文档文本内容
2025 年高考数学终极押题猜想
（高分的秘密武器：终极密押+押题预测）
押题猜想一 复数-复数性质...............................................................................................................................................1
押题猜想二 平面向量-投影向量、最值问题...................................................................................................................3
押题猜想三 三角函数-三角换元、 𝛚范围求解.............................................................................................................9
押题猜想四 计数原理-排列组合、二项式定理.............................................................................................................13
押题猜想五 概率统计-用样本估计总体、残差、乘法公式.........................................................................................18
押题猜想六 空间向量与立体几何-外接球.....................................................................................................................23
押题猜想七 数列-放缩证明不等式.................................................................................................................................29
押题猜想八 函数-零点问题、复合与嵌套.....................................................................................................................35
押题猜想九 导数-比较大小、恒成立证明.....................................................................................................................40
押题猜想十 圆锥曲线-定点定值问题.............................................................................................................................46
押题猜想十一 新定义问题..............................................................................................................................................53
押题猜想一 复数-复数性质
限时：4min
（原创）（多选题）已知
为复数，则下列结论一定正确的是（ ）
A．
B．
C．若
，则
D．若
，则
【答案】AB
【分析】根据共轭复数的概念和复数的乘法运算即可判断A；根据复数的几何意义即可判断B；举例说明
即可判断CD.
【详解】对于A：设
，
则
，
，故A 正确；
对于B：
，故B 正确；
对于C：设
，
满足
，但
，故C 错误；
对于D：设
，满足
，
但
，故D 错误.
故选：AB.
押题解读
复数作为每年高考的必考题，一般出现在单选前两题中，相对比较简单，根据新题型多选题的出现，
复数的位置相对有所提升，为了创新也会和其他知识点结合，所以今年关于复数的性质的考察出现在多选
的第一题的概率很大。主要涉及考查的概念有：复数的代数形式、共轭复数、复数的模、复数的几何意义
等，本题考查复数的代数运算、复数的模和共轭复数，考查考生的运算能力，结合复数的代数形式。
1．若
为虚数单位，
，则
的最大值为（ ）
A．2
B．
C．4
D．
【答案】D
【分析】根据复数的几何意义可得复数
对应的点的轨迹为以点
为圆心，1 为半径的圆，进而求出
的最大值.
【详解】根据题意，复数
对应的点的轨迹为以点
为圆心，1 为半径的圆，
所求式子
的几何意义表示点
到圆上点的距离的最大值，
如图所示，最大值为
.
故选：D.
2．已知复数
，为虚数单位，则对于
，
的最小值为（ ）
A．2
B．1
C．
D．
【答案】D
【分析】根据
得
，进而得到
，结合模的计算公式求出
，进而得到答案.
【详解】因为
，所以
，
所以
，
所以
，
所以当
时，
有最小值，最小值为
，
故选：D.
3．（多选题）已知为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（ ）
A．复数
的虚部为
B．
C．复数
与
分别对应向量
与
，则向量
对应的复数为
D．若复数z 满足条件
，则复数z 对应点的集合是以原点
为圆心，分别以
和为半径的两
个圆所夹的圆环，且包括圆环的边界
【答案】BCD
【分析】对于A，由复数的代数式可判断；对于B，利用复数的乘方运算求解可判断；对于C，结合向量
的运算法则，即可求解可判断；对于D，结合复数的几何意义，即可求解判断．
【详解】对于A：对于复数
的虚部为
，故A 错误；
对于B：
，故B 正确；
对于C：复数
与
分别表示向量
与
，
因为
，所以表示向量
的复数为
，故C 正确;
对于D：对于D，设复数
，若复数
满足条件
，
则有
，故复数
对应点的集合是以原点
为圆心，
分别以2 和3 为半径的两个圆所夹的圆环，且包括圆环的边界，故D 正确.
故选：BCD.
押题猜想二 平面向量-投影向量、最值问题
限时：2min
（原创）已知向量
满足
，则向量
在向量
上的投影向量为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据平面向量数量积的性质，由模长求解
，再根据投影向量的公式求解即可.
【详解】因为
，
所以
，
则
，
所以向量
在向量
上的投影向量为
.
故选：A.
押题解读
平面向量作为应用型知识点，可结合的知识点有很多，主要运用于几何相关的题型，所以对于建系用
坐标的方法构建代数模型是今年的重点，且投影向量的概念自新教材修改之后一直没有在高考中出现，今
年很有可能在多选中或结合其他知识点在单选中出现，学生需要掌握投影向量的整个逻辑，而不能单纯背
公式。另外作为平面向量本身的考察重点即结合三角函数求角度的范围或结合平面向量基本定理结合不等
式求最值也都属于教难知识点的考察对象，需要熟练掌握。解三角形的综合题出现在大题的第一题可能性
也是很大的，但今年第一题也要注意数列的出现。
1．已知在矩形
中，
，点
为矩形
所在平面内一点，则
的最小值
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】以
为坐标原点，建立平面直角坐标系，设
，求得
和
的坐标，利用向量的数
量积的坐标运算公式，得到
，进而求得
的最小值，
得到答案.
【详解】如图所示，以
为原点，以
所在的直线分别为
轴，建立平面直角坐标系，
设
，则
，
可得
，
则
，
所以
，
所以当且仅当
时，
取得最小值
.
故选：C.
2．已知三点
共线，
不共线且
在线段
上（不含
端点），若
，则
的最小值为（ ）
A．
B．4
C．
D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用共线向量定理的推理及基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】依题意，
，则
，又
，
于是
，
，则
，
因此
，
当且仅当
，即
时取等号，
所以
时，
取得最小值
.
故选：C
3．（多选题）已知
是夹角为
的单位向量，且
，则下列选项正确的是（）
A．
B．
C．
的夹角为
D．
在
上的投影向量为
【答案】BCD
【分析】对A：借助向量模长与数量积的关系计算即可得；对B：借助数量积公式计算即可得；对C：借
助向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量的定义计算即可得.
【详解】
是夹角为
的单位向量，
，
对于
，
，同理可得
，故
错误；
对于
，
，故
正确；
对于
，因
又
，
，故C 正确；
对于
，
所以
在
上的投影向量为
，故
正确.
故选：
．
4．
的内角
，
，
的对边分别为
，
，，且
.
(1)求
；
(2)若
，
，求
内切圆的半径；
(3)若
为
的垂心，且点
在
内，直线
与
交于点
，且
，求
的最大
值.
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)
.
【分析】（1）根据已知及正弦边角关系得
，再由余弦定理求角的大小；
（2）由
及面积公式得
、
，再由内切圆半径
即可得；
（3）设
，
，进而得到
、
，最后有
即
可求最大值.
【详解】（1）因为
，
所以
.
由正弦定理得
，所以
，
因为
，所以
.
（2）由（1）知
，代入数据得
.
因为
的面积
，
所以
内切圆的半径
.
（3）如图，设
，
，则
，且
.
因为
，所以
.
由正弦定理得
，所以
，
所以
，其中
，
故
的最大值为
.
5．如图，设
的内角
所对的边分别为
，
为
的中点，已知
，且
，
的面积为
，
为锐角．
(1)求
的长；
(2)求
的值；
(3)设点
分别为边
上的动点（含端点），线段
交
于点
，若
与
的面积之
比为
，求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得解；
（2）利用三角形面积公式求得
，利用余弦定理求得边长
，结合勾股定理可求得结果；
（3）利用三角形面积公式，结合平面向量的线性运算、平面向量基本定理、向量的数量积运算，可得到
关于系数
的函数，利用分离常数法求值域即可.
【详解】（1）因为
，由正弦定理可得，
，
由余弦定理可得，
，
所以
，得
，即
.
（2）由题意，
，所以
，
因为
为锐角，所以
.
根据余弦定理，
，所以
，
在
中，
，则有
，所以
.
则在
中，因为
为
的中点，所以
，则
,
所以
.
（3）由题意，设
.
则
，
，
.
为
的中点，
，即
，
所以
，
又
三点共线，
即
.
所以
，
，
，
，
又由
，可得
，
所以
，
，
.
故
的取值范围是
.
押题猜想三 三角函数-三角换元、 𝛚范围求解
限时：5min
（改编）已知函数
的图象向右平移
个单位长度得
的图象，则下列关于函数
和
的说法错误的是（ ）
A．函数
与
有相同的周期
B．函数
的图象与函数
的图象的对称中心一定不同
C．若函数
的图象在
上至少可取到两次最大值1，则
D．若函数
的图象与直线
在
上恰有两个交点，则
【答案】B
【分析】根据图象平移写出解析式，根据正弦型函数的性质及图象依次判断各项的正误.
【详解】函数
的图象向右平移
个单位长度得
，
所以函数
与
的周期都为
，A 正确；
函数
的对称中心为
，函数
的对称中心为
，
当
且
时，对称中心可以相同，B 不正确；
记
，所以
，
，
要使
在
上至少可取到两次最大值1，则
，即
，C 正确；
图象与直线
右边最近三个交点横坐标为
和
，
左边最近两个交点横坐标为
和
，
,
因为
与
在
上恰好有两个交点，
故
或
（无解）或
（无解），
故
，
故选：B
押题解读
三角函数作为高考的必考题，考法形式众多，历年位于单选的第七题结合函数的性质考察三角函数图
象的平移转化和参数ω 的取值范围题目经常出现，难度大且综合知识点较多，这类题目也是今年的重点，
要掌握基础知识点的同时也要会学用换元法和卡根法，再根据具体题目选择合适的方法保证速度和准确度。
当然三角函数在几何中的运用也是常见的，三角换元的掌握也是必须的，能够在所有几何图形相关的题目
中出现，结合三角恒等变换和三角函数的图象与性质考察最值或者范围。三角恒等变换本身的题目也可出
很难，近几年都没有出现过，今年就需要格外注意，此次押题预测都准备了相关的题目，需要学生举一反
三的多去练习。
1．已知函数
（
，
），
，
，且
在
上单调，则
的最大值为（ ）
A．10
B．12
C．14
D．18
【答案】C
【分析】根据已知得
、
，进而有
，
，则
，从大到小代入解析式研究函数在
上的单调性，即可得.
【详解】由题设，
，可得
，
且
，可得
，
所以
，
，则
，
，
又
，所以
，
当
时，
，
，
，则
，
所以
，此时
，
，显然不单调；
当
时，
，
，
，则
，
所以
，此时
，
，满足题设；
所以
的最大值为14.
故选：C
2．已知
，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】化切为弦，逆用两角和的正弦公式化简得
，根据诱导公式及正弦函数的性质得
或
，即可得解.
【详解】因为
，所以
，
即
，整理得
，
即
，所以
或
，
即
或
（舍去）.
故选：D
3．已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用和差角公式展开，得到
，即可得到
，再利用两角差的余弦公式计算可得.
【详解】因为
，
所以
，
所以
，
所以
，
所以
.
故选：A．
4．如图，四边形
中，
，
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由锐角三角函数可得
，再由余弦定理及降幂公式即可求解.
【详解】设
，
，则
，
由余弦定理可得
，
所以
，解得
．
故选：B．
押题猜想四 计数原理-排列组合、二项式定理
限时：4min
（改编）设
为正整数，在平面直角坐标系
中，若
，且
）
恰好能表示出12 个不同的椭圆方程，则
的一个可能取值为（ ）
A．12
B．8
C．7
D．5
【答案】C
【分析】由于椭圆的系数是从
中选两个不同的数的排列，所以分
为偶数和
为奇数研
究，从而得解.
【详解】根据题意，
为椭圆，则
，
从
个数
中选两个不同的数作为系数，
当
为偶数时，去掉重复的数有
个数
则任取两个数的排列数为
个，
当
为奇数时，去掉重复的数有
个数
则任取两个数的排列数为
个，
由于现在恰好能表示出12 个不同的椭圆方程，
则当
为偶数时，
，得
，
当
为奇数时，
，得
，所以C 正确.
故选：C
押题解读
高考中对于学生的逻辑推理能力要求越来越高，再加上第14 题，填空题最后一题的难度要求，往往出
现的都是考察逻辑推理的题目，而逻辑推理的思想在计数原理上体现的淋淋尽致，所以对这块知识的掌握
要求很高，不光简单的基础知识和基础的解题方法要求掌握，在平时刷题的过程中也要学会思维上逻辑的
建立。排列组合和二项式定理自新高考之后也是没怎么考察过，所以今年也是需要重点注意的知识点，在
这主要选择了几题思维上要求比较高的题目，重点还是要放在逻辑推理思维的建立上，注意分类讨论的合
理性和完整性。
1．（多选题）2025 年春节档共上映6 部电影全国电影票房达95.1 亿元，刷新了中国影史春节档票房记录.
其中，《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》分居票房第一、第二的宝座.小数想要观看这6 部电影，则（
）
A．若将《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》放在相邻次序观看，则共有120 种观看顺序
B．若《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前观看，则共有360 种观看顺序
C．若将6 部电影每2 部一组随机分为3 组，则共有90 种分组方式
D．若将6 部电影随机分为2 组，则共有31 种分组方式
【答案】BD
【分析】根据捆绑法计算求解A，应用全排列计算B，根据平均分组计算判断C，分类分组计算判断D.
【详解】若将《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》放在相邻次序观看，可将这两部电影看作一个整体，
与其余4 部电影全排列，再将这两部电影内部进行全排列，所以观看顺序为
种，故A 错误；
若《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前观看，则在6 部电影的全排列中，
《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前的情况占总情况的一半，
故共有
种观看顺序，故B 正确；
若将6 部电影每2 部一组随机分为3 组，
则可以从6 部电影中先选出2 部，再从4 部电影中选出2 部，最后除以
消除重复情况，
故分组方式为
，故C 错误；
若将6 部电影随机分为2 组，则可按两组分别有1 和5 部、2 和4 部、3 和3 部电影的三种情况分组，
按1 和5，有
种分组方式；
按2 和4，有
种分组方式；
按3 和3，有
种分组方式，
所以共有31 种分组方式，故D 正确.
故选：BD.
2．设
均是正整数，且
，则
的值为 .
【答案】
【分析】先将
四个数都写成
的指数幂和的指数幂的积的形式，再根据
，分
、
、
三种情况
讨论，即可得解.
【详解】
，
，
当
时，
不妨取
，
则
，此时
，
而
，
所以
满足题目条件；
当
时，
不妨取
，
则
，此时
，
而从
中任取
个数相乘不能得出
，
所以
不满足条件，
不妨取
，
则
，此时
，
但任意
任意4 个数相乘得不到
，
故
不满足条件，
综上所述，
，
所以
.
故答案为：
.
3．某种“摩斯密码”的传递常用手指敲击硬物传递声响的方式进行，敲一下，意思为“洞”，敲两下，
意思为“拐”，若小明用手指敲击的数量依次为一下、一下、两下，则对方收到的密码指示为“洞洞拐”.
已知新手小明尝试用5 个“洞”和5 个“拐”随意传递密码，则每个“洞”之前“拐”的个数多于“洞”
的个数的概率为 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用组合数计算出所有的基本事件数，再根据作图计算出符合题意的事件数，利用古
典概型的概率计算公式得出结果.
【详解】根据题意，小明用5 个“洞”和5 个“拐”随意传递密码，总共有
种排
列方式.
要满足“每个“洞”之前“拐”的个数多于“洞”的个数”，可以画图，从
点开始，每出现一个“拐”
则上升一节，每出现一个“洞”则下降一节，因为总共有5 个“洞”和5 个“拐”，所以最终一定会到达
点,在虚线
上方的方法都是符合题意的.
利用节点法计算，
点到
点有1 种方法，所以在
点上方标“1”，到
点有1+1=2 种方法，所以在
点上方标“2”，依次标注到
处为42，因此符合题意的方法数为42.
因此，所求概率
.
故答案为：
.
4．为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽奖活动.如图，在一个
5×5 的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总
本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1 本图书.则所有可能的图
书排列方式总数为（ ）
A．160
B．192
C．224
D．256
【答案】B
【分析】根据数字的约束，确定哪些方格可以放置图书，通过分析每个数字的约束，确定可以放置图书的
方格，并计算最大可能的图书数目，使用排列组合的方法，计算所有满足条件的图书放置方式的总数.
【详解】如图所示，灰色代表图书位置，此时有11 本图书，接下来说明不可能有12 本图书，考虑数字控
制的区域，假设有一种方式可以达到8 本图书，首先左上角区域只有2 本图书（下图左），在大图中去掉
后变成了下图中间的样子，并且图中应有6 本图书.类似的，下方数字2 代表周围单元格中有2 本图书，再
去掉后形如下方右侧图形，此时需要填4 本图书，但只剩下三个空方格，矛盾!故最多有7 本，结合不受限
制的区域，最多能抽中
本书.
接下来求所有可能的方法数，
情形一：
如图所示，?处有图书时，在左上数字2 的周围有两种情形，若数字3 右侧方格无图书，
则4 周围的图书排布方式已经固定，此时下方数字2 的排布方式也被固定，
此时中间数字3 周围只有两本图书，矛盾，∴中间数字3 右侧必有图书.
此时如上右图阴影区域中有且仅有一本图书，故下方数字2 左侧或右侧有一本图书.
若下方数字2 左侧有一本图书，则右侧没有图书，此时4 周围的图书排布已经固定，
则此时3 周围图书也已经符合题意，只有一种情形.
若下方数字2 右侧有一本图书，此时考虑下方数字2 周围还应存在的一本图书的位置，
若在2 右上方，即上左图中☆位置，则满足题意，并且此时3 周围也满足题意，
4 周围还剩一本图书，共有两种选择，共两种；
若不在2 右上方，则4 周围图书的排布已经符合题意，
3 周围还应有一本图书，共有两种选择.
综上，在情形一中，根据分类加法和分步乘法计数原理，共有
种可能.
情形二：
如图所示，?处无图书时，左上数字2 的图书排布被固定，与情形一类似讨论，可知3 右侧必有图书，
此时根据3 周围应还有2 本图书得到下方的2 左右两侧均无图书（否则下方2 周围图书数目大于2），
故4 周围的图书排列方式被固定，∴3 周围还应有一本图书，共有两种选择，故情形二共有2 种可能.
∴共有
种.
故选：B.
押题猜想五 概率统计-用样本估计总体、残差、乘法公式
限时：5min
（改编）（多选题）下列命题中，真命题的是（ ）
A．中位数就是第50 百分位数
B．已知随机变量
，若
，则
C．已知随机变量
，
满足
，若
，
，则
，
D．已知采用分层抽样得到的高三年级男生、女生各100 名学生的身高情况为：男生样本平均数172，
方差为120，女生样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为120
【答案】AB
【分析】对于A，利用中位数的概念即可判断；对于BC，利用二项分布的方差公式，结合数学期望与方
差的性质求解即可判断；对选项D，利用分层抽样样本方差的计算公式计算即可判断.
【详解】对于A 选项，中位数就是第50 百分位数，A 选项正确.
对于B 选项，已知随机变量
，根据二项分布的方差公式
（其中
是试验次数，
是每次试验成功的概率），可得
.
又因为
（
、
为常数），那么
.
已知
，即
，解得
，B 选项正确.
对于C 选项，已知随机变量
，
满足
，根据期望的性质
（
、
为常数），
可得
.
因为
，所以
.
再根据方差的性质
（
、
为常数），可得
.
因为
，所以
，C 选项错误.
对于D 选项，设男生样本为
，平均数为
，方差为
；女生样本为
，
平均数为
，方差为
.
总体样本平均数
.
根据分层抽样样本方差公式
（其中
、
分别是男生、女生
的样本数量），可得：
，所以D 选项错误.
故选：AB.
押题解读
今年小题中必会出现一道概率统计题目，新教材改革之后，全概率公式的出现使得传统的概率题目出
现了很大的变动，类似相互独立事件的证明、条件概率和乘法公式的运用以及百分位数皆是教材改动之后，
高考还未出现的题型，虽然在近几年的模考中层出不穷，但在这方面的题型的创新的可能性还是很大，另
外用样本估计总体还有残差也是今年的重中之重，学生必须掌握。大题中的概率题重点还是在全概率公式
上，此外结合的内容就有很多的可能性了，重点还是在考察学生的阅读分析能力，那在掌握类似独立性检
验和线性回归方程等常见题型的解题方法的同时也要分清离散型随机变量的分布是属于二项分布还是超几
何分布。
1．设事件
为两个随机事件，
，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先利用条件概率公式得出
，然后利用公式
化简得出结论.
【详解】由
可得
，
又
，
所以
，
所以
，即
，
即
，于是
.
故选：B.
2．已知随机变量
，
，且
，则
（ ）
A．3
B．2
C．1
D．0
【答案】C
【分析】利用
服从二项分布结合已知可得
，可求得
，进而利用二项分布的期
望与方差公式求得期望与方差，结俣期望与方差的性质求解即可.
【详解】易得
，
，由
，
得
，即
，由
知
，
故
，
，
，
而
，
，
故
．
故选：C．
3．（多选题）下列说法正确的是（ ）
A．数据8，6，4，11，3，7，9，10 的上四分位数为9
B．若
，
，且
，则C，D 相互独立
C．某物理量的测量结果服从正态分布
，
越大，该物理量在一次测量中在
的概率
越大
D．若样本数据
的平均数为4，
的平均数为22，则样本数据
，9 的方差为20
【答案】BD
【分析】A 选项利用上四分位数的计算方法进行计算；B 选项利用对立事件及条件概率公式进行检验；C
选项利用正态分布中
的意义进行解释；D 选项利用方差公式进行计算.
【详解】对于A 选项，将数据从小到大排列为3，4，6，7，8，9，10，11，共8 个数，
则
，则上四分位数为
，故A 错误；
对于B 选项，
，
，
由条件概率公式得
，得到
，
即C，D 相互独立，故B 正确；
对于C 选项，
，
，
由对称性可知在
的概率等于在
的概率的2 倍，
当
越大，数据越离散，其概率越小，故C 错误；
对于D 选项，由样本数据
，
，
，
，
的平均数为4，
得
，
，
，
，
，4 的平均数为4，
由
，
，
，
，
的平均数为22，得
，
因此
，
，
，
，
，4 的方差为
，
，
，
，
，
，9 的方差为
，故D 正确.
故选：BD.
4．（多选题）下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量
服从正态分布
，且
，则
B．数据5，8，10，12，13 的第40 百分位数是8
C．在一元线性回归模型中，若决定系数
，则残差的平方和为0
D．
和
的方差分别为
和
，若
且
，则
【答案】AC
【分析】由正态分布的对称性判断A；根据百分位数的运算公式判断B；根据残差的概念判断C；利用平
均数定义得到
，根据方差的计算公式判断D.
【详解】对于A，因为
，又
，
则
，正确；
对于选项B，因为
，
所以数据5，8，10，12，13 的第40 百分位数是
，故选项B 错误；
对于选项C，若决定系数
，则散点图中的散点均落在一条斜率非0 的直线上，
所以残差的平方和为0，C 正确；
对于选项D，设
的平均数为
，
，
，
，
的平均数为
，
因为
，则
，
又
，
，
所以
，故选D 错误.
故选：AC
5．有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3 个红球，2 个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题
游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若
答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为
．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开
始时乙罐无球．
(1)求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各1 个的概率；
(2)设第
次答题后游戏停止的概率为
．
①求
；
②
是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)
(2)①
，②存在，最大值
【分析】（1）根据全概率公式即可求解，
（2）根据题意可得
，即可利用作商求解单调性，即可求解最值.
【详解】（1）记
“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一个球”，
“第次摸出红球，并且答题正确”，
；
“第
次摸出黑球，并且答题正确”，
；
“第
次摸出红球或黑球，并且答题错误”，
，
所以
．
又
；
；
，
所以
．
同理：
所以
．
（2）①第
次后游戏停止的情况是：前
次答题正确恰好为4 次，答题错误
次，且第
次摸出最后
一球时答题正确．
所以
．
②由①知
，
所以
．
令
，解得
；
，解得
．
所以
，
所以
的最大值是
．
押题猜想六 空间向量与立体几何-外接球
限时：5min
（原创）已知三棱锥
的各顶点均在半径为2 的球
球面上，
，
，
则三棱锥
体积的最大值为 ．
【答案】
【分析】利用正弦定理得到
，结合三棱锥体积公式分析得到体积最大时
同时最大，利用余弦
定理结合基本不等式求解
的最大值，再使用线面角的定义得到
，结合勾股定理求出
，进而分析出点面距离最大的情况并求出
，最后求解体积的最大值即可.
【详解】由正弦定理可得
，而
，
则
，解得
，设
到面
的距离为
，而
，
如图，我们作出符合题意的三棱锥
，连接
，
若三棱锥
的体积最大，则
同时最大即可，
由三角形面积公式得
，
由余弦定理得
，
则
，
得到
，
由基本不等式得
，当且仅当
时取等，
故
，则
，
解得
，即
，故
面积取得最大值为
，
由题意得球的半径为2，
，设球心到面
的距离为
，
由勾股定理得
，则
到平面
的距离为
，
设直线
与平面
所成角为
，则
，
而
，故
，则直线
与平面
所成角为
，
因为三棱锥
的各顶点均在半径为2 的球
球面上，
所以
，而
，故
，而
，
则故
是以
为顶点的等腰直角三角形，得到
，
即
，当面
垂直于平面
时，点
到平面
的距离最大，
最大距离为
，
故三棱锥
体积的最大值为
．
故答案为：
押题解读
空间想象能力作为高考考察的主要能力，大多都体现在立体几何中，每年的一道大题和一道小题都是
必存在的，而且题型的变化也不大，原因是立体几何本身难度就很大，例如外接球题型、截面、图形的翻
折求最值和范围的问题皆是对学生要求很高的问题。所以这类题目一般会出现在选择或者填空的压轴位置，
而简单的立体几何问题例如很久没出现的台体的表面积和体积问题以及组合体问题也是需要注意的。大题
重点在于考察学生对于空间直角坐标系的建立和运算能力上，平时需要多加练习，保证速度和正确度即可。
1．如图，高为的圆锥形容器里装了一定量的水，下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设圆锥的顶点到水面的距离为
，利用圆锥的体积公式以及水的体积等于容器容积的一半的条
件即可求得
，则答案可求.
【详解】设圆锥的顶点到水面的距离为
，圆锥的底面半径为，则水面半径为
．
当水的体积等于容器容积的一半时，有
，整理得
．
因为
，
，
，
，则D 选项更接近
．
故选：D．
2．已知正四棱台
，
，
分别是棱
，
的中点，平面
将正四棱
台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】分析可知几何体
是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解.
【详解】如图，连接
，不妨设
，棱台的高设为，
所以
．
因为
，
分别是棱
，
的中点，则
，
．
又因为平面
∥平面
，可知几何体
是三棱台，
则
．
所以分割之后较大部分的体积为
，
所以较小部分与较大部分的体积之比为
．
故选：C．
3．（多选题）如图，矩形
中，
分别为
的中点．现将
沿
翻折，得到三棱锥
，则在
翻折的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥
体积的最大值为8
B．存在某个位置使
C．三棱锥
外接球半径为3
D．直线
被三棱锥
外接球截得的线段长的取值范围为
【答案】ACD
【分析】由面
面BCD 时，三棱锥
体积最大，结合棱锥体积公式求体积判断A；利用相似
得到
，结合翻折的过程中，点M 在底面BCD 的投影位置及DN 与DB 位置关系判断B；由直角三
角形的性质确定球心位置即可得半径判断C；结合C 分析得到O 到MN 的距离只受
与
的夹角的影响，
其中夹角越大，线段越长，进而确定线段最长、最短的端点值，即可得范围判断D.
【详解】A：当面
面BCD 时，三棱锥
体积最大，由题设易知
，
所以三棱锥
的高为
，则
，对．
B：在矩形ABCD 中连接CM，有
，易得
，则
，
如下图，翻折过程中始终有
，又
在平面
内，
所以
平面
，翻折过程中
平面
，即恒有
，
且
平面
，翻折过程中恒有平面
平面
，
所以，在
翻折的过程中，点M 在底面BCD 的投影落到平面
在平面
的投影直线上，
显然，翻折过程中同一平面内的DN 与DB 不平行，故
不成立，错．
C：在
翻折的过程中，
和
都是直角三角形，
所以两个面的外接圆圆心都在BD 的中点处，故三棱锥
外接球半径为3，对．
D：因为球心为BD 的中点O，连接OM，ON，所以
，
又直线MN 被三棱锥
外接球截得的线段长
，其中h 为O 到MN 的距离，
所以h 只受
与
的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长，
当刚要翻折时线段最长，趋近于直径6，当
将要与面BCD 重合时，线段最短，
如图所示，因为
，所以
，
所以
，所以
，故线段长为
，
综上，线段长的取值范围为
，对．
故选：ACD
4．在平面四边形
中，
，
，如图1 所示.现将图1 中的
沿
折起，使点
到达点
的位置，且平面
平面
，如图2 所示.
(1)求证：
；
(2)若
，二面角
的大小为
，求
的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）由面面垂直的性质定理，由面面垂直得到线面垂直，从而证明线线垂直.
（2）建立空间直角坐标系，将二面角的夹角转化成求平面的法向量的夹角即可求得.
【详解】（1）
作
与
，
平面
平面
，
平面
平面
,
平面
，
平面
,因为
平面
，
,
,
，
平面
,
平面
，又因为
平面
，
.
（2）
,
,
又
，
,
平面
,
平面
,
设
，
建立如图所示坐标系
则
，
，
，
，
，
，
,
,
设平面
的法向量
，
即
，
取
，则
，
，
设平面
的法向量
，
即
，
取
，则
，
，
,
二面角
的大小为
，
，
化简得：
解得：
即
，
押题猜想七 数列-放缩证明不等式
限时：10min
（改编）已知数列
满足
，
.
(1)求
的通项公式；
(2)记
的前
项和为
，求证：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知等式变形得出
，可知数列
为等比数列，确定该数列的首项
和公比，即可求出数列
的通项公式；
（2）验证当
时，不等式成立；当
时，推导出
，再利用等比数列的求和公式可证得不等
式成立.
【详解】（1）由题设条件，可得若
，则
，
用反证法，假设
，由题设条件，显然
，这与已知条件矛盾，所以
.
因为
，所以
，
，
，所以
，
，
由
得
，所以
，
又
，所以
是首项、公比均为
的等比数列.
所以
，则
.
（2）显然
时，
成立，
当
时，
，所以
，所以
，
所以
，即
，所以
，
所以
.
综上，
，得证.
押题解读
从前两年的高考试卷出现压轴新定义题之后，数列一直被冷落，但今年开始有反对新定义题的声音了，
所以再不确定今年高考卷是否有新定义题之前，数列考察的可能性就很高，数列主要考察的思想还是在于
归纳总结的数论思想，今年的重点是在掌握等差和等比数列本身的知识点的基础上还要多去练习和函数结
合的不等式证明问题以及最值问题，今年有可能会出现再一道多选里面，那等差和等比的性质问题以及杨
辉三角问题就是重点。
1．如果数列
对任意的
，都有
成立，则称
为“速增数列”.若数列
为“速
增数列”，且任意项
，
，
，
，则正整数k 的最大值为（ ）
A．62
B．63
C．64
D．65
【答案】B
【分析】由题意可知数列
的相邻两项之差严格递增，要使得正整数
最大，则需要让相邻两项差值尽
可能小，即相邻两项差值构成公差为1 的等差数列，由此得到构造的增长最缓慢的“速增数列”的递推关
系
，利用累加法可求得其通项公式，令
，解出
代入验证即可得出答案.
【详解】由题干条件
，即
，
也即数列
的相邻两项之差严格递增，要使得正整数
最大，则数列
增长尽可能缓慢，
需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1 的等差数列，
因为
，则
，
，
，所以
，
采用累加法
，
令
，即
，解得
，
当
时，
，符合题意；
当
时，
，无法构造“速增数列”满足题意，
故选：B.
2．（多选题）如图，曲线
上的点
与
轴非负半轴上的点
，
构成一系列
正三角形，记为
，
，…，，
（
为坐标原点）.设
的边长为
，点
，
的面积为
，则下列说法中正确的是（ ）
A．数列
的通项公式
B．数列
的通项公式
C．
D．
【答案】ACD
【分析】利用正三角形的性质以及曲线方程找出数列
与
的递推关系，即可判断AB，然后求得
，
由平方和公式代入计算，即可判断C，再由
时，
，由裂项相消法代入计算，
即可判断D.
【详解】依题意，
，设
，由
为正三角形，直线
的方程为
，
由
，得
，则
，
由
，则
的横坐标为
，纵坐标为
，
且
在曲线
上，则
，
又
，即
，得
，则
，
当
时，
，两式相减得
，
，
因此
，数列
是以
为首项，以
为公差的等差数列，
对于A，
，A 正确；
对于B，由
，得
，B 错误；
对于C，正
面积
，
则
，C 正确；
对于D，由
，得
，
，
当
时，
，
则
，D 正确.
故选：ACD
3．已知定义在
上的连续函数
满足
，其中
为等差数列
的前
项和，若
当且仅当
时取得最小值
，则
.
【答案】
【分析】由等差数列求和公式得到
，再结合基本不等式求最值，得到
，进而可
求解.
【详解】解析：因为
为等差数列
的前
项和，
所以可设
，
因为
，
则
，
又
是定义在
上的连续函数，
所以
，
因为
当且仅当
时取得最小值
，
所以
，
故
，
当且仅当
，即
时，等号成立，
即
的最小值为
，
所以
，解得
，
所以
，
故当
时，
，
经检验，当
时，
满足上式，
所以
.
故答案为：
4．（多选题）我国南宋数学家杨辉1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是
中国数学史上一项重要研究成果．从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7 阶
的杨辉三角，则下列说法正确的是（ ）
A．第2025 行共有2025 个数
B．从第0 行到第10 行的所有数之和为2047
C．第21 行中，从左到右的第3 个数是210
D．第3 斜列为：
，则该数列的前
项和为
【答案】BCD
【分析】可以得出每行的数字之和形成一个首项为1，公比为2 的等比数列可判断AB；根据二项式系数性
质可判断C；由公式
可判断D.
【详解】对于A：行数比每行的个数少1，所以第2025 行共有2026 个数，所以A 错误；
对于B：可以得出每行的数字之和形成一个首项为1，公比为2 的等比数列，
所以
，所以B 正确；
对于C：第21 行的二项式系数为
且
，
所以从左到右第三个数是
，所以C 正确；
对于D：由公式
得：
，所以D 正确.
故选：BCD．
5．已知数列
的各项均为正数，前
项和为
，且
，
是
与
的等差中项.
(1)证明：数列
是等差数列；
(2)设
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据等差中项列式，再根据完全平方公式计算化简，由定义得出等差数列；
（2）先写出等差数列的通项公式，再应用
的分组求和得出
即可.
【详解】（1）因为
是
与
的等差中项，所以
，
所以
，
因为数列
的各项均为正数，所以
，
所以
，所以
，
所以数列
是公差为1，首项为
的等差数列；
（2）因为数列
是公差为1，首项为
的等差数列，
所以
，
所以
，当
时，
，
当
时，
，
所以
,
所以
，
押题猜想八 函数-零点问题、复合与嵌套
限时：5min
（原创）已知函数
的定义域为
，函数
是奇函数，函数
的图象
关于直线
对称，则（ ）
A．
是偶函数
B．
是奇函数
C．
D．
【答案】B
【分析】由题设奇偶性和对称性条件结合奇偶性定义公式和对称性公式进行分析函数的性质即可得解.
【详解】因为
是奇函数，所以
为偶函数，
所以
，即
，故
的图象关于直线
对称，
由
的图象关于直线
对称得
，
即
，
即
，所以
关于
对称，
所以
，所以
，
故
是奇函数，所以B 选项正确；
因为
，又
，所以
，
即
，所以
，故C 选项错误；
不能得到
的奇偶性与
的值，故A，D 选项错误.
故选：B
押题解读
函数作为数学逻辑思维最主要的知识点，一定是每年比考察的内容，虽然函数的思想贯穿所有题型，
但独属于函数性质本身的题目还是存在的，多为抽象函数的性质考察，以及复合函数和嵌套函数。结合基
本初等函数的内容考察零点问题、图象问题、不等式恒成立问题都是常考的题型。近两年由于新定义的出
现，类似嵌套函数的不动点问题也是重点，学生要搞明白嵌套函数的逻辑和独特的解题方法。当然抽象函
数的数学语言的理解还是函数的关键。
1．对于函数
，若
，则称
为函数
的“不动点”；若
，则称
为函数
的“稳定点”．如果函数
的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数
的
取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，不存在非“不动点”的“稳定点”，则由
有解，但方程组
无解，求解即得.
【详解】因为函数的“不动点”一定是“稳定点”，而函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，即不存在
非“不动点”的“稳定点”，
因此方程
有解，但方程组
无解，
由
，得
有解，则有
，解得
，
由
，得
，两式相减得
，
而
，于是
，从而
，
显然方程
无解或仅有两个相等的实根，因此
，解得
，
所以a 的取值范围是
.
故答案为：
2．已知函数
若函数
恰有2 个零点，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】当
时，对函数
求导，对参数
的取值进行分类讨论，大致画出分段函数的图象，再
由数形结合即可得出实数
的取值范围.
【详解】易知当
时，函数
单调递增，且
;
当
时，函数
，易知
,
显然当
时，
恒成立，即
在
上单调递增；
当
时，
；当
时，
，
此时函数
的图象大致如下图所示：
若函数
恰有2 个零点，即函数
的图象与
有两个交点，
由上图可知
；
当
时，根据对勾函数性质可知
，
当且仅当
时，等号成立；
此时其图象大致如下图：
显然函数
的图象与
没有交点，不合题意；
综上可知，实数
的取值范围是
.
故选：B
3．我们曾学习过碳14 的半衰期约为5730 年（即碳14 大约每过5730 年衰减为原来的一半），即经过年
后，碳14 的含量
（
为碳14 的初始含量，
为常数），则碳14 含量由原来的
衰减为
大约需要经过（ ）
（参考数据：
）
A．2292 年
B．2456 年
C．2674 年
D．2838 年
【答案】B
【分析】利用半衰期的意义求出
，再利用给定的模型列出方程组，结合对数运算求解即得.
【详解】依题意，当
时，
，即
，解得
，
设经过
年碳14 含量衰减为原来的
，经过
年碳14 含量衰减为原来的
，
则
，即
，所以
.
故选：B
4．已知函数
，则（ ）
A．当
时，
是偶函数，且在区间
上单调递增
B．当
时，
是奇函数，且在区间
上单调递减
C．当
时，
是偶函数，且在区间
上单调递减
D．当
时，
是奇函数，且在区间
上单调递增
【答案】D
【分析】根据函数奇偶性和单调性的判断方法，针对不同的
取值，对函数进行分析，即可判断和选择.
【详解】对AB：当
时，
，其定义域为
，
，故
为
偶函数；
又
，当
时，令
，
因为
在
单调递增，
在
单调递增，故
在
单调递增，
故
在
单调递减，故AB 都错误；
对CD：当
时，
，其定义域为
，
，故
为奇函数；
又
，当
时，
均为减函数，故
为
上的减函数，
故
为
上的增函数，故C 错误，D 正确.
故选：D.
5．设函数
的定义域为
，对于给定的正数
，定义函数
取函数
．当
时，函数
的单调递增区间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意确定函数
的解析式，通过解析式判断函数单调性，即可得单调递增区间.
【详解】当
时，由
，得
，
由
，得
或
，
在
上单调递增，
在
上单调递减，
的单调递增区间为
．
故选：C.
押题猜想九 导数-比较大小、恒成立证明
限时：5min
（改编）已知
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由
，构造函数
，利用导数分析其单调性，
可得函数
在
上单调递增，结合
可得
，进而得到
，再通过比较
和
的大小得到
，进而得出选项.
【详解】
，
设
，
则
，
设
，则
，
令
，得
，
所以函数
在
上单调递减，又
，
所以当
时，
，则
，
此时函数
在
上单调递增，又
，
所以
，则
，即
；
又
，
，则
，
所以
.
故选：D.
押题解读
自从压轴题被新定义题目占领之后，导数大题一直就处于尴尬的位置，但今年新定义题目不稳定，那
导数压轴的可能性就很大，所以今年的学生要想考高分，导数大题的练习还是不能少。而小题的难题中，
导数还是一直占领的，所以类似利用同构或者泰勒展开比较大小、公切线问题以及结合函数求最值或零点
问题就还是需要掌握的重点内容。若压轴还是新定义，导数大题就不会太难，所以常规的题型类似端点效
应、含参讨论函数单调性、隐零点等问题就必须掌握。
1．若曲线
和曲线
存在有公共切点的公切线，则
．
【答案】
【分析】根据已知求出
.设出公共切点的坐标，根据已知列出方程组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得
，
，定义域为
则有
．
设公共切点的坐标为
，则
，
，
，
．
根据题意，有
.
由
可得，
，解得
（舍去）或
.
由
可得
，
代入
可得，
.
故答案为：
.
2．已知函数
（
，
且
），若
恒成立，则
的最小值为 ．
【答案】
【分析】分
和
进行分类讨论，易得
时不合题意，
时对
求导，分析得到
，从而
，进而由
，令
，求导得到
的最
小值即为最终结果.
【详解】函数
的定义域为
，
当
时，可得
在
上单调递增，又
，所以不合题意；
当
时，
，
易知
，
在
上单调递增，令
，解得
，
当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递增，
所以当
时，
有极小值，也是最小值，
又因为
恒成立且
，所以
，
则
，得
，所以
，
设
，
，令
，得
，
当
，
，则
在
上单调递减，
当
，
，则
在
上单调递增，
所以
，即
的最小值为.
故答案为：.
3．若
恒成立，则实数
的取值范围为 .
【答案】
【分析】主要通过对不等式进行变形，构造函数，利用函数的单调性来求解参数的取值范围．
【详解】因为
，所以
即
.
设函数
，因为
，
导函数为
，
令
，解得
.
所以在
上，
，
单调递减，
在
上，
，
单调递增.
所以
，所以
在
上单调递增.
又因为
，所以
，即
，
令
，所以
，
令
，解得
.
所以在
上，
，
单调递增，
在
上，
，
单调递减.
所以
，所以
.
故答案为：
.
4．已知函数
，
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)讨论函数
的单调性；
(3)若
在
上有零点，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)1
(3)1
【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；
（2）求导得
，再对
进行合理分类讨论即可；
（3）先验证
不合题意，再利用隐零点法证明
满足题意即可.
【详解】（1）当
时，
，
，
则
，
所以
，
所以曲线
在点
处的切线方程
，
即
；
（2）
①当
时，即
时，
易知
的解集为
，
，
的解集为
，
所以
在
，
单调递增，在
单调递减；
②当
时，即
，
恒成立，
所以
在
上单调递增；
③当
时，即
，
易知
的解集为
，
，
的解集为
，
所以
在
，
单调递增，在
单调递减；
④当
，即
时，
由
可得：
，由
，可得：
，
所以
在
单调递增，在
单调递减；
综上：
时，
在
，
单调递增，在
单调递减；
时，
在
上单调递增；
时，
在
，
单调递增，在
单调递减；
时，
在
单调递增，在
单调递减；
（3）由（2）得当
时，
在
上递增，
，此时
在
上无零点，
不合题意；
当
时，
在
上递减，在
上递增，
，取
时，
证明不等式
，
，
设
，
，则
，
，
设
，
，则
，
则
在
上单调递增，则
，即
在
上恒成立，
则
在
上单调递增，则
，即
，
，
用
替换
得
，
则
，
，
，
，使得
符合题意；
综上，
的取值范围为
．
5．已知函数
（其中e 为自然对数的底数）.
(1)求函数
的最小值；
(2)若
，且
在
上恒成立，求
的最大值；
(3)求证：
.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对
求导，根据单调性可得
的最小值；
（2）令
，求导得到
的最小值，令
，得到
，再令
，求导得到
的最大值，即得结果；
（3）令
，对
求导，通过分析
的单调性即可求证.
【详解】（1）因为
，所以
.
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
所以
.
（2）令
，
，
由
得出
；由
得出
，
；
，
，
令
，
；
，
时，
，
单调递增；
时，
，
单调递减，
则
是
的极大值点，
，
的最大值为
；
（3）证明：要证
，
只需证明：
对于
恒成立，
令
，则
，
当
时，令
，则
，
在
上单调递增，即
在
上为增函数.
又因为
，
，
所以存在
使得
.
由
，得
即
即
，
所以当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
所以
，
令
，则
，
所以
在
上单调递增，所以
，
所以
，所以
，即
.
押题猜想十 圆锥曲线-定点定值问题
限时：10min
（改编）已知椭圆
经过点
和点
(1)求椭圆
的方程与焦距．
(2)直线
与椭圆N 的交点为
两点，若
，求证：直线过定点．
【答案】(1)
，焦距为4
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知条件求得
，
，，从而求得椭圆
的方程与焦距；
（2）设点
，
，联立直线与椭圆N 的方程得
，根据韦达定
理求得
与
，由
，
，化简代入韦达定理式，解得t 的值，从而求
出定点即可得证.
【详解】（1）由题意可得
，解得
，
，
，
故椭圆方程为
，焦距为
.
（2）设点
，
联立
得
．
所以
，
因为
所以
即：
化简得：
，
方程左边通分后对分子提取公因式
可得：
，
进而化简得
，
因为
，所以得：
所以直线过定点
.
押题解读
圆锥曲线在小题中主要考察解析几何的思想，重在技巧上的掌握，包括直线和圆相关的轨迹和最值问
题，而大题重点在于考察解析几何的数形结合的转化以及高难度的计算能力，常考的定点定值问题以及隐
圆问题都是考察的重点，学生重点在于掌握圆锥曲线设而不求的思想，熟练掌握解析几何中变量的转化和
技巧从而简化运算，还需要强大的自信心和耐心才能解决圆锥曲线的问题。
1．若点
关于直线
对称的点在圆
上，则
的值为（ ）
A．1
B．
C．
D．2
【答案】C
【分析】点
在圆
上，由题意分析可知对称点必是圆
与圆
的公共点，
通过计算
，即可得出答案.
【详解】因点
的坐标满足
，则点
在圆
上，
因直线
过
的圆心，
则点
关于直线
对称的点必然在圆
上，
联立
，得
，
因圆
与圆
仅有唯一公共点
，
因此点
关于直线
对称的点只能是点
，
设直线
与线段
交于点
，
因
，
，
则由垂径定理可得，
，
则在
中，
，
因此
.
故选：C
2．如图，椭圆
与双曲线
有共同的右焦点
，这两条曲线在第一、三象限
的交点分别为A、B，直线
与双曲线右支的另一个交点为
，
形成以
为斜边的等腰直角三角
形，则该椭圆的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据椭圆及双曲线定义，结合等腰直角三角形，计算求解离心率.
【详解】
设左焦点为
，则
，
，
，
，
在
中用勾股定理
，化简得
，
所以
所以
，所以
.
故选:C.
3．如图，椭圆
，
，已知
右顶点为
，且它们的交点分别为
，
，
，
．
(1)求
与
的标准方程；
(2)过点
作直线MN，交
于点M，交
于点N，设直线
的斜率为
，直线
的斜率为
，求
；
（上述各点均不重合）
(3)点
是
上的动点，直线
交
于点
，直线
交
于点
，直线
交
于点
，直线
与直线
交于点N，求点G 坐标，使直线NG 与直线NH 的斜率之积为定值．（上述各点均不重合）
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)
.
【分析】（1）首先求出
，再代入
即可得到答案；
（2）设
，计算得
，结合其在椭圆上，代入化简即可得
，
同理
，则得到斜率比值；
（3）设直线
，联立椭圆方程得到
，则得到
的坐标，再计算得
，
，设
，计算化简得
，则得到定点坐标.
【详解】（1）由题意得，
，又因为
在
上，
代入
得
，所以
，则
.
（2）设
，则
，
又因为
，所以
，
则
，同理可得
，所以
.
（3）设直线
分别为
，其斜率依次为
，
设直线
，联立
得
，
即有
，所以
，代入直线方程得
，
则
，设
，
则经过
的两直线
之间斜率满足关系：
，
将直线
绕原点顺时针旋转
后也会经过
，
所以两者斜率满足
，所以
，
同理将直线
绕原点顺时针旋转
后也会经过
，
所以两直线斜率满足
，
，
设
，则有
，代入上式得：
，
得到
，
所以
，因此存在定点
，
使直线
和直线
的斜率之积为定值5.
4．已知抛物线
的焦点
到准线的距离为2，点
，过
的直线交
于
，
两
点，过
，
分别作的垂线，垂足分别为
，
，直线
，
与直线
分别交于点
，
.
(1)求
的方程；
(2)记
，
的纵坐标分别为
，
，当
时，求直线
的斜率；
(3)设
为
轴上一点，记
，
分别为直线
，
的斜率.若
为定值，求点
的坐标.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意得到
，即可求解；
（2）设直线
的方程为
，联立抛物线方程，结合韦达定理即可求解；
（3）由（2）结合两点斜率公式即可求解.
【详解】（1）由题意知
，所以抛物线方程为
.
（2）
由题意可设直线
的方程为
，
，
，则
，
，
.
所以
，得
，
所以
，
.
所以直线
的方程为：
，与直线
的方程
联立消去
，
解得
，同理
.
所以
.所以
.
所以直线
的斜率为
.
（3）设
，
因为
.
因为
，
.
所以
，
当
时，
为定值.所以
.
押题猜想十一 新定义问题
限时：15min
（改编）同余理论是大学数学教材《初等数论》中的重要内容．同余的定义为：设a，b，m 为正整数，其
中
，若存在正整数k，使得
，则称a 同余于b 模m，记作
．例如：
，
可记为
．
(1)证明：数列
中的每一项都是同余方程
的解；
(2)已知同余方程
．
（ⅰ）求同余方程所有的正整数解：
（ⅱ）将上述同余方程所有的正整数解按从小到大的顺序排列构成数列
，求数列
的前n 项和
．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）
或
；（ii）
（或
）
【分析】（1）先验证
是3 的倍数，则
除以3 余1，即
同余于1 模3；
（2）（i）正整数集
，
分别验证
时，
是否为3 的倍数，即可求出同余方程所有的正整数解；
（ii）首先写出数列
的通项公式，再分奇偶项分别求和即可得到数列
的前n 项和
．
【详解】（1）由
，
得
，
故数列
中的每一项都是同余方程
的解．
（2）（i）正整数集
，
当
时，由
，知
不是3 的倍数，
故
不是同余方程的解；
当
时，
由
，知
，
故
是同余方程的解；
当
时，由
，知
，
故
是同余方程的解．
由上知，同余方程
的所有正整数解为
或
．
（ii）由上知，该同余方程所有的正整数解按从小到大的顺序排列为
，
即奇偶项均为公差为3 的等差数列，由
可得
，
当n 为偶数时，
，
当n 为奇数时，
，
故
（或
）.
押题解读
为满足新高考改革、思维创新的要求，新定义问题已出现两次了，今年很有可能会延续，一般难度较
大，而新结构试卷中新定义问题出现的位置一般在填空压轴和应用题压轴，这类题目重在考察学生的数据
分析和逻辑推理能力，所以考察的题目无法具体到题型，学生在练习这类题目时重在去理解每一道题目中
所给的信息，练习从给定定义要求来解决相关问题的能力。因为占据了原本数列的题型，所以题源还是很
大可能出自数列的相关知识。
1．莫比乌斯（Mobius）环是最具有代表性的单侧曲面之一，它由德国数学家莫比乌斯于1858 年发现. 就
是把一根纸条扭转180°后，两头再粘接起来做成的纸带圈.现将一个长为30cm、宽为4cm 的矩形纸条粘合
两端（粘合两端重叠部分忽略不计），形成一个莫比乌斯环，如图：
下列关于莫比乌斯环说法正确的是（ ）
A．一只小虫在不跨过它的边缘情况下沿着表面至少走30cm 就能回到原处
B．如果把它沿中线剪开（如图白色线的部分），曲面被分成独立的两部分
C．如果把它沿中线剪开（如图白色线的部分），最终得到纸带的边缘周长为120cm
D．一只小虫在不跨过它的边缘情况下不能爬遍整个曲面
【答案】C
【分析】解法一：根据题意，想想小虫行进的情况，可以判断AD；设想从白线的一侧某处出发，并且永
远在这一侧，向着一个方向前进，想想其前进行走情况，可以推测出剪开之后的形状，进而判定BC.
解法二：可以用平面图示法理解转化分析.
【详解】 解法一
对于选项 A：一只小虫在不跨过它的边缘情况下沿着表面走 30 cm ，则会发现小虫来到“另一面”，需
要在继续前进30cm，才能回到原处，也就是说至少要走60cm 才能回到原处，故 A 错误;
对于选项 B：设想从白线的一侧某处出发，并且永远在这一侧，向着一个方向前进，走完30cm 到达了背
面的白线的对侧，需要再前进30cm 刚好回到原点，因此剪开后得到的仍然是一个环带，没有分成两部分，
把莫比乌斯带沿中线剪开后不会分成两个独立部分，而会得到一个长度加倍且360°扭转对接的环带，故 B
错误;
对于选项 C：沿中线剪开后得到的环带长是 60 cm，其边缘周长是 60cm 2＝120 cm，故 C 正确;
对于选项 D：实际走一走，可以看出小虫在不跨越边缘的情况下可以爬遍整个曲面，故 D 错误.
故选：C.
解法二
如图1 标记原纸带的正面的四个角
,起始端线和终止端线的中点分别记做
,
其背面的相应点依次记做
小写的字母表示相应的线段.
图2 是第一次扭转180°粘接后的莫比乌斯环的两面沿
剪断后展开图，图3 是从中间白线剪开后的纸环
沿
剪断后的展开图，
从图可以看出，小虫在不跨越它的边缘的情况下沿表面至少要走60cm 才能回到原处，此时也正好爬遍整
个曲面；
沿中间线剪开后的纸带是如图3 所示的矩形，扭转2 个180°的环，其周长为矩形的上下两边线的和，总长
为120cm；
故选：C.
故选：C.
2．记
表示不小于
的最小整数，例如
.已知
是大于1 的正整数，设
是函数
的零点，记
，则
.
【答案】228
【分析】因为
，所以
存在零点
，所以
，再构
造新函数，利用导数求得函数单调递增，再利用函数零点定理即可得到
，再利用等差数列求和公式即可求得结果.
【详解】因为
，两式取等条件不同，
所以
，
所以
存在零点
.所以
，
令
，则
，所以
.
设
，
所以
在
上为增函数，且
.
因为
单调递增，所以
，
所以
，
所以
，则
.
故答案为：
3．二进制就是“逢二进一”，通常用
表示一个
位的二进制数．设正整数
，（其中
，记
．
(1)当
时，求
对应的二进制数及
的值．
(2)（i）当
时，若
最小，求
对应的二进制数；
（ii）设
为
位二进制数，若
最小，证明：
是形如
的二进制数，且该二进制
数的首位是1，后面连续
个0，再后面是连续
个1，其中0 的个数
满足
．
【答案】(1)
，
；
(2)（i）
；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据二进制和十进制的转化方法和
的定义即可得到答案；
（2）（i）令
，
即可分析出当
时，
最小，则得到此时对应的二进制数；
（ii）首先分析出要使
最小，
须取最大，再分析有
，最后合理赋值
即可证
明.
【详解】（1）因为
，
所以
，
.
（2）（i）当
时，
，’
，
该式分式部分分子为正，所以当
时，
最小；
令
，则
，
该式分式部分分子为正，所以当
时，
最小；
再令
，则
，显然当
时，
最小．
综上，当
时，
最小．
（ii）证明：由已知，
得
，
该式分式部分分子为正，要使
最小，
须取最大，
于是
，令
，得
，
该式分式部分分子为正，要使
最小，
须取最大，于是
；
又
，
该式分式部分分子为负，要使
最小，
须取最小，于是
．
另外，对于使得
最小的
位二进制数，必有
.
这是因为：假设其中有两个数位存在
，则交换此两个数位，
所得新数的值会变小，而
的值不变，于是
更小，
这与＂
最小＂的前提矛盾．
综上，可得
最小时，必有＂
，且
＂.
取
的某个数位
，其右边所有位数均为1，
即
，
则
因此，要使
最小，
的取值只有两种情况：若该式分式部分分子为正，
则
需取1；若该式分式部分分子为负，则
需取0.
故使
最小的
是形如
的二进制数，
由题意知此时
中0 的个数为
，则
，
所以
，
既然有
个0 时
最小，那么有
个0 时
会更大，
于是
，可得
，
考虑到左边为整数，右边为小于1 的分数，所以上式等价于
，
解得
①，
同理，有
个0 时
也会更大，
于是
，可得
，
考虑到左边为整数，右边为小于1 的分数，所以上式等价于
，
解得
②，
由①②，可得
对应的
位二进制数中的0 的个数
满足
．
4．给定正数与无穷数列
，若存在
，当
时，都有
，则称数列
具有性质
．
(1)求证：数列
具有性质
；
(2)若无穷数列
具有性质
，求证：存在正数
，使得
；
(3)若对任意正数，数列
都具有性质
，则称
为“ —数列”．若正项数列
是“ —数列”，
试判断数列
是否也是“ —数列”，并证明你的结论．（注：
）
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
也是“ —数列”，证明见解析
【分析】（1）根据数列求和公式求出
的表达式并与
比较；（2）利用数列具有性
质
，通过绝对值不等式得到
的范围，进而找到满足条件的
；（3）根据
是“S—数列”，结
合不等式性质适当放缩证明
也是“S—数列”.
【详解】（1）取
，则当
时，
所以数列
具有性质
．
（2）
，当
时，都有
，
当
时，
，
所以
，
取
，则
．
（3）我们先证明：
1）
，恒有
，这由切线放缩易证．
2）
，当
时，恒有
，即
．
若不然，
，使得
．
取
，则
，矛盾！（类似（2）中证明）
下证
也是“ —数列”．
，当
时，
而由于
是“ —数列”，取
，则
，
当
时，有
，
所以
，
所以
也是“ —数列”．
5．定义：对于一个多项式
，如果存在正整数
，使得
可以表示为
，其中
，则称
为“
阶整数分解多项式”．
(1)判断多项式
是否为整数分解多项式？并说明理由；
(2)若
，且
互不相同，求
的值；
(3)若
为5 阶整数分解多项式，
为
的互不相等的整数根，试用
的根来表示
的整数根．
【答案】(1)是，理由见解析；
(2)0；
(3)
的根为
．
【分析】（1）直接因式分解直接得到答案；
（2）因为
，代入计算即可；
（3）根据题意知
，从而分析得
仍为
的根，
最后再证明对
无整数根即可.
【详解】（1）因为
，
所以多项式
是3 整数分解多项式．
（2）
，
下面对通分后的分子为0 进行简单计算说明，
.
（3）由题意
，
于是
．
因为
，所以
或
．
从而
仍为
的根．
下面证明对
无整数根．
若不然，不妨设
有整数根
，
则
，
求出
．
因为
与1 互质，所以
与
互质．
取
，
则
与
互质．
再取
，即有
与
互质．
对于任意绝对值大于1 的整数
，有
与
互质，所以
与
互质．
即
与
互质，
所以
．
由于
，
则
，
即
，
所以
的根为
．
