， (一1,0,0)共线，所以(0,0,1)可以属于2，此时三者不共 面，故B错误； 对于C,显然，三者可以构成一组基，与条件不符合，故可 以推出(0,0,1)庄2，故C正确； 对于D,三者无法构成一组基，故不能推出(0,0,1)庄2， 故D错误，故答案选C. 5.B对于A,因为M=[-1,1],所以f(x)<f(1)在 (-∞，1)上恒成立，此时∫(-1)<f(1)与f(x)是偶函 数矛盾，故A错误；对于B,不妨取f(x)= r-1,x<-1 x,一1≤x≤1，满足f(x)在x=2处取到最大值，故B 1,x>1 正确；对于C,若存在f(x)在R上单调递增，则对任意 xo∈R,当x<x。时都有f(x)<f(x。),则此时M=R,与 M=[-1,1门矛盾，故C错误；对于D,若存在f(x)在x= 一1处取到极小值，则存在一个6>0，对于任意x满足 0<x+1<,秦有f(-1D<f）,-1-8∈(-1-d, -1D,而由-1∈M以及M的含义知f(-1-含)K f(-1),与f(-1)<f(x)对于任意x满足0<|x十1|< 8矛盾，故D错误 12 详解详析 6.解析：由题意不妨设x>y,若x,y均在[a1,a2],则有 x-y∈[0，a2-a1],若x,y均在[an,an+1],则有x-y∈ [0,a+1-an],若x,y分别在两个区间，则x-y∈[an a2,a+1一a1],又因为q>1,总有ln是闭区间，则an一a2 ≤a+1一a,恒成立即可，化简得g-1(q一2)十9≥0，所以 有q≥2恒成立. 答案：[2，十∞) 7.解：(1)f(-1)=21=1 21 令x=-1+d.当d<1时，x<0, f-1+d)=21>号台d>0.得0<d<1. 当d≥1时，x≥0，由题设f(x)=1-x, -1+0=1-(-1+0=2->2分 K得1<K 综上D(-1D=(0,受) (2)因为f(x)是奇函数，所以x>0时，-x<0,f(x)= -f(-x)=-2,f(0)=0, 22， x<0 则f(x)=0, x=0, -2x,x<0 当x<0时，f(x)∈(0,1)，d∈D(x),等价于f(x+d)> f(x)>0,则x十d<0,且2+d>2*,d<-x且d>0,所 以D(x)=(0,一x), 当x>0时，f(x)∈(-1,0)，d∈D(x),等价于f(x十d) >-2-, 若x+d<0,f(x+d)>0>-2,得d<-x;若x+d=0, f(0)=0>-2,得d=-x;若x十d>0,f(x十d)= -2x+>-2,则-(x十d)<-x,得d>0, 所以D(x)=(-∞，-x]U(0,十∞)， 已知f(x1)≤f(x2)且x1x2≠0； ①若x1<0,x2<0,21≤2*2，x1≤x2<0,-x1≥-x2> 0,D(x1)=(0,-x1),D(x2)=(0,-x2),因为(0，-x2) 二(0，-x1),所以D(x1)2D(x2). ②若x1>0,x2>0,-21≤-2，-x1≥-x2,0<x ≤x2,D(x1)=(-o,-x1]U(0,+∞)，D(x2)=(-o, 一x2]U(0,+∞)，因为(0，-x2]二(0，-x1],所以 D(x1)2D(x2). ③若x1>0,x2<0,f(x1)<0<f(x2),满足f(x1)≤ f(x2),D(x1)=(-∞，-x1]U(0,+∞)，D(x2)= (0,-2),因为-x2>0,(0,-x2)三(0，十∞)三D(x1),所以 D(x1)2D(x2). ④若x<0,x2>0,f(x1)>0>f(x2),与f(x)≤f(x2) 矛盾. 综上所述，D(x2)二D(x1)得证. （3(1)报授f0<1,若f0)≤0，取孟=-合： f(x1)=2>0,f(0)<f(x1),则D(0)2D(x1). 取d-子函+d=-}<0fx十a)-2>2量- f(x),d∈D(x). 最新真题分类特训·数学 因为D0)2D✉)，所以deD,fd0>f0,又d=号 ∈(0,1)，由②知f(d)<f(0),矛盾. 若0<f(0)<1,令x=log2f(0),则x<0,f(x)=2o =f(0),f(x)≤f(0),则D(x)2D(0),f(0)≤f(x), 则D(0)2D(x),所以D(x)=D(0), 记x=min{a,b}为取a,b中的较小值，取d,= m-受} 因为<0，所以0<d≤是<1.由@知fd)<f0, 则d。D(0) 又+d,≤，-2-号<0，fx,+d)=254>2 =f(xo),所以d,∈D(xo),与D(xo)=D(0)矛盾. 综上所述，假设不成立，所以f(0)≥1. (i)若x∈(0,1)，假设f(x)>0,取c<0使得f(c)=2 <f(x), 由②知f(x)<f(0),f[x+(-x)]=f(0)>f(x),所以 一x∈D(x). 由①知，f(c)<f(x),则D(c)2D(x),-x∈D(x), f[c+(-x)]=f(c-x)>f(c). 因为c<0,x>0,所以c-x<c<0,当x<0时，f(x)=2 单调递增，所以f(c一x)<f(c),矛盾，所以Hx∈(0,1)， f(x)0, 若x≥1，假设f(x)>0,取b<0使得f(b)=2<f(x). f[b+(x-b)]=f(x)>f(b),则x-b∈D(b). 令8=号-（红-创.周为≥1,6<0，所以x-6>1,则 6<-合<b<0,所以j6)2<2=8. 由①知，D(b')2D(b),则x-b∈D(b'),f[b+(x-b)] =f(合)>f6)>0,与2∈0,1)f(合)<0矛盾， 所以Hx>0,f(x)≤0. 取0<x<y,因为y-x>0,则-(y-x)-1<-1<0, f[-(y-x)-1]=2y-)-1>0, 又x>0,则f(x)≤0，所以f(x)<f[-(y-x)-1].由 ①知，D(x)2D[-(y-x)-1]. 因为-(y-x)-1<-1<0,所以f[-(y-x)-1] <f(-1). f[-(y-x)-1+(y-x)]=f(1)>f[-(y-x)-1], 所以y一x∈D(x). f[x十(y-x]>f(x),f(y)>f(x),所以f(x)在区间 (0,十∞)上单调递增，得证. 8.解：由ag十a十ag十am=0,可知i,p为行号，j,q为 列号， 则|川i-p一j一q川=2表示行号差|i-p|与列号差 i一q的差值的绝对值为2， ag十am十a十a侧=0表示在一个行号差与列号差的差 值的绝对值为2的矩形中，4个角上的数字和为0，我们 称这样的矩形为P矩形. 即P矩形为×(k十2)或(k十2)×k的矩形，且4个角上 的数字和为0，其中k=2,3,4,…. 12 (1)第1步：分析数阵A1 对于数阵A1,可能的P矩形为2X4的矩形，数阵A1中 只有1个2×4的矩形，4个角上的数字和为2，所以A1 不具有性质P 第2步：分析数阵A2 对于数阵A2,可能的P矩形也为2×4的矩形，数阵A2 中有2个2×4的矩形，这2个矩形的4个角上的数字和 都为0，所以A2具有性质P. (2)第1步：通过分析4×2的矩形，求出可能的1的最多 个数 在5行4列的数阵中，有2×4,4×2,5×3共3种P 矩形， 在所有4X2的矩形中，先考虑如图1分别标有a,b,c,d 所形成的4个4×2的矩形， 0 cc dd a abb cc dd 图1 标号相同的4项的数字和为0，则其中必有2个1和2个 一1，且对角数字相等， 则共有2×4=8个1， 再加上没有标号的4个位置都先填1，则最多可能有12 个1. 第2步：构造数阵进行验证 构造如下数阵 1 -1 -1 1 -11 1 1 B=11 1 1 -11 1 -1 1 1 -11 经检验，满足题意，故1的个数最多是12个. (3)第1步：分析P矩形中4个数字的乘积关系 在6行6列且具有性质P的数阵A中，有2×4,4×2， 3×5,5×3,4×6,6×4共6种P矩形， 因为P矩形4个角上的数字和为0，所以其中必有2个1 和2个-1，即agaiapam=1, 又对任意的ag∈{一1,1}，都有aa)=1,所以由aga ajag·ag=ag可得aiapam=a写； 即P矩形4个角上的4个数字，其中任意3个数字的乘 积都等于第4个数字. 第2步：证明行号或列号为1的项满足题意 令集合S={aylag=aav,l≤i,j≤6，ieZ,jZ}, 因为a1=1,所以令=1或j=1, 有a1=a1a,或aa=a1a11成立， 所以a1,a12,a13,a14,a15,a16以及a21,a31,a1,a51,a61都 在集合S中，如图2中标为深色的项. 图2 第3步：分析P矩形4个角上的数字与集合S的关系 对于P矩形4个角上的数字，当有3个数字ag,a,a 都在集合S中时， 第4个数字a与=anamam=aa1g41a,ap1a1g=a1a1,即 第4个数字也在集合S中. 第4步：利用P矩形证明数阵中的所有项都满足题意 考虑2X4的P矩形，由a11,a14,a21在集合S中，得a24在 集合S中，同理a4,a4,a54,a64在集合S中；考虑4X2 的P矩形，则a42,a8,a44,a5,a46在集合S中.如图3中 新标为深色的项」 考虑3X5和5X3的P矩形，则a35,a25,a65,a3,a52,a56 在集合S中，进而a5在集合S中，如图4中新标为深色 的项. 再次考虑2X4和4×2的P矩形，则a22,a23,a32在集合 S中，进而a6,a2在集合S中，如图5中新标为深色 的项. 再次考虑3X5和5×3的P矩形，则a36,a63,a6在集合 S中，如图6中新标为深色的项. 图3图4 图5 图6 最后考虑2X4的P矩形，则a3在集合S中，至此，所有 项都在集合S中. 所以，对任意i,j∈{1,2,3,4,5,6}，都有ag=a1aj 9.解：(1)由题意，f3(x)-f1(x)=x2-x十1≥0恒成立， f(x)+f1(x)-（f2(x)+f1(x)=x2+1≥0恒成立， 故f1(x)≤f:(x)且f1(x)+f2(x)≤f:(x)+f,(x),故 (3,1,2)是I排列. (2)由题意，n1=6=A,即任意排列皆成立， [f1(x)≤f2(x) 故(x)≤f(m f1(x)+f2(x)≤f1(x)+f3(x) f1(x)+f2(x)≤f2(x)+f3(x) /x-1≤x+m 即x-1≤x2 (x+m≤x2 m≥-1，m≤x2-x对任意的x∈[0，十∞)恒成立， 由=-x在x=合处有最小值一子， 故m∈[-1，-] (3)先证第一部分. 若F(x)在[0，十∞)上严格减，f1(x)=F(x), 则0<f1(x)≤f1(0)=F(0)<1. f3(x)=1-e在[0，十∞)上严格增， 则f(x)-f1(x)=1-ex-F(x)在[0，+∞)上严 格增. 当x→+∞时，f3(x)-f1(x)→1-F(x)>0, 所以当a足够大时，在I=[a,十∞]上有f3(x)>F(0)= f1(0)≥f1(x), 123 详解详析 f()=号[F(z+a）+F(x-a)]<2[Fo)+F(0]= F(0)<1, 所以f3(x)≥f2（x). 综上，若F(x)严格减，则存在Q>0,I排列(ij,)可以 取(1,2,3)，(3,2,1)，(1,3,2)，(3,1,2)使得n1≥4. 再证第二部分. 显然(1,2,3)是I排列，则只需判断剩下5个有序数对， 如下， ①(3,2,1)是I排列台f1(x)≤f(x)在x∈I上恒成立； ②(2,1,3)是I排列台f1(x)≤∫2(x)在x∈I上恒成立； ③(1,3,2)是I排列台f2(x)≤f3(x)在x∈I上恒成立： ④(2,3,1)是1排列台f()≤f() 在x∈I上恒 f1(x)≤f(x) 成立； ⑤(3,1,2)是1排列台 (fi(x)≤f(x) 在x∈I上恒 f2(x)≤f3(x) 成立； 若f1(x)≤f2(x)在x∈I上恒成立，且此时F(x)严 格增， 则当a>0时，F)≤合[F(z+a)+F(x-a], 即F(x十a)-F(x)≥F(x)-F(x-a)>0, 因为F(ka)=[F(ka)-F(k-1)a)]+…+[F(2a)- F(a)]+[F(a)-F(0]+F(0)(k≥0)，且F(x)>0, 故当k足够大时，一定有F(ka)>k[F(a)-F(0)]>l, 矛盾，因此f1(x)≤f2(x)不可能在x∈I上恒成立，故② 和④不可能成立. 若a足够接近于0，那么f2(x)≈F(x)=f1(x),此时① 和③等价. 此时若①和③同时成立，则⑤也成立，此时，=4； 若①和③同时不成立，则⑤也不成立，此时n1=1. 综上，存在a∈(0,1)，使n1≠2. 10.解：(1)根据k列定义，已知第一项(3,3)，x1=3,y1=3, 由x/=3 快 ①当/x-31=3 ：由|x2-3|=3得x2=6或x2=0 11y2-3=4 (舍去，因为x2∈A); 由y2-3=4得y2=7或y2=-1(舍去)，即(6,7)， ②当五-3引=4时：由13-3引=4得=7我西=-1 11-3=3 (舍去)；由2-3=3得2=6或2=0（舍去），即(7,6)， 综上，所以第二项为(6,7)或(7,6). (2)假设(3,2)在x中且为第i项(i为偶数)，(4,4)在x 中且为第j项（不妨设j>)若i为偶数：x:=3∈{3,4， 5,6},设(3,2)=(x,y),下一项(x+1y+1),i+1为奇 数，+1∈1,2,7,8}.对于(3,2)到(4,4)，4-3引=1，不满 足|x-x:=3或4且|y-y|=4或3，因为从(3,2) 到(4,4)，△x=1,△y=2,所以(3,2)与(4,4)不能同时 在x中. 最新真题分类特训·数学 (3)设k列元素为(1，y1),(x2,y2),…(xnyn),定义 a:=x十y:,b:=x一y:. 由相年两项满足21一云-3或x41一=4 1ly+1-y=411y+1-y=3 当/-3到=3 {g-3=f时：la1-a=G1+)-G+yl =(x+1-x)十(y+1-y),其值为1或7，b+1-b, =(x+1-y+1)-(x:-y)|=|(x+1-x）-（y+1 y),其值为7或1，当-3=4， 1y2-3|=3 时：a+1-a:|= |(x+1-x)+(y+1-y:)|=1或7， |b+1一b:=|(x+1一x)-(y+1-y)川=1或7所以a 与a+1同奇偶，b:与b+1同奇偶，即a:的奇偶性不变， b的奇偶性不变，A=(1,2,…8),x,y∈A,a1=x1十 y,an=xn十yn,M有8X8=64个元素，若构成k列，从 (x1,y1)到(xn,ym),经过n一1次变换，a1与an奇偶性 相同，b与b.奇偶性相同但x十y的可能值中，最小为 1十1=2，最大为8+8=16，且通过上述变换，无法取遍 所有64个元素使得相邻满足条件，因为奇偶性限制，实 际上a:的奇偶性固定，b:同理，所以M中所有元素都 不构成k列. 11.解：本题考查了函数的新定义，函数的性质，奇偶性、周 期性等，分类讨论、数形结合思想，函数的零点。 IM=af+0=ff(晋）=m号-g, f(答+x)=m誓=-≠f(爱）， ·答gM. (2)即存在x使得f(x十a)=f(x)有解，y=x十2，y =√x, 在各自定义域上单调递增，故只可能是x十2=√x十a, x<0;x+2≥0，x≥-2， .x2+4x+4-x-a=0,a=x2+3x+4,x∈[-2,0)， a=(+)广+子[-2.0 ae[子4) (3)1.由y=f(x)是偶函数， 当x∈[-1,0)时，f(x)=f(-x)=1一(-x)=1+x, 对于Ha∈(0,2)，Mn二M2,可得f(x+2)=f(x), 对于Hx∈（一1,0）都有f(x)=f(x+a),令a=一2x∈ (0,2),即f(x)=f(-x), 如图. y=c -3-2-10123 则对Hx∈（一1,0），f(x)=f(x十2)，故f(x)在(1,2) 的解析式为y=x一1. i.即证f(x)与直线y=c至多有9个交点，由1可知， f(x)是偶函数，且是以2为周期的函数，如上图，取c∈ (0,1),f(-2)=f(0)=f(2)=c此时零点个数有最大 值为9.证毕 13( 12.解：(1)首先，设数列a1,a2,…,a4m+2的公差为d, 则d≠0. 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， 故可以对该数列进行适当的变形a4'=一a十1(k= d 1,2,…,4m+2), 得到新数列a′=(k=1,2,…,4m十2)，然后对a1', a2',…,a4m+2'进行相应的讨论即可. 不妨设a=k(k=1,2,·,4m十2)，此后的讨论均建立 在该假设下进行. 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j(<j),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. 所以所有可能的(i,j)就是(1,2)，(1,6)，(5,6). (2)当m=3时，注意到a1,a4,a?,a10a3,a6,ag,a12a5, a8,a1,a14是(2,13)可分的数列，对于m>3的部分，取 {a4+3,a4+4,a4+5,a4+6}即可. (3)证明：由(2)得数列a1,a2,,a4m+2是(i,j)一可分数列 台1,2，…，4m十2是(i,j)一可分. 则1,2，…，4m十2是(4k+1,4k+2)可分的，因可分为(1,2， 3,4),(5,6,7,8),…,(4一3,4一2,4-1,4)和(4(s+1)- 1,4(s+1),4(s+1)+1,4(s+1)+2),…,(4m-1,4m,4m+ 1,4m+2),共有C1十m+1=m+1Dm+2种。 2 而1…4k和4s十2…4m+2是可分的，只需证4k+1, 4k+3,4k十4，…，4s一1,4s,4s十2是可分的. 令t=s-k∈N°，只要证1,3,4,5，…，4t-1,4t,4t+2 是可分的，1…4t十2去掉2和4t十1.当t=1时，(1,3， 4,6)不满足；当t=2时，(1,3,5,7)，(4,6,8,10)满足 当t=3时，(1,4,7,10)，(3,6,9,12)，(5,8,11,14) 满足； 当t=4时，(1,5,9,13)，(3,7,11,15)，(4,8,12,16)， (6,10,14,18)满足； 当t≥2时，可划分为t组： (1,t+1,2t+1,3t+1),(3,t+3,2t+3,3t+3),(4,t+4,2t +4,3t+4),…,(t,2t,3t,4t),(t,2t+2,3t+2,4t+2). 本质即：(i,t十i,2t十i,3t+i),i=1,2,3,…,t,且把2代 换为4t十2，则(k,k十t),t≥2均符合，共C+1一m= m(m,-1D组，而(0,1)，(1,2)，，(m-1,m)不合要求. 综上可得：符合要求的(4k十2,4t十1)与(4k+1,4t+2) 至少m(m-)+m+1)m+2组，故P。≥ 2 2 合2m+2m+2_i+n+1= 1 1 Cum+2 8m+6m+182m+7> 8 m2+m+1 13.解：(1)由题意得2(A):3,4,4,5,8,4,3,10; (2)假设存在符合条件的2，可知2(A)的第1,2项之和 为a1十a2十s,第3,4项之和为a3十a4十s,则 (a,+2)十(a:十6)=a1十a,十5，而该方程组无解，故 (a3+4)+(a4+2)=a3+a4十s 假设不成立，故不存在符合条件的2； (3)我们设序列T.…T2T1(A)为{a4.m}(1≤n≤8)，特别规 定ao.m=an(1≤n≤8). 必要性： 若存在序列2：仙1,2，…，w,使得(A)为常数列. 则a1=a.2=a.3=a.4=a.5=a.6=a7=a.8,所以 a1十a,2=a.3十a4=a,5十a,6=a7十a,8… 根据T6…T2T1（A)的定义，显然有a.2-1十a,2= ak-1,2-1十a-1,2,这里j=1,2,3,4,k=1,2,…. 所以不断使用该式就得到，a1十a2=a3十a4=a5十a6= a,十ag,必要性得证. 充分性： 若a1十a2=a3十a4=a5十a6=a,十a8 由已知，a1十a2十a5十a?为偶数，而a1十a2=ag十a4= a5十a6=a7十a8,所以a2十a4十a6十a8=4(a1十a2) (a1十a3十as十a2)也是偶数. 我们设T,…T2T1(A)是通过合法的序列2的变换能得 到的所有可能的数列2(A)中，使得a,1一a,2十a.3 -a4十a.5-a.6|十a7-a.8最小的-个. 上面已经证明a,2j-1十a,=ak-1,2j-1十ak-1.,这里 j=1,2,3,4,k=1,2,…. 从而由a1十a2=ag十a,=a5十a6=a,十ag可得a,l十 a,2=a,3十a,4=a,5十a,6=a,7十a,8 同时，由于i4十jk十s十t总是偶数，所以a,1十a,3十 a,5十a,7和a,2十a,4十a,6十a,8的奇偶性保持不变， 从而a1十a.3十a,5十a,7和a.2十a4十a.6十a.8都是 偶数. 下列证明不存在j=1,2,3,4使得引a.25-1一a.2|≥2. 假设存在，根据对称性，不妨设j=1,a21-1一a,2≥2， 即a,1-a.2≥2. 情况1：若a.3-a.4十a5-a.6十|a.7-a.8=0, 则由a1十a.3十a.5十a,7和a.2十a4十a.6十a.8都是 偶数，知a,1一a,2≥4. 对该数列连续作四次变换(2,3,5,8)，(2,4,6,8)，(2,3， 6,7),(2,4,5,7)后，新的a+4,1-a+4,2+a+4,3 a+,4十a+4,5-a+4,6十|a+,7一a+4.g相比原来的 |a.1-a.2+a.3-a,4+a.5-a,6+a,7-a.8减 少4，这与a.1-a.2|+|a.3-a.4|十|a.5-a.6|十 |a.7一a,8的最小性矛盾； 情况2：若a.3-a41十|a.5-a.6十a.7-a.8>0, 不妨设a,3-a,4|>0. 情况2-1：如果a.3一a.4≥1，则对该数连续作两次变 换(2,4,5,7)，(2,4,6,8)后，新的a+2,1-a+2.2|十 |a+2.3-a+2.4十a+2.5-a+2.6|+a+2.7一a+2.8相 比原来的a1-a.2|+a.3-a.4+a.5-a.6十|a.7 -a.8至少减少2，这与a1-a.2|+a,3-a4|十 a,5-a,6十|a,7一a,8的最小性矛盾； 情况2-2：如果a,4一a,3≥1，则对该数列连续作两次变 换(2,3,5,8)，(2,3,6,7)后，新的a+2,1-a+2,2十 |a,+2,3-a+2,4+|a+2.5-a+2.6十|a,+2,7-a+2.8相 比原来的a1-a.2+a.3-a,4十a,5-a.6+|a.7 -a,8至少减少2，这与|a1-a.2十|a,3一a,4|十 a.5一a.6|十|a.7一a,8的最小性矛盾. 131 详解详析 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的=1， 2,3,4都有a.2-1-a.2≤1. 假设存在j=1,2,3,4使得a.25-1-a,2=1,则a2-1 十a,2是奇数，所以a,1十a,2=a,3十a,4=a.5十a.6 a,7十a.s都是奇数，设为2N+1. 则此时对任意j=1,2,3,4,由a,25-1一a.2≤1可知 必有{a.25-1,a,}={N,N+1}. 而a,1十a,3十a.5十a,7和a,2十a,4十a,6十a,8都是偶 数，故集合{ma,m=N}中的四个元素i,j,s,t之和为 偶数，对该数列进行一次变换(i,j,5,t),则该数列成为 常数列，新的a+1.1一a+1,2十a+1.3-a+14十a,+1.5 一a+1,6|十|a+1,7一a+1,8等于零，比原来的a1一a.2 +|a.3-a4|十|a.5-a.6十|a.7-a.g更小，这与 |a,1-a,2|+a,3-a,4|+|a,5-a,6|+|a,7-a,8|的 最小性矛盾 综上，只可能a,2j-1一a.2=0=1,2,3,4),而a1十 a,2=a,3十a,4=a,5十a.6=a,7十a,8,故{a.m}=2(A) 是常数列，充分性得证. 14解：①因为函教=∈0，十o∞)，M0.0, 所以s)=x-0+(是-0）=+是≥2， 当且仅当2=子>0，中x=1时， s(x)取得最小值2，f(1)=1,所以P(1,1), 故对于点M(0,0),存在点P(1,1),使得P是M的“f 最近点” (2)因为函数f(x)=e,M(1,0),所以s(x)=(x-1)2 十e2,则s'(x)=2(x-1)+2e2x. 记m(x)=s√(.x)=2(x-1)+2e2,则m'(x)=2+4e2a >0,所以m(x)在R上严格单调递增. 因为m(0)=s'(0)=0, 所以当x<0时，m(x)=s'(x)<0;当x>0时，m(x)= s(x)>0. 所以s(x)在（一∞，0）上严格单调递减，在(0，十∞)上 严格单调递增， 因此当x=0时，s(x)取到最小值， 又f(0)=e°=1，所以，点M的“f最近，点”为P(0,1). 为判断直线MP与曲线y=f(x)在点P处的切线是否 垂直，可另设P(k,e),则由f(x)=e,知在P(k,e)处 的切线l的斜率为e, 由题老知MPL国此9=名，参理释十-1 =0. 令h(k)=k十e2一1，易知h(k)在R上严格单调递增. 又h(0)=0,所以方程k十e一1=0有唯一解k=0,所 以点P(0,1). 综上，存在满足条件的一个点P(0,1). (5(x)=(x-t+1)2+(f(x)-f(t)+g(t)2 (3)设 s2(x)=(x-t-1)2+(f(x)-f(t)-g(t)2 由条件，对任意t∈R,存在P(x,f(x),使得x0同时 是51(x)和52(x)的最小值，点. 最新真题分类特训·数学 于是，对任意x∈R,(2)≤(x) (s2(x)≤s2(x)1 即a-+1+)广-f@+a@P≤c-+1+）-f0+g0y '{(-4-12+()-f0-g02≤(x-t-12+(fx)-f@0-g021 特别地，当x=t时， x,-t+1)2+(f()-f()+g(0)2≤1+g2(t) (-t-1)2+(fx)-ft)-g(t)2≤1+g(t) 两式相加，得(x一t)2+（f(xo)-f(t)2≤0. 所以x0=t. 另一方面，求导得 (5,'(x)=2(x-t+1)+2(f(x)-ft)+g(t)f(x) (s2'(x)=2(x-t-1)+2(fx)-f()-g()f(x) 因为3(x)(i=1,2)的最小值点也是极小值点，所以 51′(x)=0,32'(x)=0,即 (x-t+1)+(f(x)-f(t)+g(t)f(x)=0 l(x0-t-1)+(f(x)-f(t)-g(t)f(xo)=0 两式相减，得g(t)f(x)=一1. 代入x=t,并由g()>0,得∫()=- g(o<0,t∈R 所以f(x)在R上严格单调递减. 题型2双空题 1.解析：如图，取CD的中点E,连接 BE,在△BCD中，由BD=BC=2, DC=2√3，可得BE⊥CD,且DE= CE=3,剥BE=1,Sam=3×CDD ×BE=合×2BX1=5. 由AD=AB=AC=2√2可知过点A作底面BCD的垂 线，垂足为△BCD的外心，在BE的延长线上，令垂足为 F,连接DF.易知∠DBF=60°，则BF=DF=BD=2,在 Rt△ABF中，AF=√AB-BF2=2,则V三枚维A-BCD= 号×SXAF-=3×X2=-2g 3 答案w323 3 2.解析：A正=AD+号D心-AD+ 号花-AD=号AD+号d =a+号c=日+号 CB-AB-AC-a-b, Ci-Ai-A花=号A店-AC-a-b, 从而A正=名(a+4b)=吉[6a-b)-5a-2b] -cB-号cD 故A证.Ci=号A证.C店-=-是A =-15. 答案：a+号6-15 3.解析：第一空：A=4!=24; 第二空：15+21+33+43=112. 答案：24112 4.解析：设甲选到A为事件M,乙选到A为事件Q,乙选到 B为事件N, 则甲选到A的概率为P(M0二光=3， C 乙选了A项活动，他再选择B项活动的概率为P(N|Q) C -P(QN)_ P(Q) 2 e 答案：号 2 5.解析：因为CE-之DE,即应-号BA,则B酝-B心+C定 =3BA+成， 可得=号=1，所以+=专： 由题意可知：|BC=|BA1=1,BA.BC=0, 因为F为线段BE上的动点，设B亦=kB配=子kBA十 kBC,k∈[0,1]， 则A萨=A+B丽-A店+B酝=(3k-1)BA+kB心， 又因为G为AF中点，则D心-DA+AG=-BC+号A =号（号-1）A+(合-1)元， 可得AF.DG -[(行-1)Bi+Bc] [(兮-)A+(合-)] =(传一)+（合1号(-号）广-品， 又因为k∈[0,1]，可知：当k=1时，AF·DG取到最小 值-8 答案：号一 题型3开放性 1.解析：由S6=6a6+30,得6a1+15d=6a6+30,即15d= 6(a6-a1)+30=30d+30,得d=-2. 由d=一2知{an}为单调递减数列，由Sn≤S知当n=5 时，Sn取得最大值，即as≥0，a≤0(a,a6不同时为0). 当a6=0时，由a6=a1十5d=a1-10=0知a1=10. 答案：一210（答案不唯一） 2.解析：由图可得，两圆外切，且均与直线41：x=一1相切， 另过两国国心的直线1的方程为y一专红，可得1与1交 点为P(-1,-号)由切线定理得，两圆另一公切线4 过点P,设4：y叶号=k(x十I),由点到直线距离公式可 √k2+1 =1,解得=员即：员费另由于 两圆外切，因此在公切，点处存在公切线3与L垂直，解 得4=-是x+ 3 4 -3-203,45678 -2 答案x=-1或y=京4一引或y=一子 （答对 4x十4 其中之一即可) 3.解：(1)取BC的中点F,连接 DF和B1F. E 在△ABC中，D,F分别为AC和B A BC的中点，则DF∥AB且DF= 专AB, 又因为AB∥AB,且E为A1B1中点，所以DF∥BE 且DF=B,E,所以四边形DEB,F为平行四边形， 则DE∥BF,又DE中平面BBCC,BFC平 面BB1C1C, 所以DE∥平面BB1CC. (2)(空间向量法)易知 AB,AC,AA1两两垂直， 以A为原点，建立如图所 B 示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(2,0,0), C(0,2,0),D(0,1,0), B E(1,0,W2). 取AC1的中点M,则M(0,1W2).连接EM, 则EM∥B,C, 又点P在平面A1B1C1内，且EP∥B1C, 所以P∈EM,可设EP=入EM, 则EP=λ(-1,1,0)=(-1，入，0)， 所以P(1一，A,W2). 选择①PA=PD. PA=-1,-A,-√2)，PD=(a-1,1-a,-√2)， 因为PA=PD, 所以W(a-1)2+(-λ)2+(-√2)3 =√/(-1)2+(1-λ)2+(-√2)2， 解得入=合 选择②PA⊥BC. PA=(a-1,-入，-√2)，BC=(-2,2,0), 133 详解详析 因为PA⊥BC,所以PA·BC=0,即-2（入-1）-2λ十0 =0, 解得= 则PA=(-名-2)： Pi-(日克，-)，-1，-1w 设平面PAD与平面PDE的法向量分别为m=(x1,, z1),n=（x2,y2,22）, m…pi-合%-20 1 则{ 1 mp方=-合4+号-=0 n·DE=x2-y2+√2x2=0 aP币-+2%84-0 可取m=(4,0,一√2)，n=(1,1,0), 设平面PAD与平面PDE的夹角为O, cos 0-lcos(m,-m3 m·n2 选择③BB1∥平面PDE. 连接DM. 因为P∈直线EM,所以PDC平面EMD, 即平面EPD与平面EDM为同一平面. 因为BB1∥DM,BB,寸平面EDM,DMC平面EDM, 所以BB1∥平面EDM,即BB1∥平面PDE. 所以选择③不能确定点P的位置，即不能选择条件③解 决问题 解：1)因为c0sA=-子，A∈(0，， 所以sinA=V1-cosA=22 31 由正孩定理有asin C=-csin A=2,y2。=42,解得c=6. 3 (2)如图所示，若△ABC存在，设其BC边上的高为AD, C B 若选①，a=6,因为c=6,所以C=A,因为osA=一3 <0,这表明此时三角形ABC有两个钝角，而这是不可 能的，所以此时三角形ABC不存在，故BC边上的高也 不存在； 若选②，asin B=102,由asin C=42 有8吾中名-所以65 sin C a=√62+c2-2 bccos A= 1 /52+62-2×5X6×(-3)=9, 最新真题分类特训·数学 由SaA=合6 bcsin A=合a·AD,得 AD-bcsin A 6x5x2/2 =20V2 0 9 9. 若选③，△ABC的面积是10√2， 则5a=2 csin A=6X6×22-10vE, 1 1 3 解得b=5,由余弦定理可得a=√+c2-2 bccos A= √西+6-256)0可以-确定， 进一步由余弦定理可得cOsB,cosC也可以唯一确定， 即B,C可以唯一确定， 这表明此时三角形ABC是存在的，且BC边上的高满 足：Sac=2a·AD=号AD=10反，即AD=202 9 5.解：(1)由题意得2 2sin Bo0sB=9cosB,因为A为 钝角， 则6osB≠0，则2amB=号6，则总B-2- "sin B 3 sin A 7 sinA,解得sinA= 7 2, 因为A为钝角，则A= 3 (8选择①6=7，又a=7,则6血B=得6-得×1=号 2 ,因 为A=,则B为锐角，则B=子， 此时A十B=元，不合题意，舍弃； 选择@0sB品，固为B为三角形内角， 则代入2nB=96得2x2没-马6，解得63。 simC=sin(A+B)=sin(肾+B）=sin2 cos B+ 警B-×是+（）×3-0 41 选择@0mA=5,则有6×9=昌尽，解得6=5… 则由玉孩定理得A广C即店。 sinC,解得sinC 5 2 =53 14 则sinB=sin(A+CO=sin(答+C) 134 =sin 3cos C+cos 2 53_3w3 14 14 则Sac=2 acsin B=2×7X5x39-15,5 1 144 解：1)由题意可得么=3，√。+6=2， 故a=1,b=√5. 因此C的方程为x2一 31, (2)设直线PQ的方程为y=x+t(k≠0)，将直线PQ的 方程代入C的方程得(3一k2)x2一2ktx-t2-3=0 则西十西=资=一是， 2kt 3-2,西-x2= V+)-4西购-23+3-5 3-k2 设，点M的坐标为(xM,yM), 则w-4=一3(zw-x) (yM-y2=√3(xM-x2) 两式相减，得y1一y2=23xM一3(x1十x2),而y1一y2 =(kx1十t)-(kx2十t)=k(x1-x2),故2V3xM=k(x1 )十3（西十），解得w=十3-+虹 3-k2 两式相加，得2yM一（y1十y2)=√3(1一x2), 而y1十y2=(kx1十t)十(kx2十t)=k(x1十x2)十2L,故 2yM=k(x1+x2)+V3(x1-x2)+2t,解得yM= 3尼十3-k+3t=3, 3-k2 . 因此，点M的轨這为直线y=x,其中是为直线PQ的 斜率 若选择①②： 设直线AB的方程为y=(x一2)，并设A的坐标为(xA, (yA=k(zA-2) ya),B的坐标为(xByB).则 ,解得xA= yA=V3A 5%2⑤e 2k k-3 6+5%=-2 同理可得x=,26 k十√3 4k2 12k 此时A+xB=-3a十B2-3 (yM=k(ZM-2) 而点M的坐标满足 3 2k2 yM-kIM ,解得xM=2-3 yM-k3 2 6k=yA十B, 2 故M为AB的中点，即MA|=MB. 若选择①③： 当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2,0),此时 M不在直线y=是上，矛盾。 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=m(x 一2)(m≠0)，并设A的坐标为(xA,ya),B的坐标为 (yn=m(ZA-2) (xB,yg).则 ,解得xA= =13 2m 2√3m m54= m-√3 m+3%=23m 同理可得xn=2m m+3 此时xw=A十=2m2 2 m2-3'yw=4十4=6m 2 m2-3 由于点M同时在直线y=是x上，放6m=是，2m, 解得k=m.因此PQ∥AB. 若选择②③： 设直线AB的方程为y=(x一2)，并设A的坐标为(xA, ),B的坐标为(3g.则4=4-2) ,解得xA= =3A 2k -5 =2V3k k一√3 月26 同理可得=2 k+√3 设AB的中点为C(xc,),则e=4十=2 2 2-3' %=4+a=6k 2 k2-3 由于|MA|=|MB|,故M在AB的垂直平分线上，即，点 M在直线y-%=-名x-x)上. 将该直线与y=是x联主，解得w=3=w 2k2 6k k2-3 =yc,即点M恰为AB中点.故点M在直线 AB上. 第二部分学科专项命题热点特训 专题一集合与常用逻辑用语 第1节集合及其运算 考点1集合的基本运算 5π=1，所以A= {名，合小影anB={合以选c 2.A首先解方程√E=x(需满足x≥0)：x=x2→x(x-1) =0→x=0或x=1,所以B={0,1}, 即A∩B={0,1,3,6,9}∩{0,1}={0,1}. 3.BMUN={xx>-1}=(-1,+∞). 4.DCuA={-2,2},B={-2,0,1}, .(CuA)UB={-2,0,1,2}. 5.Dx=x,即x一x=0,所以x(x十1)(x一1)=0，解得x =0,-1或1，即B={0,1,-1},所以A∩B={0,1}. 6.D先求出集合M,再根据集合的交集运算即可解出.因 为M={x|2x-1>5}={x|x>3},所以M∩N=☑，故 选：D. 1 详解详析 7.D本题考查集合运算A={1,3},B={2,3,5},AUB= {1,2,3,5},.Cu(AUB)={4}. 8.A由题意可知集合B中，只有一1,0满足集合A,所以 A∩B={一1,0}.故选择A. 9.D因为A={1,2,3,4,5,9},B={xx∈A}={1,4,9, 16,25,81},所以CA(A∩B)={2,3,5. 10.B因为集合A={1,2,3,4},B={2,3,4,5},所以A∩ B={2,3,4}. 11.C因为集合M={x|-3<x<1},N={x|-1≤x< 4},所以MUN={x|-3<x<4}. 12.C由题意可知，集合N=(-∞，一2]U[3,十∞)，所 以M∩N={-2}.故选C. 13.A因为整数集U={x|x=3k,k∈Z)U{x|x=3k十1， k∈Z)U{xx=3k+2,k∈Z,所以Cu(MUN)={x|x =3k,k∈Z}.故选A. 14.A因为全集U={1,2,3,4,5},集合M={1,4},所以 CM={2,3,5),又N={2,5}, 所以NU(CM)={2,3,5},故选A. 15.A由题意可得MUN={x|x<2),则Cu(MUN)= {xx≥2}，选项A正确； CuM={xx≥1}，则NU(CM)={xx>-1},选项 B错误；M∩N={x-1<x<1}, 则Cu(M∩N)={xx≤-1或x≥1}，选项C错误； CuN={xx≤-1或x≥2}，则MU(CuN)= {xx<1或x≥2}，选项D错误；故选A. 16.A由题意可得CuN={2,4,8}, 则MU(CuN)={0,2,4,6,8).故选A. 17.A由CB={3,5},而A={1,3},所以(CuB)UA= {1,3,5}.故选A. 18.A因为M={2,4,6,8,10},N={x|-1<x<6},所以 M∩N={2,4}. 19.D由B={xx2-4x+3=0}={1,3},AUB={-1, 1,2,3},所以Cv(AUB)={-2,0},故选D. 20.A方法一：直接通过交集的运算定义可得A∩B= {0,1,2},故选A. 方法二：代入排除法，排除B,C,D,选A, 21.D集合M={x0≤<16，集合N={z≥号} MnN-{号<x<16}故选D 22.B通过解不等式可得集合B={x0≤x≤2)，则A∩B ={1,2},故选B. 23.解析：本题考查了补集的运算，U={x2≤x≤5}， A={x|2x<4}, .A={x|4≤x≤5}. 答案：{x4≤x≤5} 24.解析：根据补集的定义可得A={1,3,5. 答案：{1,3,5} 考点2集合的含义及表示 1.C因为U={1,2,3,4,5,6,7,8},所以CA={2,4,6, 7,8},即CA中元素的个数为8一3=5，选C. 2.A由M={xx∈P且xtQ}知，M={1).第一部分专题二新题型 年真题分类特训 专题二新题型 知识技能解读… 自2024年开始，我国高考卷将进入一个崭新的时期：试卷所表达的命题思想与项层设计 是这样的：高考命题引导考生的思维从知识的习得与记忆更多地转向问题的解决、策略的选 择，使得数学应用在思维层面上真正发生，这样能深入地考查考生的观察、分析、比较、判断和 对问题的把控能力，同时加大题目的创新度与思维量，高考要选拔的是会动脑的考生，靠“刷 题”备考，没有真正理解内在规律的考生将越来越难以得到高分.新高考中出现的新题型有新 定义试题，开放型试题及双空题，以此为依托主要考查学生解决问题的能力，考查学生的思 维，这个趋势越来越明显。 [题型1]新定义 1.(2026·全国I卷，8)设U={(x1,x2,x3) x∈{-2，-1,1,2}，i=1,2,3}为空间中64 个点构成的集合，点P(1,1,1),记样本空间 2=Cu{P}.从2中随机取一个点，定义随 机变量X如下：对2中的每个点A(x1,x2, x),令X(A)=x1十x2十x3,则X的数学期 A.a=-2 望为 C B.点(2√2,0)在C上 A 1 B.一63 C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值 为1 C.0 n月 D.当点(0o)在C上时%≤x+2 4 2.(2026·上海卷，15)对于任意两个复数之， 4.(2024·上海卷，15)定义一个集合2，其元 ,如果满足“x一∈R”或“之一∈R”,那 素是空间内的点，任取P1,P2,P3∈2，存在 么就称之与心伴随，如果之与心伴随，则 w一与之十i伴随的充要条件是（注：在复数 不全为0的实数入1，入2，入3，使得入1OP1十 中，Re代表复数的实部；Im代表复数的 入2OP2十入3OP3=0.(其中O为坐标原点) 虚部) ( 已知(1,0,0)∈2，则(0,0,1)2的充分条 A.Re z+Re w=0 件是 B.Re z-Re w-0 A.(0,0,0)∈2 B.(-1,0,0)∈2 C.Im z+Im w=0 C.(0,1,0)∈2 D.(0,0,-1)∈2 D.Im之-Imw=0 5.(2024·上海卷，16)已知定义在R上的函数 3.(2024·新课标I卷，11)（多选）设计一条美 f(x),集合M={x对于任意x∈(-∞，x), f(x)<f(x)},在使得M=[-1,1]的所有 丽的丝带，其造型“○”可以做成美丽的 f(x)中，下列说法成立的是 丝带，将其看作图中的曲线C的一部分，已 A.存在f(x)是偶函数 知C过坐标原点O,且C上的点满足：横坐 B.存在f(x)在x=2处取到最大值 标大于一2，到点F(2,0)的距离与到定直线 C.存在f(x)在R上单调递增 x=a(a<0)的距离之积为4，则 ( D.存在f(x)在x=一1处取到极小值 最新真题分类特训·数学 》 6.(2024·上海卷，12)等比数列{an}的首项a1 8.(2026·北京卷，21)(15分)设A >0,公比q>1,记In={x-yxy∈[a1,a2]U a11·a1n [an,an+1]},若对任意正整数n,In是闭区 是一个m行n列的数阵，且数阵 dmt...dmn 间，则q的取值范围是 中的每一项a:都等于1或一1.若对任意 7.(2026·全国I卷，19)(17分)已知函数 1≤i,p≤m,1≤j,q≤n,其中i≠，j≠q,且 f(x)的定义域为R,且当x<0时，f(x)= 11i-p-lj-q|=2,都有a;十a十a 2x对任意x。∈R,定义集合D(x)={d∈R 十a=0,则称数阵A具有性质P. |f(x+d)>f(xo)}. (1)判断下列两个数阵是否具有性质P; (1)若当x≥0时，f(x)=1-x,求D(-1); 1 1-11 (2)若f(x)是奇函数，f(x1)≤f(x2),且 A1= -1 1-11 x1x2≠0，证明：D(x2)二D(x)； 11-1-1 (3)设f(x)满足：①若f(x1)≤f(x2),则 A2= 1-11-1 D(x2)二D(x1);②当0<x<1时，f(x)<f0). -11-11 (i)证明：f(0)≥1： (2)在所有具有性质P的5行4列的数阵 (iⅱ)证明：f(x)在区间(0，十∞)单调递增. 中，1的个数最多是多少？ (3)若m=n=6,a1=1,且数阵A具有性质 P,证明：对任意i,j∈{1,2,3,4,5,6}，都有 a=a1·a1j 8 第一部分专题二新题型 9.(2026·上海卷，21)(18分)本题共3个小 10.(2025·北京卷，21)A={1,2,3,4,5,6,7,8}, 题，第1小题满分4分，第2小题满分6分， M={(x:,y:)|x:∈A,y:∈A},从M中选出 第3小题满分8分 n个有序数对构成一列：(x1y),(2,y2),…, 已知(i,j,)是1,2,3的一个排列，对函数 (xn,n).相邻两项(x,y),(c+1,y+1)满 f1(x),f2(x),f3(x),对于任意x∈I,都有 足：/21x1=3 f1(x)≤f:(x)且f1(x)+f2(x)≤f:(x)+ y+1-y:=4 f;(x),则称(i,j,)是关于f1(x),f2(x), 或/x+1x=4 f3(x)的一个I排列，关于f1(x),f2(x), ,称为飞列. y+1-y:=3 f3(x)的I排列总数记为n (1)若列的第1项为(3,3)，求第二项， (1)已知I=[3,+∞)，f1(x)=x,f2(x)=0, (2)若x为k列，且满足i为奇数时，x:∈ f3(x)=x2+1,判断(3,1,2)是否为关于函 {1,2,7,8};i为偶数时，x:∈{3,4,5,6}.判 数f1(x),f2(x),f3(x)的I排列； 断：(3,2)与(4,4)能否同时在x中，并说明 (2)已知I=(0,+∞)，f1(x)=x-1,f2(x) 理由； =x十m,f3(x)=x2,若此时n1=6,求实数 (3)证明：M中所有元素都不构成k列. m的取值范围； (3)已知函数F(x)(x≥0)满足：对任意x∈ [0,+∞)，0<F(x)<1,若I=[a,+∞)， f(x)=F(x),f2(x)=2[F(x+a)+ F(x一a)],f3(x)=1-e,证明：若F(x) 严格减，则存在a>0,使n1≥4，若F(x)严 格增，则存在a∈(0,1)，n1≠2. 最新真题分类特训·数学 11.(2025·上海卷，21)已知函数y=f(x)的 12.(2024·新课标I卷，19)(17分)设m为正 定义域为R.对于正实数a,定义集合M。= 整数，数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等 {xf(x+a)=f(x)}. 差数列，若从中删去两项a,和a,(i<j)后剩 (1)若f(x)=sinx,判断是否是M,中的 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a1, 元素，并说明理由； a2,…,a4m+2是(i,j)一可分数列. (2)若f(x)= 1x+2,x<0 M。≠，求a (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6，使得数 x,x≥0 列a1,a2,…,a6是(i,j)一可分数列； 的取值范围； (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,…,a4m+2 (3)设y=f(x)是偶函数，当x∈(0,1]时， 是(2,13)一可分数列； f(x)=1一x,且对任意a∈(0,2)，均有M (3)从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i 二M2.写出y=f(x),x∈（1,2)的解析式， 和j（i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是 并证明：对任意实数c,函数y=f(x)一c 在[-3,3]上至多有9个零点」 (6,》一可分数列的概率为卫.，证明：P.>名 第一部分专题二新题型 13.(2024·北京卷，21)(15分)设集合M= 14.(2024·上海卷，21)(18分)本题共有3个 {(i,j,s,t)|i∈{1,2}，j∈{3,4}，s∈{5， 小题，第1小题满分4分，第2小题满分6 6},t∈{7,8}，2(i+j+s十t)}. 分，第3小题满分8分 对于给定有穷数列A:{an}(1≤n≤8)，及 已知D是R的一个非空子集，y=f(x)是 序列2：w1,w2,…,ω，w=（i,j兔，5e,t）∈ 定义在D上的函数，对于点M(a,b),函数 M,定义变换T:将数列A的第i1,j1,51,t s(x)=(x-a)2十(f(x)-b)2.若对于 项均加1，得到数列T(A);将数列T1(A) P(xo,f(x),满足s(x)在x=x处取得 的第i2,j2,s2,t项均加1，得到数列 最小值，则称P是M的“f最近点” T2T(A)…;重复上述操作，得到数列 T.…T2T1(A),记为2(A). (1)若D=(0,+∞)，f(x)=是，M(0,0), (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列 求证：对于点M(0,0),存在点P,使得P 2:(1,3,5,7),(2,4,6,8),（1,3,5,7),写 是M的“f最近点”. 出2(A); (2)若D=R,f(x)=e,M(1,0),请判断是 (2)是否存在序列2，使得2(A)为a1+2, 否存在一个点P,它是M的“f最近点”，且 a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4, 直线MP与曲线y=f(x)在点P处的切 a8十4，若存在，写出一个符合条件的2，若 线垂直. 不存在，请说明理由； (3)若D=R,已知y=f(x)是可导的，y= (3)若数列A的各项均为正整数，且a1十 g(x)的定义域为R且函数值恒为正，t∈ a3+as十a7为偶数，证明：存在序列2，使 R,M1(t-1,f(t)-g(t)),M2(t+1,f(t) 得“2(A)为常数列”的充要条件为“a1十a2 +g(t).若对于任意t∈R,都存在曲线y =a3十a4=a5十a6=a,十ag”. =f(x)上的一点P,使得P既是M1的“f 最近点”，又是M2的“f最近点”，试判断y =f(x)的单调性. 最新真题分类特训·数学 [题型2]双空题 3.(2026·北京卷，18)(14 1.(2026·北京卷，14)如图， 分)如图，已知直三棱柱 B ABCA1BC1,∠BAC= A D 已知三棱锥ABCD,AD= AB=AC=2√2，BD=BC 90°，AB=AC=2,BB1= B =2,DC=2√3，则它的底 √2，E,D分别为A1B1,AC的中点 B 面BCD的面积为 ,该三棱锥的体 (1)证明：DE∥平面BB1C1C; 积为 (2)点P在平面A1BC1内，且EP∥BC1, 2.(2025·天津卷，14)△ABC中，D为AB边 再从条件①、条件②、条件③这几个条件中 中点，C正=号CD,AB=a,AC=b,则AE- 选择一个作为已知，使得P唯一确定，求平 面PAD与平面PDE的夹角的余弦值. (用a,b表示)；若|AE|=5, ①PA=PD;②PA⊥BC;③BB1∥平 面PDE. AE⊥CB,则AE·CD= 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解 3.（2024·新课标Ⅱ卷，14)在如图的4×4方格 答，按第一个解答计分. 表中选择4个方格，要求每行和每列均恰有一 个方格被选中，则共有 种选法；在所 有符合上述要求的选法中，选中方格的4个数 之和的最大值是 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 4.(2024·天津卷，13)A,B,C,D,E五项活 动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A 的概率为 ;已知乙选了A项活动， 他再选择B项活动的概率为 5.(2024·天津卷，14)在边长为1的正方形 ABCD中，E为线段CD的三等分点，CE= DE,B-ABA+rBC则A+A= F为线段BE上的动点，G为AF中点，则 AF.DG的最小值为 [题型3]开放性 1.(2026·北京卷，12)已知等差数列{an}的前 n项和为Sn,且S。=6a6+30,则公差d= ;若S≤S,恒成立，则符合条件的 a1的一个取值为 2.(2022·新高考I卷，14)写出与圆x2+y2 =1和(x一3)2+(y一4)2=16都相切的一 条直线的方程 第一部分专题二新题型 4.(2025·北京卷，16)在△ABC中，c0sA= 5.(2024·北京卷，16)(13分)在△ABC中，内 3,asin C=42. 角A,B,C的对边分别为a,b,c,∠A为钝 (1)求c: 角a=1,sn2B=停osB (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件 (1)求∠A； 中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求 (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件 BC边上的高. 中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求 条件①：a=6; △ABC的面积. 条件②：asin B=10V2! 3 条件①：6=7条件@：cosB-是， 条件③：△ABC的面积为10√2. 条件③：csin A=23。 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得 注：如果选择条件①、条件②和条件③分别 0分；如果选择多个符合要求的条件分别解 答，按第一个解答得分 解答，按第一个解答计分. 最新真题分类特训·数学 6.(2022·新课标Ⅱ卷，21)(12分)已知双曲 (2)过F的直线与C的两条渐近线分别交 线cr若-若-1a>0.6>0的右焦点为 于A,B两点，点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C 上，且x1>x2>0,y>0.过P且斜率为 F(2,0),渐近线方程为y=土√3x. 一√3的直线与过Q且斜率为3的直线交于 (1)求C的方程； 点M.从下面①②③中选取两个作为条件， 证明另一个成立. ①M在AB上；②PQ∥AB;③IMA|=|MB. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一 个解答计分， 到