2017-2026十年高考数学专项汇编专题32 选择题压轴题综合（八大考点48题）（教师版）

1

专题32选择题压轴题综合

（八大考点，48题）

考点分类十年考情（2017-2026）命题规律

1.多为多选题形式，仅以正整数集

合作为出题载体。

2.先自定义全新集合运算规则，再

考点01集合2020浙江

设置多个命题辨析真假。

3.侧重逻辑推导，计算量偏小，重

在读懂定义、分类验证。

1.单选、多选均高频出现，常作为

选择最后一题。

2025上海、2023北京/上海、

2.以递推数列、周期序列、数列三

考点02数列2022浙江、2021浙江、2020全

边约束为核心载体。

国Ⅱ、2019浙江、2018浙江

3.设问包含单调性、项大小比较、

周期性质判断，综合推理要求高。

1.全卷选择压轴核心题型，新高考

2026上海、2025全国一卷、2024以多选题为主。

新课标Ⅰ/Ⅱ/上海、2022全国乙/2.覆盖指对比较、函数对称性、零

考点03函数与导

新高考Ⅰ、2021天津/全国甲/乙/点、极值、函数新定义多类综合场

数

上海、2020全国Ⅰ/Ⅲ、2019浙景。

江3.一题设置多个结论，需逐一论证，

数形结合是核心解题手段。

1.新高考多选热门出题板块，兼具

空间想象与计算。

2026上海、2022全国乙、2019

2.载体为正方体、棱锥、外接球，

考点04立体几何浙江、2018全国Ⅲ、2023新课标

围绕空间角、体积、动点命题。

Ⅰ、2021新高考Ⅰ

3.常给出多个论断，判断成立与否，

兼顾几何直观与定量计算。

1.区分度较高的压轴选择，椭圆、

2025天津/全国一卷、2024北京、双曲线、圆混合命题。

考点05平面解析2023上海、2022上海、2021浙2.主要考查离心率、弦长、动点轨

几何江、2019北京、2018全国迹、图形交点等量关系。

Ⅰ、2017上海3.多结论判断题型居多，联立、韦

达定理是核心计算工具。

1.单选、多选均有出现，常结合生

考点06三角函数2026北京、2025全国一卷、2021

活机械模型出题。

与解三角形浙江

2.依托正余弦定理、三角恒等变换

1

求解范围、计数判断。

3.题干文字情境较多，需先转化为

纯三角数学模型再分析。

1.小众压轴单选题，整体题量偏少。

2.以圆、动点为几何背景，考查向

考点07平面向量2018浙江、2017全国Ⅲ

量线性运算与模长最值。

3.解题依靠数形结合，坐标法是通

用求解思路。

1.创新背景压轴，题干阅读量较大，

新概念居多。

2.引入信息熵、空间随机点等全新

考点08概率统计2026全国一卷、2020山东

统计定义，结合对数运算。

3.重在读懂新公式，代入简单运算

即可判断命题正误。

考点01集合

1.（2020·浙江·高考真题）设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：

①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT

y

②对于任意x，yT，若x<y，则xS；

下列命题正确的是（）

A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素

B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素

C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素

D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素

【答案】A

【分析】分别给出具体的集合S和集合T，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可.

【详解】首先利用排除法：

S1,2,4T2,4,8ST1,2,4,8

若取，则，此时，包含4个元素，排除选项C；

S2,4,8T8,16,32ST2,4,8,16,32

若取，则，此时，包含5个元素，排除选项D；

1

S2,4,8,16T8,16,32,64,128ST2,4,8,16,32,64,128

若取，则，此时，包含7个元素，排除选项

B；

下面来说明选项A的正确性：

Sp,p,p,pppppp,p,p,pN*

设集合1234，且1234，1234，

p

4S

pppppp,ppT

则1224，且1224，则p1，

ppppp

4S4S3S3S2S

同理p2，p3，p2，p1，p1，

pp

3p3p

p1p232pp2

若1，则2，则p2，故p2即32，

pppp

p44144p

422pp3

又p2p3，故p3p2，所以42，

2354

S1,p2,p2,p2pT,pTpS

故，此时22，故2，矛盾，舍.

pppp

23p3p,2p

p2321pp3,pp2

若1，则p1p1，故p1p1即3121，

ppppp

p444144p

431pp4

又p1p2p3，故p3p1，所以41，

Sp,p2,p3,p4p3,p4,p5,p6,p7T

故1111，此时11111.

qq

Spi,i1,2,3,4

p3p31qpi3,i1,2,3,4

若qT，则1，故1，故1，

qp4,p5,p6,p7p4,p5,p6,p7T

即1111，故1111，

STp,p2,p3,p4,p4,p5,p6,p7

此时11111111即ST中有7个元素.

故A正确.

故选：A.

【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义

去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象

看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是

制胜法宝.

1

考点02数列

abca10n9b2n

1.（2025·上海·高考真题）已知数列n、n、n的通项公式分别为n，n、，

ca(1)b0,1abc

nnn.若对任意的，n、n、n的值均能构成三角形，则满足条件的正整数n有

（）

A．4个B．3个C．1个D．无数个

【答案】B

ca(1)bca,b,c

【分析】由nnn可知n范围，再由三角形三边关系可得nnn的不等关系，结合函数零点

解不等式可得.

a,b,c0A(n,a),B(n,b),C(n,c)

【详解】由题意nnn，不妨设nnn，

ca(1)bBCBA,0,1

三点均在第一象限内，由nnn可知，，

mina,bcmaxa,bab

故点C恒在线段AB上，则有nnnnnnn.

0,1cab

即对任意的，nnn恒成立，

xx

令10x92，构造函数f(x)210x9,x0，

x

则f(x)2ln210，由f(x)单调递增，

x(3,4)f(x)0

又f(3)0,f(4)0，存在0，使0，

0xx

即当0时，f(x)0，f(x)单调递减；

xx

当0时，f(x)0，f(x)单调递增；

故f(x)至多2个零点，

又由f(1)0,f(2)0,f(5)0,f(6)0，

x,x(xx)x(1,2),x(5,6)

可知f(x)存在2个零点，不妨设1212，且12.

abn

①若nn，即10n92时，此时n1或n6.

acbbca

则nnn，可知nnn成立，

abc

要使n、n、n的值均能构成三角形，

1

acbb2a

所以nnn恒成立，故nn，

10n92n

n

所以有22(10n9)，解得n6；

abn

②若nn，即10n92时，此时n2,3,4,5.

acbacb

则nnn，可知nnn成立，

abc

要使n、n、n的值均能构成三角形，

bcaa2b

所以nnn恒成立，故nn，

10n92n

n1

所以有10n92，解得n4或5；

综上可知，正整数n的个数有3个.

故选：B.

13

aa66(n1,2,3,)

an1n

2.（2023·北京·高考真题）已知数列n满足4，则（）

a3aaM

A．当1时，n为递减数列，且存在常数M≤0，使得n恒成立

a5aaM

B．当1时，n为递增数列，且存在常数M6，使得n恒成立

a7aaM

C．当1时，n为递减数列，且存在常数M6，使得n恒成立

a9aaM

D．当1时，n为递增数列，且存在常数M0，使得n恒成立

【答案】B

【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.

13

fxx66xfx

法2：构造4，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项

19

hxx3x226x47x3

aa

n所在区间，从而判断n的单调性；对于A，构造42，判断得

aa1mM4aMa

n1n，进而取推得n不恒成立；对于B，证明n所在区间同时证得后续结论；对

m0log32log1M61

mm01aM

于C，记4，取推得n不恒成立；对于D，构造

1392

gxxx26x49x9aa1mM1aM

42，判断得n1n，进而取推得n不恒成立.

1

1313

an1an66an16an6

【详解】法1：因为4，故4，

a3a63a3

对于A，若1，可用数学归纳法证明：n即n，

a633a3

证明：当n1时，1，此时不等关系n成立；

a63

设当nk时，k成立，

1327

a6a6,

k1ka63

则44，故k1成立，

a3

由数学归纳法可得n成立.

1312

an1anan6an6an6an61

而44，

1295

a6110

na60aa0aa

444，n，故n1n，故n1n，

aa630

故n为减数列，注意k1

13129

a6a6a6a6a6

n1nnnna60

故444，结合n1，

nn

99

96a3a63

6an16ann1n1

所以4，故4，故4，

n1

9

63M

aM

若存在常数M≤0，使得n恒成立，则4，

n1

6M96M

nlog91

3aM

故34，故4，故n恒成立仅对部分n成立，

故A不成立.

a5,1a605a6

对于B，若1可用数学归纳法证明：n即n，

1a6105a6

证明：当n1时，1，此时不等关系n成立；

5a6

设当nk时，k成立，

131

a6a6,0

k1k1a60

则44，故k1成立即

5a6

由数学归纳法可得k1成立.

1312

an1anan6an6an6an61

而44，

1

12

a610

na60aa0aaa

4，n，故n1n，故n1n，故n为增数列，

a6

若M6，则n恒成立，故B正确.

a70a616a7

对于C，当1时，可用数学归纳法证明：n即n，

0a61

证明：当n1时，1，此时不等关系成立；

6a7

设当nk时，k成立，

131

a6a60,

k1k0a616a7

则44，故k1成立即k1

6a7

由数学归纳法可得n成立.

12

aaa6a610

n1nnnaaa

而4，故n1n，故n为减数列，

n

1211

a6a6a6a6an16a16

n1nnna60

又44，结合n1可得：4，所以

n

1

an16

4，

n

1

an16

aM

若4，若存在常数M6，使得n恒成立，

n1

1

M6nlog1M61

则4恒成立，故4，n的个数有限，矛盾，故C错误.

a9a63a9

对于D，当1时，可用数学归纳法证明：n即n，

a633

证明：当n1时，1，此时不等关系成立；

a9

设当nk时，k成立，

1327

a6a63

k1ka9

则44，故k1成立

a9

由数学归纳法可得n成立.

12

aaa6a610

n1nnnaaa

而4，故n1n，故n为增数列，

n1n1

12999

a6a6a6a6an16a163

n1nnna60

又44，结合n可得：44，所以

1

n1

9

an63

4，

n1

9

M63

aM

若存在常数M0，使得n恒成立，则4，

n1

9M6

M63nlog91

3

故4，故4，这与n的个数有限矛盾，故D错误.

故选：B.

131392

an1anan66ananan26an48

法2：因为442，

193

fxx3x226x48fxx29x26

令42，则4，

2323

fx00x6x6

令，得3或3；

2323

fx06x6

令，得33；

23232323

,66,6,6

fx3333

所以在和上单调递增，在上单调递减，

13921

fx0xx26x480x4x6x80

令，则42，即4，解得x4或x6或x8，

2323

465768

注意到3，3，

fx,46,8fx04,68,fx0

所以结合的单调性可知在和上，在和上，

1313

an1an66an16an6

对于A，因为4，则4，

13

a6a63

a321a3

当n1时，1，4，则2，

a3

假设当nk时，k，

1313

a6a6363

k1ka3

当nk1时，44，则k1，

a3a,4

综上：n，即n，

,4fx0aaa

因为在上，所以n1n，则n为递减数列，

131392

an1an1an66an1anan26an47

因为442，

1

193

hxx3x226x47x3hxx29x26

令42，则4，

9

x6

3

hx2

因为开口向上，对称轴为4，

32

hx,3hxh3393260

所以在上单调递减，故4，

1392

hx,3hxh333263470

所以在上单调递增，故42，

aa10aa1

故n1n，即n1n，

aM

假设存在常数M≤0，使得n恒成立，

mM4M1MMMZ

取1，其中，且，

aa1a2a11,a3a21,,aM4aM31

因为n1n，所以，

aa1M33M3M

上式相加得，M4，

aaM

m1M4aM

则，与n恒成立矛盾，故A错误；

a5

对于B，因为1，

1313

aa665666

a5621

当n1时，1，44，

a6

假设当nk时，k，

3

a6a60a60

当nk1时，因为k，所以k，则k，

13

ak1ak666

所以4，

1313

a5a615610

21a5

又当n1时，44，即2，

a5

假设当nk时，k，

3

a5a61a61

当nk1时，因为k，所以k，则k，

13

ak1ak665

所以4，

5a6

综上：n，

4,6fx0aaa

因为在上，所以n1n，所以n为递增数列，

此时，取M6，满足题意，故B正确；

1

1313

an1an66an16an6

对于C，因为4，则4，

34

131111

a7666a36666

a72

注意到当1时，44，444，

4313

111

a46666

444

1

3k1

12

ak6

猜想当n2时，4，

1

43n1

112

1a6a6

a263n

当n2与n3时，4与4满足4，

1

3k1

12

ak6

假设当nk时，4，

131

3k13k11

1311212

ak1ak666666

4444

当nk1时，所以，

1

3n1

12

an6n2

综上：4，

11

3n13n1

1212

01a66,7n2

nn

易知310，则4，故4，

a6,7

所以n，

6,8fx0aaa

因为在上，所以n1n，则n为递减数列，

aM

假设存在常数M6，使得n恒成立，

m0log32log1M61*

mm1m1mm,mN

记4，取0，其中0000，

mm0

332log1M61

则4，

11

3m13m1

1m1212

31log1M6M66M

2

故4，所以4，即4，

aMaM

所以m，故n不恒成立，故C错误；

a9

对于D，因为1，

1

1327

a6a63

21a9

当n1时，44，则2，

a3

假设当nk时，k，

1313

a6a6963

k1ka9

当nk1时，44，则k1，

a9

综上：n，

8,fx0aaa

因为在上，所以n1n，所以n为递增数列，

131392

an1an1an66an1anan26an49

因为442，

193

gxx3x226x49x9gxx29x26

令42，则4，

9

x6

3

gx2

因为开口向上，对称轴为4，

32

gx9,gxg9999260

所以在上单调递增，故4，

19

gxg99392269490

所以42，

aa10aa1

故n1n，即n1n，

aM

假设存在常数M0，使得n恒成立，

mM1M1MMMZ

取2，其中，且，

aa1a2a11,a3a21,,aM1aM1

因为n1n，所以，

aa1M9M1M

上式相加得，M1，

amaM1MaM

则2，与n恒成立矛盾，故D错误.

故选：B.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合

放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.

aS

3.（2023·上海·高考真题）已知数列n的各项均为实数，n为其前n项和，若对任意k2022，都有

SS

kk1，则下列说法可能成立的是（）

a,a,a,,aa,a,a,,a

A．1352n1为等差数列，2462n为等比数列

1

a,a,a,,aa,a,a,,a

B．1352n1为等比数列，2462n为等差数列

a,a,a,,aa,a,a,,a

C．1232022为等差数列，202220232024n为等比数列

a,a,a,,aa,a,a,,a

D．1232022为等比数列，202220232024n为等差数列

【答案】C

f(n)|S|S

【分析】令n(n是等差数列的前n项和),由题意可得当n2022时，f(n)单调递减，结合二次函

数的性质和选项逐一判断即可.

f(n)|S|0

【详解】解：令n,由题意当n2022时，f(n)单调递减，

a

对于首项为1，公差为d的等差数列，

2

nnd2d

Tnna1dn(a1)n

则前n项和222(不含常数项)，

d2d

fnTnna1n

此时22，

由二次函数的性质知：当n足够大时，f(n)不可能为单调递减函数，

所以，A中奇数项及B中偶数项为等差数列均不合题意；

对于C，当前2022项为等差数列，从第2022项开始为等比数列且公比q(0,1)时，满足f(n)f(n1)，

故符合题意；

对于D，当前2022项为等比数列，从第2022项为等差数列时，同A、B分析：当n足够大时，不满足

f(n)f(n1)，即f(n)不可能为单调递减函数，故不合题意

故选：C.

S

【点睛】方法点睛：等差数列的前n项和n是关于n的二次二项式(不含常数项)，在研究有关等差数列前

n项和的有关性质性，从二次函数的性质出发，能使问题得到简化.

1

a1,aaa2nN

a1n1nn

4.（2022·浙江·高考真题）已知数列n满足3，则（）

5577

2100a100100a10033100a100100a1004

A．2B．2C．2D．2

【答案】B

aa0,1

【分析】先通过递推关系式确定n除去1，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到

1

111111

(n2)

100a3

an1an3an3，累加可求出an3，得出100，再利用

111111

1

aa3a33n1111111

n1nn31n1

n2，累加可求出an3323n，再次放缩可得

5

100a100

出2．

2

a0,1

a12a0,1

【详解】∵1，易得3，依次类推可得n

11311

aa1a

n1nnaa3aa3a

由题意，3，即n1nnnn，

1111

aa3a3

∴n1nn，

11111