2026年高考数学全国一卷真题完全解读（课件）

2027年高考二轮复习讲练测 2026年全国一卷数学 真题完全解读 高中数学·全国通用 2026年全国新高考一卷数学真题完全解读 高中数学·全国通用 感谢 观看 1 目录 CONTENTS 试卷总评 考情分析 复习策略 真题解读 01 02 03 04 2 试题分析 2026年新高考全国I卷数学试题延续19题结构（单选8道、多选3道、填空3道、解答5道），总分150分。试卷整体难度适中偏上，以基础性考查为主轴，兼顾综合性、应用性和创新性。单选题前5题侧重基础概念与基本运算，第6题函数最值与第7题等差数列应用适当提升思维层次；第8题空间点集随机变量期望具有较强的抽象性。多选题第9题复数性质为基础题，第10题空间二面角与第11题直线与三圆位置关系综合程度较高，体现多选部分给分机制对知识盲区的零容忍。填空题第12题双曲线离心率、第13题三角函数性质为基础题，第14题数列最值问题需要构造与转化思想，区分度明显。解答题第15题立体几何证明与距离计算、第16题解三角形属于中档题；第17题概率分布列结合投篮情境，考查建模能力；第18题椭圆综合与第19题函数集合综合作为压轴题，计算量与思维量并重，尤其是第19题打破传统函数导数模式，融入集合论思想，探究性特征突出。整卷对数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养覆盖全面，第7题以宁夏一百零八塔为情境体现传统文化育人导向。 考情分析 复习策略 真题解读 真题完全解读 试卷总评 3 试题亮点 1. 传统文化情境深度融合，凸显学科育人价值：第7题以宁夏青铜峡市一百零八塔为命题情境，将等差数列与历史文化建筑格局有机结合，要求学生在理解塔群排列规律的基础上运用等差数列前n项和与分组思想求解。这种以中华优秀传统文化为载体的命题方式，既考查了数学建模能力，又增强了文化认同感，体现数学学科的文化育人功能。 2. 知识交汇度显著提升，突出综合分析能力：第11题将直线与三个等圆的位置关系、弦长公式、距离公式及导数求最值熔于一炉；第19题以函数和集合为载体，打破函数与导数、集合论等模块壁垒，设置证明、存在性与单调性三问，层层递进。第10题空间几何中二面角与线面垂直的综合判断，同样需要跨知识点的灵活迁移。 3. 能力层级分明，强化思维品质考查：第8题空间点集随机变量期望问题，需要学生从抽象的64个空间点中提炼概率模型，利用对称性简化期望计算，对数学抽象素养要求极高；第14题数列最值问题需要构造三项块和，通过分类讨论与不等式放缩求得上界；第6题函数最值虽为单选题，但四种解法从特值验证到严格求导，为不同思维层次的学生提供了解题路径。 考情分析 复习策略 真题解读 真题完全解读 试卷总评 4 命题趋势 一、基础题送分到位但概念理解要求更深，拒绝机械刷题：2026年新高考I卷单选前5题、填空前两题仍保持较低难度，但如第3题将集合运算与三角函数特殊角值结合，表面考查交集，实则要求准确记忆并运算特殊角的三角函数值；第4题切线方程并非简单套用公式，而是需要先正确求导再代入点斜式。未来命题将继续以基础题为基本盘，但会通过反套路设计和知识小交汇检验学生是否真正理解概念本质，而非仅靠题型记忆得分。 二、解析几何与立体几何持续作为区分主战场：近三年新高考I卷均保持19题结构，解析几何与立体几何合计分值稳定在50分左右。2026年试卷中第10题二面角与空间位置关系、第11题直线与三圆位置关系、第12题双曲线离心率、第15题立体几何证明与距离、第18题椭圆综合，五道题共52分，占比超过三分之一。其中第11题和多选第10题的部分给分机制持续对知识盲区零容忍，预计这一结构将稳定延续。 三、概率统计创新性与抽象性显著增强：第1题中位数为基础统计概念，第8题则以空间点集创设高度抽象的概率情境，要求学生从64个点的坐标特征中提炼对称性求期望；第17题以投篮练习为情境，考查离散型随机变量的分布列与条件概率证明。随着新课标对数学建模素养的强调，概率统计模块的分值和考查深度稳中有升，抽象化与创新化成为新趋势。 四、压轴题探究性特征明显，函数与集合综合成为新方向：第19题以函数和集合为载体，设置求解析式、证明集合包含关系及单调性三问，第(2)(3)问需要学生自主构造辅助条件、利用反证法与条件递推。这种打破传统函数导数压轴模式、融入集合论与抽象代数思想的设计，体现了未来压轴题将继续淡化复杂计算、强化思维过程与探究能力考查的命题方向。 考情分析 复习策略 真题解读 真题完全解读 试卷总评 5 考点细目表 题号 题型 分值 具体考点 关键能力 1 单选 5 概率与统计→数据分析→中位数的计算 数据分析 2 单选 5 平面向量与复数→平面向量→平面向量基本定理 数学运算 3 单选 5 集合与常用逻辑用语→集合运算→交集运算与特殊角三角函数值 数学运算 4 单选 5 函数与导数→导数的几何意义→求曲线的切线方程 数学运算 5 单选 5 解析几何→抛物线→抛物线的标准方程与焦点坐标 数学运算 6 单选 5 函数与导数→函数最值→利用导数研究函数最值 逻辑推理、数学运算 7 单选 5 数列→等差数列→等差数列在实际情境中的应用 数学建模、数学运算 8 单选 5 概率与统计→离散型随机变量→数学期望的计算 数学抽象、数学运算 9 多选 6 平面向量与复数→复数→复数的模、共轭复数与运算 数学运算 10 多选 6 立体几何→空间位置关系→二面角与线面垂直的综合 直观想象、逻辑推理 11 多选 6 解析几何→圆→直线与圆的位置关系与弦长问题 数学运算、逻辑推理 12 填空 5 解析几何→双曲线→双曲线的标准方程与离心率 数学运算 13 填空 5 三角函数与解三角形→三角函数性质→三角函数的周期性、奇偶性与单调性 数学运算、逻辑推理 14 填空 5 数列→等比数列→等比数列性质与数列最值问题 逻辑推理、数学运算 15 解答 13 立体几何→空间向量→线面平行的证明与点到平面的距离 直观想象、数学运算 16 解答 15 三角函数与解三角形→解三角形→余弦定理与解三角形综合应用 数学运算 17 解答 15 概率与统计→离散型随机变量→分布列与条件概率 数学建模、数据分析 18 解答 17 解析几何→椭圆→椭圆的标准方程与几何性质综合 数学运算、逻辑推理 19 解答 17 函数与导数→函数性质→函数单调性、奇偶性与集合论综合 数学抽象、逻辑推理 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 6 考点模块占比分析 基础知识模块（约11%，16分）：重点考查集合运算、平面向量基本定理与复数的基本性质，对应第2、3、9题。其中第3题将集合与三角函数特殊角值结合，体现基础知识的交汇考查，要求学生既准确掌握集合运算规则，又熟练记忆特殊角的三角函数值。 函数与导数模块（约18%，27分）：重点考查导数的几何意义、函数最值及函数性质综合，对应第4、6、19题。第4题直接考查导数的几何意义求切线方程；第6题通过分类讨论研究含参函数最值；第19题作为压轴题，将函数与集合论深度融合，体现极强的抽象性与探究性。 平面解析几何与立体几何模块（约35%，52分）：重点考查抛物线、双曲线、椭圆、直线与圆的位置关系及空间几何，对应第5、10、11、12、15、18题。本模块分值占比最高，其中第10题二面角与空间位置关系、第11题直线与三圆综合、第18题椭圆综合均为高区分度题目。 数列与三角函数模块（约20%，30分）：重点考查等差数列、等比数列及三角函数性质、解三角形，对应第7、13、14、16题。第7题以一百零八塔传统文化情境创设等差数列问题，体现文化育人导向；第14题数列最值需要构造三项块和利用不等式放缩求解。 概率与统计模块（约17%，25分）：重点考查中位数、数学期望、离散型随机变量分布列，对应第1、8、17题。第1题为基础统计概念；第8题以空间点集创设抽象概率情境，创新性显著；第17题以投篮练习为情境，考查分布列与条件概率的综合应用。 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 7 考点模块占比分析 1. 夯实基础，重视概念本质理解 （1）回归教材，深入理解集合、函数、向量、复数等核心概念的本质定义，建立清晰的知识网络。如第3题需准确记忆特殊角的三角函数值，第4题需理解导数的几何意义而非机械套用公式。 （2）通过变式训练检验概念理解的深度，避免仅靠题型记忆得分。关注不同模块知识点的内在联系，提高综合应用能力。 2. 强化解析几何与立体几何综合训练 （1）系统掌握直线与圆、圆锥曲线的定义与性质，熟练运用弦长公式、距离公式、韦达定理等核心工具。如第11题需将弦长关系转化为圆心到直线的距离关系。 （2）加强空间想象能力的培养，通过作图、模型辅助理解二面角、线面关系等空间问题。第10题和第15题均需要在空间中准确判断位置关系。 3. 提升概率统计与数列的创新解题能力 （1）关注概率统计中的新情境、新定义问题，培养从抽象情境中提取数学模型的能力。如第8题需从空间64个点中抽象出概率模型，利用对称性简化期望计算。 （2）数列复习中注重构造法、转化思想的训练，掌握等差等比数列的性质及与其他知识点的交汇。如第14题需构造三项块和，通过分类讨论与不等式放缩求最值。 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 8 避坑提醒（考试最易踩的雷） 忽视定义域与特殊情况：如第6题求函数最值时需先确定定义域，再对参数进行分类讨论，避免遗漏导致错选。 立体几何作图不规范导致逻辑混乱：第10、15题空间关系复杂，作图不清晰会影响后续推理，建议养成先作图再分析的习惯。 解析几何计算失误：第11、18题涉及大量代数运算，需养成分步检验的习惯，尤其在联立方程和利用韦达定理时注意符号。 ×表达不规范：步骤、依据、单位或答语缺失都会造成失分。 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 9 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 10 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 11 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 12 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 13 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 14 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 15 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 16 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 17 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 18 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 19 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 20 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 21 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 22 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 23 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 24 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 25 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 26 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 27 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 28 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 29 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 30 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 31 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 32 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 33 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 34 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 35 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 36 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 37 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 38 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 39 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 40 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 41 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 42 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 43 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 44 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 45 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 46 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 47 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 48 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 49 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 50 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 51 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 52 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 53 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 54 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 55 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 56 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 57 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 58 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 59 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 60 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 61 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 62 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 63 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 64 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 65 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 66 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 67 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 68 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 69 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 70 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 71 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 72 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 73 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 74 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 75 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 76 考情分析 复习策略 真题解读 试卷总评 真题完全解读 77 2026年全国新高考一卷数学真题完全解读 高中数学·全国通用 感谢 观看 78 A．5 B．6 C．8 D．9 命题透视 ►核心考点：中位数的概念与计算 ►命题分析： (1)情境创设：纯数学运算情境,直接给出样本数据,要求学生运用中位数的定义进行求解. (2)问题设计：直接设问,考查中位数的定义与排序运算,属于基础概念题. 四个选项设置常见的混淆值,检验学生是否理解中位数与平均数、众数的区别. (3)考查目标：考查数据分析和数学运算素养,侧重基础概念的准确理解和基本计算能力. 一、单选题 1．样本数据的中位数为(     ) 答案与解析 【答案】B 【分析】结合中位数定义可得. 【详解】将已知数据从小到大排序为,则中位数为. 知识总结 ①核心概念：中位数是将一组数据按大小顺序排列后位于中间位置的数；当数据个数为偶数时,中位数为中间两个数的平均数. ②解题要点：先排序再找中间位置,注意区分中位数、平均数与众数. ③拓展关联：中位数反映数据的集中趋势,相比平均数不受极端值影响,在实际统计中常用于收入、房价等数据的描述. 1．样本数据的中位数为(     ) A．5 B．6 C．8 D．9 命题透视 ►核心考点：平面向量基本定理 ►命题分析： (1)情境创设：纯数学情境,以平面向量的线性表示为背景,考查向量基本定理的应用. (2)问题设计：给出向量不共线及线性等式,要求确定系数,考查向量基本定理中系数唯一性. 选项设置对称的系数组合,检验学生是否掌握向量分解的唯一性原理. (3)考查目标：考查数学运算和逻辑推理素养,侧重平面向量基本定理的理解与代数运算能力. 2．已知平面向量不共线,且,则(     ) A． B． C． D． 答案与解析 【答案】A 【分析】由平面向量基本定理可得. 【详解】由题意可知平面向量不共线,且, 则. 知识总结 ①核心概念：平面向量基本定理指出,平面内任意向量都可由两个不共线向量唯一线性表示, 即对于不共线的向量,任意向量存在唯一实数对使. ②解题要点：将等式两边按同一组基底展开,利用系数对应相等列方程求解. ③拓展关联：平面向量基本定理是空间向量基本定理的特例,也是解析几何中坐标法的基础. 2．已知平面向量不共线,且,则(     ) A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：集合的交集运算与特殊角的三角函数值 ►命题分析： (1)情境创设：纯数学情境,将集合运算与三角函数特殊角值相结合,考查两个知识点的综合应用. (2)问题设计：以三角函数值为元素构造集合,要求求交集.题目将两个基础知识点交汇,表面简单 但需准确计算多个特殊角的三角函数值. (3)考查目标：考查数学运算素养,侧重特殊角三角函数值的准确记忆与集合交集运算的综合应用. 3．已知集合,则(     ) A． B． C． D． 答案与解析 【答案】C 【详解】因为, 即集合,且集合,所以. 知识总结 ①核心概念：集合的交集是由同时属于两个集合的所有元素组成的集合；特殊角的三角函数值包括sin、cos、tan在0、、、、等角处的值. ②解题要点：先分别求出两个集合的元素,再取公共元素.注意三角函数的诱导公式运用. ③拓展关联：集合运算常与不等式、函数定义域、值域等结合考查,是高考基础题的重要载体. 3．已知集合,则(     ) A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：导数的几何意义——求曲线的切线方程 ►命题分析： (1)情境创设：纯数学情境,以对数函数与一次函数的复合函数为背景,考查导数的几何意义. (2)问题设计：给出曲线方程和切点坐标,要求求切线方程.属于导数几何意义的直接应用,但涉及对数函数求导, 需要准确运用求导法则. (3)考查目标：考查数学运算素养,侧重导数计算和点斜式方程的熟练运用. 4．曲线在点处的切线方程为(     ) A． B． C． D． 答案与解析 【答案】D 【详解】因为,则,当时,, 所以曲线 在点处的切线方程为, 即. 知识总结 ①核心概念：函数在某点处的导数等于曲线在该点处切线的斜率；切线方程可用点斜式表示. ②解题要点：先求导得斜率,再代入点和斜率写点斜式,最后化为一般式或斜截式. ③拓展关联：导数的几何意义还可拓展到求法线方程、两条曲线的公切线问题、切线不等式证明等. 4．曲线在点处的切线方程为(     ) A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：抛物线的标准方程与焦点坐标 ►命题分析： (1)情境创设：纯数学情境,以两条不同类型的抛物线为背景,考查抛物线标准方程与焦点坐标的综合应用. (2)问题设计：给出两条抛物线均经过同一点,要求求两焦点之间的距离.需要先确定参数再求焦点坐标, 最后计算距离,步骤清晰但需细心运算. (3)考查目标：考查数学运算素养,侧重抛物线标准方程的求解和两点间距离公式的综合应用. 5．已知抛物线)和)均经过点,则的焦点与的焦点之间的距离为(     ) A．12 B． C．6 D． 答案与解析 【答案】D 【分析】将已知点代入抛物线方程求解参数,再结合抛物线焦点坐标公式得到两个焦点坐标,最后代入距离公式计算即可. 【详解】∵ 抛物线经过点, ∴ 将代入的方程得,即,解得. ∴ 的焦点坐标为,即. ∵ 抛物线经过点, ∴ 将代入的方程得,即,解得.∴ 的焦点坐标为,即. 根据两点间距离公式,与之间的距离为： . 知识总结 ①核心概念：抛物线的焦点坐标为,抛物线的焦点坐标为.②解题要点：将已知点代入抛物线方程求参数,再写出焦点坐标,最后用距离公式计算.③拓展关联：抛物线的定义是平面内到定点(焦点)与定直线(准线)距离相等的点的轨迹,此定义在解决焦点弦问题时非常有效. 5．已知抛物线)和)均经过点,则的焦点与的焦点之间的距离为(     ) A．12 B． C．6 D． 命题透视 ►核心考点：利用导数研究含参函数的最值 ►命题分析： (1)情境创设：纯数学情境,以对数型分式函数为载体,考查含参函数最值的求解方法. (2)问题设计：已知函数最大值为1,求参数值.题目提供多种解法路径,从特值验证到严格求导, 体现分层设问思想.选项设置引导学生从简单方法入手. (3)考查目标：考查逻辑推理和数学运算素养,侧重分类讨论思想、导数应用和函数最值分析能力. 6．已知函数的最大值为1,则(     ) A． B．1 C． D．2 答案与解析 【答案】B 【详解】法1：(1)当时,由,解得, 故函数定义域为. ①当时,, 当,则,故不存在最大值,不合题意； ②当时,此时, 故最大值不为,不合题意； ③当时,, 当,则,故不存在最大值,不合题意； (2)当时,则,则函数定义域为. 且由最大值为可知,, 即对任意恒成立,且等号能取到. 设,则, 当时,单调递增； 当时,单调递减； 故,当且仅当时,, 由对任意恒成立,可知, 又当时,恒有,取不到等号,所以有, 故选：B. 6．已知函数的最大值为1,则(     ) A． B．1 C． D．2 法2：, 由选项知,则定义域为, 故最大值必在极值点处取到,不妨设此极值点为, 由, 则由,可得①, 且, 即②, 联立①②解得. 验证：当时,, 则, 设,则, 当时,,则在上单调递增； 当时,,则在上单调递减； ,且, 且当；当； 作出函数的大致图象, 法4：由选项知,则定义域为, 由,解得. 验证：当时,由不等式可得, 故,当且仅当时等号成立, 故满足题意,由选项唯一可得. 知识总结 ①核心概念：函数最值可通过求导找极值点,再结合端点值和定义域确定；含参函数需对参数分类讨论. ②解题要点：先确定定义域,再求导找临界点,分析单调性,最后比较极值和端点值确定最值. ③拓展关联：函数最值问题常与不等式恒成立、存在性问题结合,是高考压轴题的重要考查方向. 当时,在上单调递增；当时,在上单调递减； 则,满足题意,故. 法3：由选项知,则定义域为, 由,解得. 同法2验证可得,故满足题意,由选项唯一可得.. 命题透视 ►核心考点：等差数列在实际情境中的应用 ►命题分析： (1)情境创设：以宁夏青铜峡市一百零八塔为真实情境,将等差数列与历史文化建筑格局相结合.该塔群共108座塔, 依山势自上而下排成12行,各行的塔数构成等差数列. (2)问题设计：将108座塔按行分组,每行塔数构成等差数列,再将各组之和构成新的等差数列,要求求新数列的公差. 情境信息丰富,需要学生从中提取数学模型. (3)考查目标：考查数学建模和数学运算素养,侧重从真实情境中提取数学模型、运用等差数列性质解决实际问题的能力. 7．一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市,以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩．该塔群共有108座塔, 依山势自上而下排成12行,将第行中塔的座数记为,其中,且,…,是 一个首项为7,公差为2的等差数列．将,…,分为6组,每组2个数,使得每组的2个数之和可构成一个项数为6 且公差为的等差数列,则(     ) A．2 B．4 C．6 D．8 答案与解析 【答案】B 【分析】由条件求出数列的前项的和,设新数列为,设其公差为,由条件可得. 【详解】由已知, 所以数列的前项的和为, 设新数列为, 由已知数列为等差数列,设其公差为, 又的前项都为奇数,所有项都为偶数, 由已知为正偶数,为正偶数, 则,故, 若,则,矛盾, 若,则,矛盾, 若,则,矛盾, 若,则,此时可取, ,满足要求； 7．一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市,以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩．该塔群共有108座塔, 依山势自上而下排成12行,将第行中塔的座数记为,其中,且,…,是 一个首项为7,公差为2的等差数列．将,…,分为6组,每组2个数,使得每组的2个数之和可构成一个项数为6 且公差为的等差数列,则(     ) A．2 B．4 C．6 D．8 知识总结 ①核心概念：等差数列前n项和公式为； 若将等差数列按固定项数分组,各组之和可能构成新的等差数列. ②解题要点：先根据总项数和首项、公差求出原数列,再按要求分组,利用新数列的等差性质列方程求解. ③拓展关联：等差数列与等比数列是数列的基础模型,在实际问题中常用于描述均匀增长或等距分布的现象. 命题透视 ►核心考点：离散型随机变量的数学期望 ►命题分析： (1)情境创设：以空间中64个点构成的集合为抽象情境,定义随机变量为点到三个坐标平面的距离之和, 考查数学期望的计算. (2)问题设计：创设高度抽象的概率模型,要求计算随机变量的数学期望.题目提供三种解法, 分别对应直接计算、对称性分析和坐标和总和法,体现多路径解题思想. (3)考查目标：考查数学抽象和数学运算素养,侧重从抽象情境中建立概率模型、利用对称性简化计算的能力. 8．设为空间中64个点构成的集合,点,记样本空间,从中随机取一个点,定义随机变量如下：对中的每个点,令,则的数学期望值为(     ) A． B． C．0 D． 答案与解析 【答案】A 【分析】由题意可知.解法一：根据古典概型求相应的概率,进而可得期望； 解法二：可得,根据对称性运算求解； 解法三：根据点的特征结合古典概型运算求解. 8．设为空间中64个点构成的集合,点,记样本空间,从中随机取一个点,定义随机变量如下：对中的每个点,令,则的数学期望值为(     ) A． B． C．0 D． 【详解】由题意可知：,且随机变量的取值为,0,1,2,3,4,5,6. 解法一：依题意,可得, , , , 所以； 8．设为空间中64个点构成的集合,点,记样本空间,从中随机取一个点,定义随机变量如下：对中的每个点,令,则的数学期望值为(     ) A． B． C．0 D． 知识总结 ①核心概念：离散型随机变量的数学期望反映随机变量取值的平均水平. ②解题要点：解法一直接列举所有取值及概率；解法二利用对称性发现； 解法三利用所有点坐标和为0的性质. ③拓展关联：数学期望是概率统计的核心概念,在风险评估、决策分析、机器学习等领域有广泛应用. 解法二：根据对称性可知：, 又, 所以； 解法三：因为, 对于任意一点,均存在与之对应,可知这两点的坐标和为0, 因为,样本空间, 可知样本空间中存在唯一点与点对应, 所以中所有点的坐标和的总和为, 故. A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：复数的基本运算与性质 ►命题分析： (1)情境创设：纯数学情境,以复数的代数形式为背景,考查复数的共轭、模、乘除运算等基本性质. (2)问题设计：给出复数z的具体值,要求判断四个关于复数性质的命题.选项涵盖共轭复数、模、乘方、除法运算,全面考查复数的基础知识. (3)考查目标：考查数学运算素养,侧重复数基本运算的准确性和对复数性质的全面理解. 二、多选题 9．设,则(     ) 答案与解析 【答案】ACD 【详解】对于A选项,复数的共轭复数,因此,A选项正确. 对于B选项,复数的模,因此,B选项错误. 对于C选项,∵ , ∴ ,该选项正确. 对于D选项, ∵ 分子,分母, ∴ 是实数,故,该选项正确. ①核心概念：复数的共轭复数为,模为；复数的乘除运算可转化为代数运算.②解题要点：先确定复数的实部和虚部,再逐项验证各选项.注意的运算规则.③拓展关联：复数与平面向量一一对应,复数的模对应向量的模,复数的乘法对应旋转和伸缩变换. 知识总结 9．设,则(     ) A． B． C． D． C．当时,平面 D．当平面时, 命题透视 ►核心考点：二面角与空间位置关系的综合判断 ►命题分析： (1)情境创设：纯数学情境,以空间中两条异面直线和动点轨迹为背景,考查二面角、线面垂直、线面平行等空间位置关系的综合判断. (2)问题设计：设置动点到两条直线的距离条件,结合二面角的大小,判断四个关于空间位置关系的命题.选项涉及距离、线面垂直、平面重合等,需要较强的空间想象能力. (3)考查目标：考查直观想象和逻辑推理素养,侧重空间图形的分析、二面角的理解和空间位置关系的综合判断能力. 10．在空间中,、为两个定点,动点到直线的距离为2,动点到直线的距离为1．若二面角为,则(     ) A． B． C．当时,平面 D．当平面时, 答案与解析 【答案】BC 【分析】做出满足条件的图,过点作为垂足,过点作为垂足,过点作,由条件可得,解三角形可得,由此判断B,当点与点的距离无限大时,可得趋向于,排除A,先证明平面,结合,证明 重合,由此证明平面,由平面推出点与点重合,点与点重合,判断D. 10．在空间中,、为两个定点,动点到直线的距离为2,动点到直线的距离为1．若二面角为,则(     ) A． B． C．当时,平面 D．当平面时, 【详解】不失一般性作图如下, 过点作为垂足,过点作为垂足, 过点作,连接, 则,因为二面角为, 所以,由已知, 所以,所以, 故,B正确； 当点与点的距离无限大时,无限大,无限靠近, 此时趋向于,A错误； 因为平面, 所以平面,又平面, 所以, 若不重合,结合平面, 可得平面平面, 所以,矛盾,所以重合, 因为平面, 所以平面, 故平面,C正确； 因为平面,若平面, 则平面与平面重合,此时点与点重合,点与点重合, 故与的夹角为,D错误, 10．在空间中,、为两个定点,动点到直线的距离为2,动点到直线的距离为1．若二面角为,则(     ) A． B． 知识总结 ①核心概念：二面角是两个半平面所成的角；线面垂直的判定定理要求直线垂直于平面内两条相交直线； 点到直线的距离是垂线段的长度. ②解题要点：通过作辅助线构造二面角的平面角,利用解三角形判断距离关系,结合线面垂直的判定与性质进行推理. ③拓展关联：空间向量法是解决立体几何问题的有效工具,可将几何关系转化为代数运算. 11. 已知圆，圆，圆，直线与，，均有两个交点．记 被，，截得的弦长分别为，，，则（ ） 答案与解析 【答案】BCD 【分析】已知三个圆均为半径的等圆,圆心分别为、、,利用弦长公式为直线到对应圆心的距离,且以保证直线与圆有两个交点),逐个分析选项即可. A．可以取任意实数 B．满足的直线共有条 C．满足的直线多于条 D．当时,的最大值为 【详解】记直线到的距离分别为,则. ∵ 直线与三个圆均有两个交点, ∴ ,对应弦长为. A：∵ 解,得, 解,得, 不妨取, ∵, ∴, 记, 解,得,记, 当, 即时,, 此时不存在这样的直线与三个圆都相交. ∴ 不能取任意实数,A错误. 11. 已知圆，圆，圆，直线与，，均有两个交点．记 被，，截得的弦长分别为，，，则（ ） A．可以取任意实数 B．满足的直线共有条 C．满足的直线多于条 D．当时,的最大值为 B：∵ , ∴ . 由得,平方得,即或. ①当时,直线为,由得,解得, 此时,符合条件,对应直线条. ②当时,直线为,由得,解得, 此时,符合条件,对应直线条. 综上,共条直线满足条件,B正确. C：令, ∴ , 令,则, ∴ . 令,即, 平方整理可得,解得或, 即或, 经验证,此时均小于,满足题目要求,此时已有条直线,多于条,C正确. D：当时,, ∴ , 令,则, ∴ . 设, 求导得, 令得, 此时取最大值, ∴ 的最大值为,D正确. ①核心概念：直线被圆截得的弦长公式为其中r为圆半径,d为圆心到直线的距离；点到直线的距离公式为. ②解题要点：先将弦长关系转化为圆心到直线的距离关系,再分情况讨论直线的方程形式,利用代数运算和导数求最值. ③拓展关联：直线与圆的位置关系还可拓展到圆系方程、切线长问题、公共弦问题等. 【点睛】方法点睛：本题考查直线与圆的位置关系,核心是利用弦长公式将弦长关系转化为圆心到直线的距离关系, 最值问题可通过换元结合导数求解,多选题可逐个验证选项,结合特殊情形快速判断正误. 知识总结 命题透视 ►核心考点：双曲线的标准方程与离心率 ►命题分析： (1)情境创设：纯数学情境,以双曲线方程为背景,考查双曲线标准方程的化简和离心率的计算. (2)问题设计：给出双曲线的一般方程,要求求离心率.需要先化为标准形式,确定a和b,再利用求c, 最后计算. (3)考查目标：考查数学运算素养,侧重双曲线标准方程的识别和离心率公式的准确运用. 三、填空题 12．双曲线的离心率为__________． 【答案】 【分析】先将给定双曲线方程化为标准形式,确定、,再利用双曲线中的关系求出,最后根据离心率定义计算结果. 【详解】将双曲线化为标准方程,得,则, 因此, 则离心率为. 知识总结 ①核心概念：双曲线的离心率,其中；离心率反映双曲线的开口程度,e越大开口越宽. ②解题要点：先将给定方程化为标准形式,确定和,再求c,最后计算e. ③拓展关联：离心率是圆锥曲线的核心参数,椭圆0<e<1,抛物线e=1,双曲线e>1,三者可通过离心率统一描述. 12．双曲线的离心率为__________． 答案与解析 ►核心考点：三角函数的周期性、奇偶性与单调性 ►命题分析： (1)情境创设：纯数学情境,以正弦型函数的复合函数为载体,考查三角函数的周期、奇偶性和单调性. (2)问题设计：已知函数为偶函数且在指定区间单调递增,要求确定参数值.需要综合运用周期性、奇偶性和单调性三个性质,通过分类讨论缩小参数范围. (3)考查目标：考查数学运算和逻辑推理素养,侧重三角函数性质的综合运用和分类讨论思想. 13．已知)是偶函数,在区间单调递增．则__________, __________． 命题透视 【答案】 【分析】根据单调性和周期性可得.解法一：根据偶函数可得,并代入结合单调性检验即可； 解法二：根据题意可得,即可得,根据导数与单调性的关系分析求解； 解法三：分析可知在处取到极小值,可得,进而可得结果. 13．已知)是偶函数,在区间单调递增．则__________, __________． 答案与解析 若,则, 即或,不符合题意, 若, 则, 即或,符合题意； 且或； 综上所述：. 13．已知)是偶函数,在区间单调递增．则__________, __________． 【详解】设函数的最小正周期为,由题意可知, 因为函数在内单调递增,则,即, 可得,解得, 且,则, 解法一：因为函数为偶函数, 则,且, 则, 解法二：因为, 若函数为偶函数,则,即, 且, 则, 若,则, 即或在内恒成立, 可知函数在内单调递减,不符合题意, 若,则, 即或在内恒成立, 可知函数在内单调递增,符合题意, 且或； 综上所述：. ①核心概念：正弦型函数的周期；偶函数满足； 单调递增区间需通过导数或复合函数单调性判断. ②解题要点：先由单调性确定周期范围,再由偶函数确定相位,最后结合单调区间验证. ③拓展关联：三角函数的性质是高考重点,常与解三角形、向量、导数等知识点综合考查. 解法三：因为函数为偶函数,且函数在内单调递增, 可知在处取到极小值, 则,且, 则,则, 即或,符合题意； 且或. 知识总结 ►核心考点：等比数列性质与数列最值问题 ►命题分析： (1)情境创设：纯数学情境,以递推数列和等比数列片段为背景,考查数列求和、等比数列性质及最值问题. (2)问题设计：给定递推关系和等比数列片段的条件,要求求实数的最大值.需要将连续9项按起始位置分类讨论, 利用三项块和相等的性质建立方程,再通过不等式放缩求上界. (3)考查目标：考查逻辑推理和数学运算素养,侧重构造法、分类讨论和不等式放缩等数学思想方法. 14．设实数满足：存在数列,使得对于任意,均有,且中有某连续9项是公比为的等比数列．则的最大值为__________． 命题透视 【答案】 【分析】由前项和公式推出每连续三项的和. 将连续9项按起始位置模3分类,每类中利用三项块和等于得到关于公比的比例关系,通过相邻块和之比解得的上界,即可取得最大值. 【详解】令,由题意得, 因此每个三项块的和为. 设这9项为,记. 由于,且完整三项块和均为正, 下面按除以3的余数讨论. 若,这9项正好包含三个完整三项块, 得, 于是且,矛盾,故这种起点不存在. 若,其中两个完整三项块为第块,第块, 得, 所以. 若,其中两个完整三项块为第块,第块, 得,所以. 综上,所以,即的最大值为. 14．设实数满足：存在数列,使得对于任意,均有,且中有某连续9项是公比为的等比数列．则的最大值为__________． 答案与解析 知识总结 ①核心概念：等比数列中任意连续三项满足等比中项性质；若(常数),则数列为等比数列. ②解题要点：先由递推关系发现每连续三项的和为常数,再将9项按模3分类,利用等比数列性质建立方程, 最后通过不等式求最值. ③拓展关联：数列最值问题常与函数、不等式结合,构造法和放缩法是解决此类问题的关键技巧. (1)证明：平面； (2)设,直线与平面所成的角为,求直线到平面的距离． 命题透视 ►核心考点：线面平行的证明与点到平面的距离 ►命题分析： (1)情境创设：以直三棱柱为几何体背景,考查空间几何中的线面平行证明和点到平面的距离计算. (2)问题设计：第(1)问证明线面平行,通过中位线定理找到平行线即可；第(2)求点到平面的距离,可通过空间向量法(求法向量)或几何法(等体积法)求解.题目提供坐标系建系提示,降低几何法门槛. (3)考查目标：考查直观想象和数学运算素养,侧重线面平行的判定定理和空间距离的计算方法. 四、解答题 15．如图,在直三棱柱中,分别为的中点． (1)证明：平面； (2)设,直线与平面所成的角为,求直线到平面的距离． 答案与解析 【答案】(1)由题意证明如下：如图,作出符合题意的图形,连接,在中,分别为中点, ∴, ∵平面平面, ∴平面. (2)距离为1. 四、解答题 15．如图,在直三棱柱中,分别为的中点． 【详解】(1)略 (2)法一：由题意及(1)得, 在直三棱柱中,,设, 四边形与四边形是矩形, ∴, 建立空间直角坐标系,如下图所示, 得到, ∴,面的一个法向量为, ∵直线与平面所成的角为, 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得,∴, ∵面, ∴由几何知识得,到面的距离为. 【分析】(1)通过证明,即可得出结论； (2)方法一：设出,建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标,得出向量与面的一个法向量的表达式,根据直线与平面所成的角为求出参数,借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为,求出,借助几何关系即可求出到面的距离. 知识总结 ①核心概念：线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行；点到平面的距离可转化为三棱锥的高,利用等体积法求解.②解题要点：证明线面平行时找中位线或平行四边形；求距离时优先建立空间直角坐标系,用法向量法计算.③拓展关联：空间距离还包括线面距离、面面距离,均可转化为点到平面的距离；等体积法是立体几何中求高的常用技巧. 法二：由题意及(1)得, 在直三棱柱中,, 四边形与四边形是矩形, ∴, ∵平面平面平面, ∴平面, ∴由几何知识得,即为直线与平面所成的角, 直线与平面所成的角为, 在中,分别为中点,, ∴直线与平面所成的角为,即, 在Rt中,, ∴, 在Rt中,, 为等腰直角三角形,过点作, 则点为中点,, 由几何知识得,到面的距离即为. (2)设两点满足：在的延长线上,．若,求． 命题透视 ►核心考点：余弦定理与解三角形的综合应用 ►命题分析： (1)情境创设：以三角形为背景,考查解三角形中的边角关系、余弦定理和向量垂直条件的综合应用. (2)问题设计：第(1)问已知两边及夹角,用余弦定理求第三边,再用余弦定理求角； 第(2)问引入外部点,通过平行关系和垂直条件建立坐标系,利用向量坐标运算求解. (3)考查目标：考查数学运算素养,侧重余弦定理的熟练运用、坐标法解几何问题的能力. 16．已知在中,． (1)求； (2)设两点满足：在的延长线上,．若,求． 答案与解析 【答案】(1) (2) 【分析】(1)由已知两边及夹角,先用余弦定理求第三边,再用余弦定理求； (2)建立坐标系,设出点坐标,由平行关系得点的坐标,利用垂直条件求参数,由长度解出,再计算. 16．已知在中,． (1)求； (2)设两点满足：在的延长线上,．若,求． 【详解】(1)在中,. 由余弦定理可知, 故. 再由余弦定理得. 16．已知在中,． (1)求； (2)以为原点,为轴正方向建立平面直角坐标系如图： 则,由得. 在延长线上,设,则, 设,则. 由, 得,故. 于是. 已知,则,则. 代入得,而, 故. 知识总结 ①核心概念：余弦定理；正弦定理. ②解题要点：已知两边及夹角时优先用余弦定理求第三边；涉及平行和垂直条件时, 建立坐标系将几何关系转化为代数运算更简便. ③拓展关联：解三角形常与三角函数、向量、解析几何结合,是高考解答题的重要考点. (2)设均为自然数． (i)当时,求； (ii)当时,证明：． 命题透视 ►核心考点：离散型随机变量的分布列与条件概率 ►命题分析： (1)情境创设：以投篮练习为实际情境,设置停止规则,考查离散型随机变量的分布列、数学期望和条件概率. (2)问题设计：第(1)问给定具体参数,求分布列；第(2)问分两部分,(i)求特定条件下的概率,(ii)证明不等式.题目将概率计算与条件概率、事件包含关系结合,第(ii)问需要利用(i)的结论和条件概率公式进行证明. (3)考查目标：考查数学建模和数据分析素养,侧重从实际情境中抽象概率模型、分布列的计算和条件概率推理能力. 17．设整数．某同学用一个球进行投篮练习,至多投篮次,当且仅当投中1次时或次均未投中时,停止练习． 设该同学每次投中的概率为,各次投中与否相互独立．记为停止练习时该同学的投篮次数． (1)当时,求的分布列； (2)(i) (ii)由题意及(2)(i)证明如下： 即. 【分析】(1)求出的可能取值,计算出不同取值下的概率,即可得出分布列. (2)(i)等价于前次投篮全部未中, 利用各次投篮的独立性,可求出. (ii)利用条件概率公式,结合 (i) 的结论与事件的包含关系即可证明结论. 答案与解析 【答案】(1)的分布列如下图所示： 1 2 3 4 【详解】(1)由题意, 整数,某同学进行投篮练习,至多投篮次, 当且仅当投中1次时或次均未投中时,停止练习, ∴的可能取值为1,2,3,4, 当时,表示第一次就投进球,, 当时,表示第2次投进球,第1次没有投进,, 当时,表示第3次投进球,前两次没有投进,, 当时,表示在第次停止,此事件等价于前次投篮均未投中,, 作出的分布列如下图所示： 1 2 3 4 (2)(i)由题意及(1)得, 整数,某同学进行投篮练习,至多投篮次, 当且仅当投中1次时或次均未投中时,停止练习, 当时,表示前次均未投中, ∴. (ii)略. 知识总结 ①核心概念：离散型随机变量的分布列列出所有可能取值及对应概率；条件概率； 事件的包含关系指若发生则一定发生. ②解题要点：先明确随机变量的所有可能取值,再逐个计算概率,注意停止规则的理解； 证明概率不等式时善用条件概率公式和事件包含关系. ③拓展关联：概率问题中的停止规则、递推关系是竞赛和高考压轴题的常见模型,马尔可夫链是其进阶形式. (2)设为坐标原点,过且斜率大于的动直线与交于两点,其中在第三象限,直线与的另一个交点为． (i)若的面积是的面积的倍,求的方程； (ii)求的最小值． 命题透视 ►核心考点：椭圆的标准方程与几何性质综合 ►命题分析： (1)情境创设：以椭圆为载体,考查椭圆的标准方程、离心率、直线与椭圆的位置关系、三角形面积及最值问题. (2)问题设计：第(1)问根据焦点和离心率求椭圆方程；第(2)问(i)利用面积倍数关系求直线方程,(ii)求角的最小值.题目涉及联立方程、韦达定理、面积公式和基本不等式,计算量大,综合性强. (3)考查目标：考查数学运算和逻辑推理素养,侧重椭圆几何性质的理解、直线与椭圆联立方程的运算能力和最值问题的求解方法. 18．已知椭圆的左焦点为,离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点,过且斜率大于的动直线与交于两点,其中在第三象限,直线与的另一个交点为． (i)若的面积是的面积的倍,求的方程； (ii)求的最小值． 答案与解析 【答案】(1) (2)(i)；(ii) 【分析】(1)根据焦点以及离心率的定义即可求解； (2)(i)通过联立直线与椭圆方程,利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解；(ii)由于是直线与直线的夹角,根据列出表达式即可求解. 18．已知椭圆的左焦点为,离心率为． (1)求的方程； 【详解】(1)已知椭圆的左焦点为,离心率, 则, 解得, 因此椭圆方程为. (2)解法一： 设,点,点,其中,联立直线与椭圆方程, 得, 由韦达定理得, 由于两点在椭圆上,关于原点对称, 所以点,且, (ii)直线的斜率为, 于是, 当且仅当时取等号, 故的最小值为. (i)由面积公式,, 又因为是线段的中点,所以,所以, , 由于,得,即, 令,由与, 得, 代入,得,解得, 所以,所以直线的方程为. 解法二： (i)如图所示,设直线的方程为,其中斜率,         设点,点,且, 根据椭圆的中心对称性可知,点, 联立直线与椭圆方程,得, 化简得, 由韦达定理可得, 因为是关于原点的对称点,所以是线段的中点, 因此,所以, 由于, 所以, , , 所以,即, 由于,所以简化为, 代入韦达定理,得,则, 化简得, 由于,解得, 所以直线的方程为,即. (ii)由题意,即为直线与直线的夹角, 直线即直线,方程为, 点,点,点,直线的斜率, 直线的斜率, 由于在直线上,有, 则,代入, 则, 设直线的倾斜角为,直线的倾斜角为,则, 因此, 即, 由基本不等式得, 当且仅当,即时取等号,所以的最小值为. 知识总结 ①核心概念：椭圆的离心率；弦长公式； 三角形面积可用底乘高或向量叉积计算. ②解题要点：联立直线与椭圆方程后用韦达定理表示根与系数关系；面积问题常将面积比转化为线段比； 最值问题注意基本不等式的使用条件. ③拓展关联：椭圆的光学性质、焦点三角形面积公式、设而不求思想是解决椭圆综合题的重要工具. (2)若是奇函数,,且,证明：； (3)设满足：①若,则；②当时,． (i)证明：； (ii)证明：在区间单调递增． 命题透视 ►核心考点：函数性质与集合论的综合探究 ►命题分析： (1)情境创设：以函数和集合为载体,创设抽象数学情境,考查函数的解析式、奇偶性、单调性与集合包含关系、存在性问题的综合应用. (2)问题设计：第(1)问求分段函数的解析式；第(2)问在奇函数条件下证明集合包含关系,需要分类讨论； 第(3)问(i)用反证法证明集合为空,(ii)证明单调性.三问层层递进,从具体计算到抽象证明,尤其是反证法和条件递推的运用,对数学抽象和逻辑推理要求极高. (3)考查目标：考查数学抽象和逻辑推理素养,侧重函数性质的综合运用、反证法的灵活使用和抽象代数条件的递推分析能力. 19．已知函数的定义域为,且当时,．对任意,定义集合． (1)若当时,,求； (2)由题意证明如下： 在中,是奇函数,当时,． ∴,当时,, ∴ 在集合中, 当时,, 当时,, 当时,, ∴, ∵, ∴且,即, ∵, ∴①当时,解得, , 此时, ②当时,解得, , 此时, ③当时,解得, , 此时, 综上,. 答案与解析 【答案】(1) (3)(i)由题意证明如下, 法一： 若,则存在,使得, 条件①：若, 则, ∴,则, 取,则,此时, ∵,则,即, 但,相矛盾, ∴ 法二：假设,则存在,使得, 从而, 这导致, 但, ∵根据条件又有,矛盾, ∴假设不成立,. (ii)由题意,(2)及(3)(i)证明如下, 在集合中, 要证在上单调递增, 即需证, 都有, 即需证,都有, ①先证明：当时,, 假设,使得, ∵当时,, ∴,使得, ∴, 而当时,, 否则,使得,与矛盾, ∴, ∴, ∴,由(3)(i)得,, 则, 由条件②：当时,, 则, 否则时,与矛盾, ∴若,使得,则,(*) ∴,使得, 则, 令, 此时,则,则, ∴, ∵, ∴易取满足使得, 根据(*)可得,此时,与矛盾, ∴当时,, ②证明：对,都有, ∵,都有, ∴, 对任意给定的,取,则 , ∴对,都有, ∴在上单调递增. 【分析】(1)求出,写出表达式,即可求出； (2)求出表达式,化简集合并得出表达式,利用得出与,对的三种情况进行分类讨论,即可证明结论； (3)(i)法一：假设,则存在,使得,取,求出,与矛盾,进而证明结论； 法二：假设,则存在,使得,取,求出,与时矛盾,进而证明结论； (ii)将证明转化为证,都有,先证明：当时,,再证明对,都有,进而证明出在上单调递增. (3)(i)略 (ii)略 知识总结 ①核心概念：奇函数满足；集合包含于指中任意元素都属于；反证法先假设结论不成立,再推出矛盾. ②解题要点：求分段函数时注意区间划分；证明集合关系时对元素分类讨论；反证法证明单调性时假设存在反例,利用已知条件推出矛盾. ③拓展关联：函数与集合的综合是高考创新题的新方向,涉及抽象代数中的群、环、域等概念的初等化表达,体现了大学数学思想的下沉. 【详解】(1)由题意, 在中,, 在中, , ∴, 当时,,解得, 当时,,解得, ∴, ∴. (2)略 $