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 函数的性质...................................................................................................................................1
押题猜想二 向量的最值问题...........................................................................................................................4
押题猜想三 函数的零点问题.........................................................................................................................10
押题猜想四 圆锥曲线的离心率计算.............................................................................................................15
押题猜想五 圆锥曲线的面积问题.................................................................................................................19
押题猜想六 条件概率的计算.........................................................................................................................27
押题猜想七 解三角形（正余弦定理结合三角恒等变换）.........................................................................31
押题猜想八 外接球，内切球，棱切球.........................................................................................................34
押题猜想九 立体几何中的不规则图形.........................................................................................................38
押题猜想十 数列不等式证明（结合奇偶项求和）.....................................................................................46
押题猜想十一 利用导数研究双变量问题.....................................................................................................53
押题猜想一 函数的性质
限时：2min
已知函数
是定义在上
的偶函数，若对于任意不等实数
，不等式
恒成立，则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
或
【答案】C
【解析】因为函数
是定义在
上的偶函数，则
即为
，
对于任意不等实数
，不等式
恒成立，
可知
在
上单调递减，且
，
可得
，解得
.
故选：C.
押题解读
从近五年的高考情况来看，本部分多以单选题呈现，函数的单调性、奇偶性、周期性是高考的必考内
容，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图像、函数零点和不等式相结合进行考查，解题时
要熟练掌握基本函数图像及其变换规律，深入理解函数性质的定义与应用.本题利用函数性质解不等式
是今年高考的热点之一.
1．函数
的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由
，且定义域为R，
所以
为奇函数，排除A、B；
，排除D.
故选：C
2．已知
是奇函数，则
（ ）
A．
B．0
C．1
D．2
【答案】C
【解析】
是奇函数，
由
得
，
所以
恒成立，则
，解得
.
故选：C
3．已知奇函数
的定义域为
，若
为偶函数，且
，则
的值为（ ）
A．
B．0
C．1
D．2
【答案】A
【解析】∵
奇函数，∴
，则
，即
，
∵
为偶函数，∴
，
∴
，
，
∴
，
，则
，
故选：A.
4．已知函数
的图象如图所示，则
的解析式可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由图可知
的图象关于原点对称，则
为奇函数，
对于A ：
定义域为
，
当
时
，
，所以
，不符合题意，故A 错误；
对于B：
定义域为
，
且
，
所以
为非奇非偶函数，不符合题意，故B 错误；
对于D：
定义域为
，
且
，
所以
为非奇非偶函数，不符合题意，故D 错误；
对于C：
定义域为
，
，
所以
为奇函数，
且当
时
，
，所以
，符合题意，故C 正确；
故选：C
押题猜想二 向量的最值问题
限时：4min
已知在平行四边形ABCD 中，
，
，
，F 是线段AD 的中点，
．若
，
AE 与BF 交于点N，
，则
的值为 ．若
，则
的最小值是
．
【答案】
【解析】当
时
，即
为
的中点，
因为
、
、
三点共线，
设
，则
，
因为
、
、
三点共线，
设
，则
，
又
、
不共线，
根据平面向量基本定理得
，解得
，
所以
，又
，则
，
所以
；
因为
，
，
所以
，
因为
，所以当
时，
取得最小值，最小值为
.
故答案为：
；
押题解读
本部分多以填空题呈现，天津卷近年高频出现的向量与函数、几何结合的最值题，如利用向量模长、
夹角公式或坐标法求解距离、面积最值。掌握向量坐标化与几何转化的双路径，活用不等式（如柯西
不等式）和三角函数有界性，注意几何意义（如投影、对称性分析）简化计算，避免方向错误或漏解。
本题考查数量积的最值，是今年高考的热点之一.
1．如图，已知矩形
的边
，
，点
，
分别在边
，
上.若
，
，
则用
和
表示
；若
，则
的最小值为 .
【答案】
【解析】由
，
，则
，
，
由
，
若
且
，
，则
，
所以
，
，
所以
，而
，
，
所以
的最小值为
.
故答案为：
；
2．平面四边形
中，
，
，
，点
为线段
的中点．
（I）若
，则
；
（II）
的取值范围是 ．
【答案】
【解析】（I）如图，连接
，
因
，
，
为线段
的中点，
则
，
，
故四边形
为菱形，则
，
（II）如图，以
为原点，以
所在直线为
轴和
轴，
在
中可知，
，则
，
设
，则
，
，
因
，则点
的轨迹为以
为直径的圆，
方程为圆
，欲使其构成平面四边形，则其轨迹为半圆，
因
，则
该式子的几何意义为：点
到半圆
上的点的距离，
因
，则点
在圆
上，
则距离的最短值为
，最长为
，但此时无法构成四边形，
故
.
故答案为：
；
3．已知平面四边形
满足
，
且
，
为
的中点，则
，若
、
分别为线段
、
上的动点，且满足
，则
的最小
值为 .
【答案】
【解析】因为
，可得
，
因为
，则
，
因为
，则
，且
，如下图所示：
以点
为坐标原点，直线
为
轴，过点
且垂直于
的直线为
轴建立如上图所示的平面直角坐标系，
则
、
、
、
、
，
；
设点
、
，其中
，
，
，
，
所以，
，可得
，
因为
，则
，则
，
，
所以，
，
则
，
当且仅当
时，即当
时，等号成立，
因此，
的最小值为
.
故答案为：
；
.
4．在边长为
的菱形
中，
，且
，
，则
；若
为线段
上的动点，则
的最小值为 ．
【答案】
/
【解析】因为
，所以
，
所以
，
又
且
、
不共线，所以
，所以
；
如图建立平面直角坐标系，则
，
，
，
所以
，由
，所以
，
所以
，因为
为线段
上的动点，
设
，所以
，所以
，
所以
，
所以
，所以当
时
取得最小值，且最小值为
.
故答案为：
；
押题猜想三 函数的零点问题
限时：4min
若关于
的方程
有两个不相等的实根，则实数
的取值范围是 .
【答案】
【解析】右边的
，即：
. 解方程
得
或
;
解方程
得
或
.
需要根据
的符号讨论：
（1）当
时方程变为
，即
，解得
或
，有两个不等实根.
（2）当
时，关键点顺序：
记
：方程变为：
,解
，得
.
当
时，
根据开口方向和对称轴可知，至多有一解.
恰有一解条件
,解得
当
时，
,
有一解条件
,解得
;
当
时,
,至多有一解.
有一解条件
，解得
.
所以
时有2 解;
若
,由于
,
时
，得
.
:此时
,
有一解条件
,
,
或者
，无解.
有两解的条件：
,
解得
.
所以
时符合题意.
综上所述，当且仅当
时方程有两个不同的实数解.
故答案为：
.
押题解读
本部分多以填空题呈现，主要综合考查函数图像、方程根与代数运算能力，契合高考对基础概念应用
的重视。天津卷近年多次出现结合二次函数、指数函数或含参函数讨论零点个数、分布区间或数值计
算问题。熟记零点存在定理，掌握图像交点分析法，利用导数预判单调性及极值点辅助判断零点数量，
注意含参问题需分情况讨论端点值、判别式或极限趋势，填空题可快速代入特殊值验证或利用对称性
简化计算。本题考查分段函数零点个数问题，是今年高考的热点之一
1．若函数
有且仅有一个零点
，且
，则实数
的取值范围为
.
【答案】
【解析】令
有且仅有一个根
，且
，
所以，在
上
有且仅有一个根，
当
，则
，
令
且
，则
，
所以
在
上单调递增，
趋向于0 时
，
，
趋向于1 时
，
，
所以
；
当
，则
，
令
在
上单调递减，且
，
趋向于
时
，
，
所以
；
综上，
.
故答案为：
2．函数
，若
恰有三个零点，则实数
的取值范围是 ．
【答案】
【解析】
的图象如图，
由图知，当
时，
在
上有2 个零点，
则
在
有且仅有一个零点，
对称轴
，又
，
，则
满足题意；
当
时，
在
上有1 个零点，
则
在
有2 个零点，易知
，
所以只需
即可，此时
或
；
当
时，要使
有三个零点，则
，且
在
有2 个零点，
此时对称
，又
，则
，
即
，
令
，对称轴
，
在区间
上单调递减，
且
，所以
，
综上，实数
的取值范围是
.
故答案为：
3．已知
，若方程
有四个不同的实数根，则实数
的
取值范围为 ．
【答案】
【解析】令
，则原方程可化为
，
因为
，
又因为
，所以上式可化为
.
（1）当
时，
，
，即
，
所以则原方程可化为
，
整理可得
.
（i）当
时，上式可化为
，
所以关于
的一次方程有解必须满足
，解得
①，
（ii）当
时，上式可化为
，解得
，此时
②，
（2）当
时，
，
，即
，
所以则原方程可化为
，
整理可得
.
因为当
时，原方程已有两个不等的实数根，原方程要有四个不同的实数根，
方程
必须有两个不等的实数根，
令
，
的对称轴为
必须让二次函数
在
上与
轴有两个不同的交点，
所以须满足
，即
，
解得
③，
所以，综上①②③可得实数
的取值范围为
，
故答案为：
.
4．定义函数
，
，若
至少有
个不同的实数解，则实数
的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由
，可得
，
设
，则函数
至少有一个零点，
则
，解得
或
，
当
时，设函数
两个零点分别为
、
且
，
由韦达定理可得
，则必有
，则
必为函数
的一个零点，
若使得函数
至少有三个零点，则必有
，即
，解得
，所以，
，
且当
时，
，
作出函数
的图象如下图中的实线所示：
由图可知，此时函数
只有两个零点，不合乎题意；
若
，设函数
两个零点分别为
、
且
，
由韦达定理可得
，则必有
，
从而可知，
必为函数
的一个零点，作出函数
的图象如下图中的实线所示，
若使得函数
至少有三个零点，则
，所以，
，解得
，此时，
.
综上所述，
的取值范围是
.
故答案为：
.
押题猜想四 圆锥曲线的离心率计算
限时：2min
设双曲线
的左、右顶点分别是
，点
是
的一条渐近线上一点，若
，则
的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．4
【答案】C
【解析】如图所示，设点
在第一象限，
，
因为
，所以点
在以原点为圆心，为半径的圆上.
，解得
.
又因为
，所以
.
在
中，
，
，
，
所以
，即
.
所以
，
，
，
即
，所以
.
故选：C
押题解读
圆锥曲线的离心率问题是高考中的一个难点和热点．因为离心率是刻画圆锥曲线形状的一个基本量，
能考查考生对圆锥曲线形状最本质的理解，考查数学抽象、数学建模、数学运算等数学核心素养，灵
活多变，综合性强．求椭圆或双曲线的离心率、与双曲线的渐近线有关的问题，多以选择、填空题的
形式考查，难度中等，是高考常用的考查形式．双曲线的离心率是今年高考的热点之一.
1．已知
是双曲线
的左焦点，
为坐标原点，过点
且斜率为
的直线与
的右支交于点
，与左支交于点
，则
离心率为 （ ）
A．2
B．3
C．
D．
【答案】B
【解析】设
的中点为P，设
为双曲线的右焦点，连接
，
因为
，故
，设
，
则
，而P 为
的中点，则
，
故
，即N 为
的中点，
而O 是
的中点，故
是
的中位线，则
，
又
，故
，则
为等腰三角形，即得
，（c 为双曲线的半焦距）；
又直线
的斜率为
，即
，则
。（
为锐角），
在
中，
，故
，即
，
则
，
由双曲线定义知
，即得
，即
，
故
，即双曲线E 的离心率为3，
故选：B
2．已知
为坐标原点，双曲线
的左右焦点分别为
，
，双曲线上一点
满足
，且
，则
的离心率为（ ）
A．
B．
C．2
D．
【答案】D
【解析】①当
时，由
，则
，
由
，则
，所以
，
即
，由
，
，则
，
化简可得
，由
，则
；
②当
时，由
，则
，
由
，则
，所以
，
即
，由
，
，则
，
由
，则方程不成立.
故选：D.
3．已知双曲线
为
的左顶点，抛物线
的准线与
轴交于
．若在
的渐近线上存在点
，使得
，则
的离心率的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】抛物线
的准线与
轴交于
，则
，
设
的中点为
，
，则
，
在
的渐近线上存在点
，使得
，
是以
为圆心，半径为
的圆与渐近线
有公共点，
所以
，
，
所以
.
故选：D
4．已知
是双曲线
的右焦点，过点
的直线与双曲线
的一条渐近线垂直，
垂足为
，且直线与双曲线
的左支交于点
，若
，则双曲线
的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设
的左焦点为
，连接
，过
作
于
，
易知
，所以
为
的中位线，
又图中双曲线的渐近线方程为
，
则
，
，
则
为线段
的中点，所以
为等腰三角形，即
，
又
，
即
，
，即
，
，
解得
.
故选：B.
押题猜想五 圆锥曲线的面积问题
限时：2min
已知椭圆
的离心率为
，且过点
．
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)已知点
，过点
作直线（不与
轴重合）交椭圆
于
，连接
交
于点
，连接
，直线
与
轴交于点
．
（i）求
的值；
（ii）若点
在线段
上，求
的取值范围．
【解析】（1）由题意可得
，解得
，
所以椭圆
的标准方程为
；
（2）（i）设
，记
，
则直线
，
联立
，消
得
，
则
，故
，
则
，所以
，
另一方面直线
，
联立
，消
得
，
则
，所以
，
由于
，得
，
，
所以
；
（ii）由（i）的结论可知，点
为线段
的中点，则
，
不妨设
都在
轴上方，
进一步有
，
由（i）联立直线
与椭圆的方程得
，
由韦达定理得
，
则
，
因为点
在线段
上，所以
，
所以
，
所以
得取值范围为
.
押题解读
本部分多以解答题呈现，圆锥曲线面积问题的题目思路会比较顺畅，重点会在计算上面设置障碍，要
利用几何关系转换所求的面积，复习过程中要关注如何简化计算和转化思想．椭圆的面积比问题是今
年高考的热点之一.
1．椭圆
的左、右焦点分别为
和
，左顶点为
，下顶点为
.
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知过
的直线与椭圆交于
两点，若在直线
上存在一点
，使得
为面积是
的
等边三角形，求直线的方程与椭圆的标准方程.
【解析】（1）依题意，
且
，
所以
，又
，所以
，
整理得
.
（2）由（1）有
，故椭圆方程可写成
.
①当直线斜率不存在时，直线为
，显然不成立；
②当直线斜率存在时，设直线为
，设直线与椭圆交于不同的两点
中点为
，
由方程组
整理得
由已知可得
，所以
，且
，
①，
②，
①②式代入
，整理得
，满足
，即
，
代入①式
，求得
，
故椭圆方程为
，
直线方程为
或
.
2．已知椭圆
的左、右顶点为
、
，左焦点为
，离心率为
，过点
且垂直
于
轴的直线被椭圆
截得的线段长为
．
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)过点
的直线交椭圆
于
，
两点（其中点
在
轴上方），求
与
的面积之比的取值
范围．
【解析】（1）由椭圆
的离心率为
，得
，则
，半焦距
，
又过点
且垂直于
轴的直线
被椭圆
截得的线段长为
，
由
，得
，于是
，解得
，
所以椭圆
的标准方程为
.
（2）由（1）知，
，直线不垂直于
轴，
设直线的方程为
，
，
由
消去
得
，
，
，
，
于是
，而
，
，因此
，设
，
则
，解得
，
于是
，
所以
与
的面积之比的取值范围是
.
3．椭圆
的左焦点为
，离心率为
．
(1)求椭圆
的方程；
(2)若椭圆
的右顶点为
，点
的坐标为
，过点
的直线与椭圆
交第一象限于点
，与线段
交于点
．若三角形
的面积是三角形
面积的5 倍（
为坐标原点），求直线的方程．
【解析】（1）由题意得：
，
所以
所以椭圆方程为
.
（2）由题意可知，直线的斜率存在且为正，
直线
方程为
，
因为三角形
的面积是三角形
面积的5 倍
∴
∵
∴
又由题意可知
、
均在
轴右侧，∴
【算法一】设直线方程为
，由
，解得
，
思路一：
所以
因为点
点在椭圆上，故将
点坐标代入椭圆方程整理得：
∴
所以直线方程为
，即
．
思路二：由
得，
显然成立
∵
∴
∴
整理得：
∴
所以直线方程为
，即
．
【算法二】设直线方程为
，
由
，解得
，
思路一：
．
所以由
得
因为点
点在椭圆上，故将
点坐标代入椭圆方程整理得：
∴
所以直线方程为
，即
．15 分
思路二：
得，
显然成立
∵
∴
∴
整理得：
∴
所以直线方程为
，即
4．已知椭圆
的左焦点为
，右焦点为
，离心率
． 过
且斜率为
的直线交椭圆
于
、
两点，
的周长为．
(1)求椭圆
的方程；
(2)过点
且垂直于
的直线与椭圆
的一个交点为
(
在
轴上方)，过点
且平行于
的直线与椭圆
交于另一点
，问：是否存在直线，使得四边形
为平行四边形？若存在，求出此时四边形
的面积；若不存在，说明理由．
【解析】（1）
∵
，
所以
． 又因为
，即
，所以
，
所以
． 故椭圆
的方程为
．
（2）由题得：
，
设直线
为：
，直线为：
设
，
，
由
消去
，得
，
则
，
，
由
消去
，得
，
由
，可知
，设
，又
，
则
，
.
因为四边形
为平行四边形，
所以
，即
，
故
．
所以
．得
．
此时直线
为：
，直线为：
，
两平行线距离
，
又因为
，
所以四边形
的面积
，
所以存在直线，使得四边形
为平行四边形，此时四边形
的面积为
.
押题猜想六 条件概率的计算
限时：2min
第十五届中国国际航空航天博览会在2024 年11 月12 日至17 日在广东珠海举行.此次航展，观众累计参观
近60 万人次，签约金额超2800 亿人民币.为庆祝这一盛会的成功举行，珠海某商场决定在航展期间举行
“购物抽奖送航模”活动，奖品为“隐形战机歼-20S”模型.抽奖规则如下：盒中装有7 个大小相同的小球，
其中3 个是红球，4 个是黄球.每位顾客均有两次抽奖机会，每次抽奖从盒中随机取出2 球，若取出的球颜
色不相同，则没有中奖，小球不再放回盒中，若取出的球颜色相同，则中奖，并将小球放回盒中、某顾客
两次抽奖都中奖的概率为 ；该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为
.
【答案】
/
【解析】由题意，某顾客两次抽奖都中奖的概率为
，
设顾客第一次抽奖没有中奖为事件
，第二次抽奖中奖为事件
，
则
，
，
，
该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为
.
故答案为：
，
.
押题解读
本部分多以填空题呈现，主要综合考查逻辑推理与概率公式的应用能力，契合高考对数学思维严谨性
的要求。天津卷高频出现的以独立事件、排列组合或几何概率为背景的条件概率题。这类题主要利用
独立性简化计算，复杂问题可画树状图梳理事件关系，注意题目中“至少”“至多”等关键词的转化，
本题条件概率背景下概率与实际生活密切联系，是今年高考的热点之一
1．石室校园，望楼汉阙，红墙掩映，步移景异！现有甲、乙、丙、丁四位校友到“文翁化蜀”、“锦水
文风”、“魁星阁”、“银杏大道”4 处景点追忆石室读书时光.若每人只去一处景点，设事件
为“4 个
人去的景点各不相同”，事件
为“只有甲去了锦水文风”，则
，
.
【答案】
【解析】由题意可知，4 人去4 个不同的景点，事件数有
，总事件数为
，
故
，
又事件
的总数为
，所以
，
事件
和事件
同时发生，即“只有甲去了锦水文风，另外3 人去了另外3 个不同的景点”，则事件
的
总数为
，
所以
，所以
.
故答案为：
.
2．某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程．甲、乙、丙、丁四位同学
进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择，甲和乙选择的课程不同，则四人
选课的不同方案共有 种；若定义事件
为甲和乙选择的课程不同，事件
为丙和丁恰好有一人选
择的是“九章算术”，则
．
【答案】 30
【解析】四个人参加三门选修课程共有
种方案，其中甲和乙选择的课程相同共有
种方案，
所以甲和乙选择的课程不同共有
种方案；
事件
共有
种方案，以下考虑事件
，即“甲和乙选择的课程不同，丙和丁恰好有一人选择的是九章
算术”
先从丙、丁两个人中选一个人选择“九章算术”，则有
种方案，
若四个人中只有一个人选择“九章算术”，则甲、乙分别选择另外两门课程，有
种方案，
丙、丁中没选择“九章算术”的也从另外两门中选择一门，有
种方案，
根据分步乘法计数原理，共有
种方案；
若四个人中有两人选择“九章算术”，则除了包含丙、丁中的一个人外，还包含甲、乙中的一个人，有
种方案，
其余两人分别选择另外两门课程，有
种方案，
根据分步乘法计数原理，共有
种方案；
根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，事件
中共有
种方案，
根据条件概率公式，
；
故答案为：30；
.
3．袋子中装有8 球，其中6 个黑球，2 个白球，若依次随机取出2 个球，则在第一次取到黑球的条件下，
第二次取到白球的概率为 ；若随机取出3 个球，记取出的球中白球的个数为
，则
的数学期
望
.
【答案】
【解析】设“第一次取到黑球”为事件
，“第二次取到白球”为事件
.
则
.
表示第一次取到黑球且第二次取到白球的概率.第一次取黑球有
种取法，第二次取白球有
种取法，从 个球中依次取
个球的总取法有
种，所以
.
根据条件概率公式
，可得
.
随机取出 个球，取出的球中白球的个数
可能取值为
，，
.
表示取出的 个球都是黑球的概率，从
个黑球中取 个球的组合数为
，
从 个球中取 个球的组合数为
，所以
.
表示取出的 个球中有 个白球和
个黑球的概率，从
个白球中取 个球的组合数为
，从
个黑球中取
个球的组合数为
，所以
.
表示取出的 个球中有
个白球和 个黑球的概率，从
个白球中取
个球的组合数
为
，从
个黑球中取 个球的组合数为
，所以
.
根据期望公式 可得
.
故答案为：
；
.
4．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中大约有
的学生，每天玩手机超过1 小时，这些人
近视率约为
，其余学生的近视率约为
，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是 .
【答案】
/
【解析】设事件
“学生玩手机超过小时”，事件
“学生近视”，事件
为
的对立事件，
由题意可得
，
，
，则
，
所以
.
故答案为：
.
押题猜想七 解三角形（正余弦定理结合三角恒等变换）
限时：8min
在
中，角A、B、C 的对边分别为a、b、c，
．
(1)求
；
(2)若
的面积为
，且
，
（ⅰ）求
的周长；
（ⅱ）若
，求
．
【解析】（1）解法1：因为
，由正弦定理得
，
即
，
因为
，则
，故
；
解法2：因为
，由余弦定理得
，
整理得
，可得
，
由余弦定理可得
.
（2）（ⅰ）因为
，且
，则
，
，所以
，
因为由余弦定理得
，
于是
，
因为
，则
，所以
，
因此
，于是
的周长
.
（ⅱ）若
，则
，则
，
由上述分析得
，
，
所以
.
押题解读
本部分多以解答题呈现，主要综合考查三角函数、几何关系与代数变形能力，契合高考对多知识点融
合的要求。解决这类题要熟记定理公式，掌握“边角互化”技巧，如用正弦定理将边化为角，再用余
弦定理联立方程；复杂问题可尝试用辅助角公式或方程思想，注意多解情况需验证三角形存在性。本
题综合利用正余弦定理解决面积与周长问题，是今年高考的热点之一
1．在
中，内角
，
，
所对的边分别为
，
，，已知
．
(1)求角
的大小；
(2)设
，
．
（i）求
的值；
（ii）求
的值．
【解析】（1）因为
得
；
即
，得
；
所以
，因为
；
所以
.
（2）
，则
.
，则
，
.
所以
.
2．在
中，内角
所对的边分别是
，已知
，
，
(1)求b，c 的值；
(2)求
的值；
(3)求
的值．
【解析】（1）因为
，
，
，则
，
由余弦定理，
，则
，
解得
，
.
（2）由（1）知
，
由正弦定理
，则
.
（3）由（2）知
，
又
，则
，
所以
，
则
．
3．在
中，角
所对的边分别为
，已知
的面积为
，
，
.
(1)求
的值；
(2)求
的值；
(3)求
的值.
【解析】（1）
中，由
，得
，
由面积为
，有
，整理得
，
又
，解得
（负值舍去）
在
中由余弦定理
，可得
.
（2）在
中由正弦定理
，得
.
（3）因
，
则
.
4．在
中，内角
的对边分别为
，且
．
(1)求边
的长；
(2)求
的值；
(3)求
的值．
【解析】（1）因为
，由正弦定理可知
，
由余弦定理可得
，即
，
解得
，故
．
（2）由
及
，得
，
由正弦定理
，得
，
解得
．
（3）由（2）得
，所以
．
所以
．
所以
押题猜想八 外接球，内切球，棱切球
限时：4min
已知正四面体
（四个面都是正三角形），其内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为
，设
能装下正四面体
的最小正方体的体积为
，正四面体
的外接球（四面体各顶点都在球的表面
上）体积为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设正四面体的棱长为
，则正四面体的表面积为
，
由题设底面
的外接圆半径
，则
所以正四面体的高为
，
其体积为
，
设正四面体
内切球球心为
，半径为
，
解得：
，所以
，解得：
，
将该正四面体放入下图的正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，
此时即为能装下正四面体
的最小正方体，
正四面体
的最小正方体的边长为
，如下图，即
，所以
，
体积为
，设正四面体的外接球半径为
，
则正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为
，
所以
，所以外接球的体积为
，
.
故选：A.
押题解读
本部分多以选择题呈现，主要综合考查空间想象、几何推导与代数运算能力，契合高考对多能力融合
的要求。天津卷近年多次出现的复杂几何体（如棱柱、棱锥）相关球问题，如求球半径、体积或证明
球与几何体的位置关系。要熟记三类球的定义（外接球球心到顶点距离相等，内切球球心到面距离相
等，棱切球球心到棱距离相等），掌握几何公式（如球体积、点到面距离），利用对称性简化计算，
复杂问题可补形为长方体或分析截面特性，注意多解情况需结合几何约束验证。本题综合考查与球相
关的外接与内切问题，是今年高考的热点之一
1．已知
，
，
为球
的球面上的三个点，
为
的外接圆，若
的面积为
，
，则球
的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】因为
的面积为
，设
的半径为
，则
，解得
，
又
，所以
为等边三角形，则
，所以
，
设球
的半径为
，所以
，
所以球
的表面积
.
故选：C
2．直三棱柱
的各条棱长均为2，
为棱
中点，则点
到直三棱柱
的外接球
球心的距离是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由题意，设上、下底面正三角形的中心为
，取
的中点
，连接
，如下图：
易知点
为三棱柱
的外接球球心，且
平面
，
因为
平面
，所以
，
在正
中，
，易知
，
在
中，
.
故选：B.
3．六氟化硫，化学式为
，在常压下是一种无色、无味、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在
电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面
体），如图所示．若此正八面体的棱长为
，则下列说法正确的是（ ）
A．正八面体的体积为
B．正八面体的表面积为
C．正八面体的外接球体积为
D．正八面体的内切球表面积为
【答案】D
【解析】
把正八面体补形为如图所示正方体，因为正八面体棱长为
，则正方体的棱长为
选项A，正八面体的体积
，设四棱锥
的高为，
则
，所以
，A 错误；
选项B，正八面体的表面积为八个面面积和，故
，B 错误；
选项C，正八面体的外接球半径为正方体棱长的一半，故
，
所以外接球体积
，C 错误；
选项D，设内切球半径为，则根据正八面体体积相等，
，
所以
所以内切球表面积为
.D 正确.
故选：D.
4．球与棱长为
的正四面体各条棱都相切，则该球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】将正四面体补形为一个正方体如图所示（红色线条表示正四面体），则正四面体的棱为正方体的
面对角线，
因为球与正四面体的各条棱都相切，所以球与正方体的各个面都相切，所以所求的球为正方体的内切球，
又因为正方体的棱长为
，所以球的半径
，
所以球的表面积为：
，
故选：C.
押题猜想九 立体几何中的不规则图形
限时：10min
在如图所示的几何体中，四边形
为矩形，
平面
，其中
是棱
的中点.
(1)求证：
平面
；
(2)求直线
与平面
夹角的正弦值；
(3)求点
到平面
的距离；
【解析】（1）连接
交
于点
，连接
，
因为
分别为
的中点，所以
，
又
平面
，
平面
，
则
平面
；
（2）直线
平面
平面
，
所以
，且
，
则以
为原点，
所在直线为
轴，建立空间直角坐标系；
，
，
所以
，
设平面
的法向量为
，
由
，得
，
令
，得
，且
，
所以
，
直线
与平面
夹角的正弦值为
；
（3）因为
，
且平面
的法向量为
，
则点
到平面
的距离
.
押题解读
本部分多以解答题呈现，立体几何中的不规则图形问题是一个由抽象到直观，由直观到抽象的过程．
高考中，立体几何中的不规则图形常与空间中的平行、垂直、空间角及距离相结合命题．因此，关注
立体几何中的不规则图形问题是非常有必要的，也是今年高考的热点之一.
1．如图，在多面体ABCDGEF 中，四边形ABCD 为直角梯形，且满足
，
，
，
，
平面ABCD．
(1)证明：
平面CDE；
(2)求平面CDE 与平面ABE 夹角的余弦值；
(3)在线段BE 上是否存在一点P，使得直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值为
？若存在，求
的值；
若不存在，说明理由．
【解析】（1）因为
且
，所以四边形
为平行四边形，
又
，所以四边形
为菱形，所以
.
因为
平面
平面
，所以
，
又
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，
又
平面
，所以
平面
.
（2）因为
平面
平面
，所以
，
又
，
以
为原点，分别以
的方向为
轴，
轴，.
.轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，
则
，
所以
，
由（1）知平面CDE 的法向量为
，
设平面
的法向量为
，则
，
令
，得
，所以
.
故c
，
平面CDE 与平面ABE 夹角的余弦值为
；
（3）假设线段
上存在点
，使得直线
与平面
所成角的正弦值为
，
设
，
则
,
解得
或
.
所以线段
上存在点
，当
或
时，
使得直线
与平面
所成角的正弦值为
.
2．如图，在多面体
中，侧面
为矩形，
平面
，
平面
，
，
，
.
(1)求直线
与平面
所成角的正弦值；
(2)求平面
与平面
的夹角的余弦值；
(3)求点
到平面
的距离.
【解析】（1）由侧面
为矩形，得
，
又
平面
，
，
平面
，
则
，
，
即直线
，
，
两两垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系
则
，
，
，
，
，
，
，
，
.
设平面
的法向量为
则
，令
，得
，
设直线
与平面
所成的角为
则
.
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
（2）
，
设平面
的法向量为
则
，令
，得
，
设平面
与平面
的夹角为
则
所以平面
与平面
的夹角的余弦值为
.
（3）由（1）（2）可知，平面
的法向量为
，
点
到平面
的距离
.
3．如图，四边形
是正方形，
平面
，
，
，
、
、
分别为
、
、
的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)求平面
与平面
夹角的大小；
(3)在线段
上是否存在一点
，使直线
与直线
所成的角为
？
【解析】（1）因为
平面
，
，所以
平面
，
又因为四边形
是正方形，所以
．
以点
为坐标原点，
、
、
所在直线分别为
、
、
轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
不妨设
，
所以
、
、
、
、
、
，
因为
、
、
分别为
、
、
的中点，
所以
、
、
，
所以
，
，
易知平面
的一个法向量
，
因为
，则
，
又
平面
，所以
平面
．
（2）设
为平面
的一个法向量，则
，
解得
，令
，得
．
，
．
设
为平面
的一个法向量，则
，
令
，得
，
所以
．
所以平面
与平面
夹角的大小为
．
（3）假设在线段
上存在一点
，使直线
与直线
所成角为
．
依题意可设
，其中
．
由
，则
．
又因为
，
因为直线
与直线
所成角为
，
，
所以
，即
，解得
．
所以在线段
上存在一点
，使直线
与直线
所成角为
．
4．如图，在直五棱柱
中，
，
，
，
，
，
.
(1)求证：
；
(2)求平面
与平面
的夹角余弦值；
(3)求点
到平面
的距离.
【解析】（1）因为几何体为直五棱柱，所以
平面
，又
平面
，所以
，
因为
，
平面
，所以
平面
，
又因为
平面
，所以
.
（2）由直五棱柱的结构特点可知
平面
，因为
，
，所以
，
故以
为原点，分别以
为
轴的正方向，建立空间直角坐标系
，如图所示，
因为
，
，
，所以四边形
是矩形，
因为
，
，所以
是等腰直角三角形，
所以
，所以
，
设平面
的一个法向量为
，
所以
，取
，则
，所以
，
设平面
的一个法向量为
，
所以
，取
，则
，所以
，
所以
，
所以平面
与平面
的夹角余弦值为
.
（3）因为平面
的一个法向量为
，且
，
所以点
到平面
的距离为
.
押题猜想十 数列不等式证明（结合奇偶项求和）
限时：15min
已知数列
的前
项和
，
，
，
.设数列
的前
项和为
，且
，
(1)求
的通项公式；
(2)求
；
(3)求证：
.
【解析】（1）数列
中，
，当
时，
，
两式相减，得
，而
，则
，
由
，得
，因此数列
都是公差为4，首项分别为1，3 的等差数列，
，即当
为奇数时，
；
，即当
为偶数时，
，
所以
的通项公式是
.
（2）由（1）知
，
，
当
为偶数时，
，
当
为奇数时，
，
所以
.
（3）依题意，
，而
，
因此
，解得
，
当
时，
，
满足上式，则
，
当
时，
，
当
时，
，而
，
所以
.
押题解读
本部分多以解答呈现，主要在于其综合考查分类讨论、归纳推理与代数变形能力，契合高考对思维严
谨性的要求。天津卷近年多次出现的需分奇偶项处理的数列问题，如递推公式含周期性因子或奇偶项
规律不同，需分别求和并比较大小。数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围
等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．本题数列不等式证明与奇偶项求和相结合，
是今年高考的热点之一
1．已知数列
为等差数列，数列
为等比数列，且
，
，
，
，
．
(1)求数列
和
的通项公式；
(2)已知
，求数列
的前
项和
；
(3)当
时，设集合
，集合
中元素的个数记为
，
求数列
的通项公式．
【解析】（1）因为数列
为等差数列，所以，该数列的公差为
，
所以，
，
设等比数列
的公比为
，
由
可得
，解得
，则
.
（2）当
为奇数时，
，
设数列
奇数项的和为
，
则
.
当
为偶数时，
，设数列
的偶数项的和为
，
则
，
可得
，
上述两个等式作差得
，
整理可得
，
所以，
.
（3）集合
中元素个数等价于满足
的不同解
的个数，
若
，则
，与已知矛盾；
若
，则
，与已知矛盾，所以，
，
又因为
，
所以，
，
即
、
、、
、
，共
个解
，故
.
2．已知等差数列
的前n 项和为
是公比大于0 的等比数列
且
成等差数列.
(1)求数列
和
的通项公式；
(2)设
求
；
(3)对于数列
在
和
之间插入数列
的前k 项
组成一个新的数列
：
…，求
.
【解析】（1）等差数列
的前n 项和为
设公差为d，
是公比q 大于0 的等比数列，
由
且
成等差数列，
可得
即
解得
则
；
（2）
当n 为奇数时
当n 为偶数时
设奇数项的和为
相减可得
化为
；
设
所以
；
（3）由
可得
设
相减可得
则
3．若无穷数列
满足：对于
，
，其中A 为常数，则称数列
为“A 数列”．
(1)若等比数列
为“A 数列”，求
的公比q；
(2)若数列
为“A 数列”，且
，
．
①求证：
；
②若
，且
是正项数列，
，求满足不等式
的
的最小值．
【解析】（1）因为等比数列
为“A 数列”，则
，
即
，可得
，
若上述方程对任意
恒成立，则
，且
为定值，
所以
的公比
.
（2）由题意可知：
，且
，
则数列
是以首项为
，公差为1 的等差数列，
可得
，即
.
①因为
，
若
，则
；
若
，则
；
若
，则
，
可得
；
综上所述：
；
②因为
，且
是正项数列，则
，即
，
可得
，
若
对任意
恒成立，即
，
令
，可得
，可得
，
且
，则
，
若
，可得
，
又因为
，
可得
，
所以
符合题意；
若
对任意
恒成立，即
，
令
，可得
，可得
，
若
，可得
，
又因为
，
可得
，
，
可得
，所以
符合题意；
综上所述：
的最小值1.
4．已知数列
是正项等比数列，
是等差数列，且
.
(1)求
和
的通项公式；
(2)
表示不超过
的最大整数，
表示数列
的前
项和，集合
共有4 个元素，求实数
的取值范围；
(3)
，数列
前
项和为
，求证：
.
【解析】（1）设数列
首项
，设公比
，设数列
首项
，设公差
，
∵
，即
，∴
，
（舍去），
，
∴
．
；
（2）
，
其中
，
∴
，
，集合
，
设
，
，
所以当
时，
，
当
时，
，
计算可得
，
，
，
，
，
因为集合有4 个元素，
；
（3）
，
，
设
①，
②，
上式①-②得，
，
所以
，
当n 为奇数时，
，
则
，
.
押题猜想十一 利用导数研究双变量问题
限时：15min
已知函数
，
.
(1)求函数
在
处的切线方程；
(2)若
，
（i）当
时，求函数
的最小值；
（ii）若
有两个实根
，
，且
，证明：
.
【解析】（1）因为
，所以
，
所以
，又
，
所以函数
在
处的切线方程为：
，即
.
（2）（i）当
时，
，定义域为
，
，
令
，
则
，
所以
在
上单调递增，
又因为
，
所以
使得
，即
，①
故当
时，
，即
，此时
在
上单调递减；
当
时，
，即
，此时
在
上单调递增，
所以当
时，函数
有最小值，
由①可得
，即
，
所以函数
的最小值为
.
（ii）由题意，
，定义域为
，
由题意
有两个不相等的实数根，
令
，则
，
所以
在
上递增，所以
，
令
，
所以
有两个不相等的正的零点
，且
，
即
，两式分别相加减得，
.
所以
②
要证
，只需证
，
即证
，即需证
，
由②知，
，
故只需证
，
不妨设
，令
，
则只需证
，即
，
故只需证
，
令
则
，
所以
在
上单调递增，
所以
，
即当
时，
成立.
所以
，即
，故
.
押题解读
本部分多以解答题呈现，天津卷高考常考双变量不等式，双变量问题更是综合考察数学建模和逻辑推
理的载体。要掌握构造函数技巧，如将双变量转化为单变量函数，利用导数求极值、分析单调性，结
合放缩法或比值代换简化证明。天津卷注重基础综合应用，此类题常作为压轴出现，考察学生灵活运
用导数的能力，备考时需强化构造思维和导数工具的应用训练。本题利用比值代换简化证明，是今年
高考的热点之一.
1．已知函数
.
(1)求曲线
在其零点处的切线方程；
(2)若方程
有两个解
，且
.
（i）求实数
的取值范围；
（ii）若
恒成立，求实数
的取值范围.
【解析】（1）令
得
，且
，
零点处切线的斜率为
，切点的坐标为
，
故零点处的切线方程为
；
（2）（i）由
得
，
设
，则
，
① 当
时，
，
单调递减，则方程
至多有一个解；
② 当
时，当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；
若方程
有两个解，则
，解得
，
设
，则
，
所以
在
单调递减，从而
，即
.
所以
，又
，
所以
时，方程
有两个解.
（ii）由
得
,所以
，
，
设
，则有
，即
，
，
由
得
，即
，
设
，则
，
设
，则
，
设
，则
，
当
，
，
单调递增，
当
，
，
单调递减，
且
，
，
所以存在唯一的
，使得
，
当
，
，
单调递增，
当
，
，
单调递减，
且
，
，
所以
在
单调递增，在
单调递减，
所以
，
所以
，即
的取值范围是
.
2．已知函数
，
.
(1)求曲线
在
处的切线方程；
(2)若
对任意的
恒成立，求实数
的取值范围；
(3)若
有三个零点
，
，
，且
，求证：
.
【解析】（1）由函数
，可得
，
且
，则
，
曲线
在
处的切线方程为
；
（2）当
时，
等价于
，
设
，则
，
，
（ⅰ）当
，
时，
，
故
，
在
上单调递增，因此
；
（ⅱ）当
时，令
得
，
.
由
和
得
，
故当
时，
，
在
单调递减，因此
.
综上，
的取值范围是
.
（3）由
等价于
，
令
.注意到，
，依题意，
除了1 之外，还有两个零点，
又由
，令
（
），
当
时，
恒成立，故这时
在
单调递减，不合题意：
当
时，由题意，首先
在
上有两个零点，
故
，解得
，
设两个零点为
和
，有
，
，故可知
，
均大于0，
由此可得
在
单调递增，
单调递减，
单调递增，
而
，即
，
，
，
又因为
，
，
故
在
内恰有一个零点，在
内恰有一个零点，
又1 为
的一个零点，所以
恰有3 个零点，亦即
恰有3 个零点，
实数
的取值范围是
.
，由
，
由此可得
，要想证明
，
只需证明
，而
，
因此只需要证明当
时，
，
令
，
，
可得
，故
在
上单调递增，
因此当
时，
，即当
时，
，
因此
，
由
，有
，即
，
两边同时除以
，由
，有
，
即
.
3．已知函数
.
(1)当
时，直线
（
为常数）与曲线
相切，求
的值；
(2)若
恒成立，求
的取值范围；
(3)若
有两个零点
，求证：
.
【解析】（1）当
时，
.
设切点
，则
消
得
，解得
，代入得
.
（2）方法一：因为
，
所以
，
当
时，设
，则
，
所以当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增.
所以
.
又-axe
，故
恒成立，所以
成立.
当
时，
，
所以当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增.
故
，解得
，又
，所以
，
综上所述，
的取值范围为
.
方法二：因为
恒成立，
又
，所以上式等价于
恒成立.
记
，则
，
设
，则
.
当
时，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递增.
所以
.
所以当
时，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递增.
所以
.
故
的取值范围为
.
方法三：因为
恒成立，
又
，所以上式等价于
恒成立.
记
，则
，
所以当
时，
在
上单调递减；当
时，
在
上单调递
增.所以
.
令
，则
，则
恒成立.
记
，则
，
所以
在
上单调递增，所以
，所以
.
故
的取值范围为
.
（3）方法一：因为
有两个零点
，不妨设
，
则
，
即
，即
，
令
，则
，
所以当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增.
所以
.
令
，则
单调递增，
又
，所以
，即
.
由
的单调性可知
.
思路一：构造函数
.
则
，
故
在
上单调递减，
又
，所以
，则
，即
，
又
，所以
，
又
在
上单调递增，所以
.
故
.
思路二：要证
，即证
，即证
.
令
，即证
.
构造函数
.
则
，
故
在
内单调递减，则
，即
.
故
.
思路三：因为
，即
，
令
，则
即
要证
，即证
，
即证
，即证
，
下同思路一，略.
方法二：因为
有两个零点
，不妨设
，
则
，
即
.
令
，则
，
所以当
时，
单调递减；当
时，
单调递增.
所以
.
令
，则
单调递增，
又
，所以
，即
由
的单调性可知
.
思路一：构造函数
.
则
，
令
，则
，
所以当
时，
单调递减，
所以当
时，
，则
，所以
，
故
在
上单调递减，又
，所以
，则
，即
，
又
，所以
，
又
在
上单调递增，所以
.
故
.
思路二：因为
，所以
，
即
，
令
，要证
，即证
，
即证
.
构造函数
.
则
，
故
在
上单调递减，则
.
故
.
注：要证明
，即证
，构造函数
.
则
，
故
在
上单调递减，则
.故
.
思路三：令
，则
即
.
要证
，即证
，即证
.
下同思路二，略.
思路四：对
两边取对数，得
，下面同方法一.
4．已知函数
．
(1)讨论
的单调区间；
(2)已知
，设
的两个极值点为
，且存在
，使得
的图象与
有三
个公共点
；
①求证：
；
②求证：
．
【解析】（1）
，
，
其中
，
，
当
时，即
，此时
恒成立，
函数
在区间
单调递增，
当
时，即
或
，
当
时，
在区间
上恒成立，
即函数
在区间
上单调递增，
当
时，
，得
或
，
当
，或
时，
，
当
时，
，
所以函数
的单调递增区间是
和
，
单调递减区间是
，
综上可知，当
时，函数
的单调递增区间是
；
当
时，函数
的单调递增区间是
和
，
单调递减区间是
；
（2）①由（1）知，当
时，函数
的单调递增区间是
和
，
单调递减区间是
，
、
是方程
的两根，
有
，
，
又
的图象与
有三个公共点
，
故
，则
，
要证
，即证
，又
，
且函数
在
上单调递减，即可证
，
又
，即可证
，
令
，
，
由
，
则
恒成立，
故
在
上单调递增，即
，
即
恒成立，即得证；
②由
，则
，
令
，
，
则
，
故
在
上单调递增，即
，
即当
时，
，
由
，故
，又
，故
，
由
，
，函数
在
上单调递减，故
，
即
，又由①知
，故
，
又
，
故
.
5．已知函数
，
．
(1)当
时，求曲线
在
处的切线方程；
(2)求
的单调区间；
(3)设
是函数
的两个极值点，证明：
．
【解析】（1）当
时，
，
得
，则
，
，
所以切线方程为
，即
；
（2）
，
当
时，
恒成立，
在
上单调递增，无减区间，
当
时，令
，得
，
单调递增，
令
，得
，
单调递减，
综合得：当
时，
的单调递增区间为
，无减区间；
当
时，
的单调递增区间为
，
的单调递减区间为
；
（3）
，
则
，
因为
是函数
的两个极值点，
即
是方程
的两不等正根，
所以
，得
，
令
，则
，
得
，
则
，
所以
，
则
，
令
，
则
，
所以
在
上单调递增，
所以
，
所以
，
即
.
