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 抽象函数与函数性质的综合应用........................................................................................................1
押题猜想二 借助导数研究不等式恒成立问题........................................................................................................5
押题猜想三 解三角形中的一线分两角与限制角条件问题..................................................................................15
押题猜想四 三角函数中
,
的取值范围问题....................................................................................................22
押题猜想五 立体几何中球的内切和外接问题......................................................................................................26
押题猜想六 立体几何中非标准（不易）建系问题..............................................................................................32
押题猜想七 圆锥曲线中的面积问题......................................................................................................................40
押题猜想八 圆锥曲线中的切线与切点弦问题......................................................................................................49
押题猜想九 概率统计与数列、函数等模块的综合应用......................................................................................63
押题猜想十 数列的创新问题（多模块知识交汇类、新定义类）......................................................................72
押题猜想一 抽象函数与函数性质的综合应用
限时：3min
（改编）若函数
是定义在
上的不恒为零的偶函数，且对任意实数
都有
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】令
，得
，即
，
因为
为偶函数，所以
，解得
.
当
时，
，
，即
.
，
，
，
，
，
2 / 83
以上式子相加可得：
，解得
.
故选：D．
押题解读
近三年高考中抽象函数与函数性质的综合应用考查主要集中在选择题和填空题中，偶尔也会在解答题中出
现。题目难度从基础到较难不等，涉及多种函数性质的综合应用，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。预计2025 年高考中，抽象函数与函数性质的综合应用仍
将以选择题和填空题的形式出现，题目将继续考查学生的综合推理能力，可能出现创新题型，如结合实际
问题或新定义的函数性质进行考查。
1 ．已知函数
是定义在
上的偶函数，
是
的导函数，
，若
在
上恒成立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】因
为偶函数，则
①，
对两边求导得，
②，
在
③中，用
代替
得
④，
由①②④可得，
⑤，
联立③⑤得，
，
则
化简为，
，
令
，则
，
则
得
；
得
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
的最小值为
，故
，
则实数
的取值范围是
.
故选：A
2 ．已知函数
满足：对
，都有
，
，若
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
，
则
，
则
，
即
，所以
，即
故选：B.
3．已知函数
，则关于
的不等式
的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由
，
则
，
由
，则函数
在
上单调递增，易知函数
在
上单调递减，
由
，则
，即
，
可得
，分解因式可得
，解得
.
故选：A.
4．（多选题）函数
的导函数
和函数
都是
上偶函数，且
，
，则
（ ）
A．
的图象关于点
对称
B．
是周期函数
C．
D．
【答案】ABD
【详解】由
是偶函数，得
，即
，
则
（
为常数），由于
，
取
，得
，于是
，
对于A，由函数
是R 上偶函数，得
，
4 / 83
由
，得
，即
，
于是
，函数
图象关于点
对称，A 正确；
对于B，由
，得
，即
，
由
，得
，于是
，
即
，因此
，函数
是周期为4 的周期函数，B 正确；
对于C，由
，
，得
，
则
，
，因此
，C 错误；
对于D，由
，得
，
，
，
，
因此
，D 正确.
故选：ABD
5．（多选题）记定义在
上的函数
与
的导函数分别为
和
，若
，
，且
，则（ ）
A．
B．
的图象关于直线
对称
C．
是周期函数，且其中一个周期为8
D．
【答案】BC
【详解】由题意，函数
与
的定义域均为
.
由
求导可得
，即
，
所以
的图象关于直线
对称，故B 正确；
由
求导可得
，
，
，则
（为常数），
令
，则有
，所以
，即
，
所以
，即函数
的图象关于直线
对称.
又由
可得
，
则有
，
，
，即
，
所以函数
的图象关于点
对称.
所以函数
是周期函数，周期
.证明如下：
由
可得
，
由上述结论可知
，所以
.
则
，即
，
又由
可得
，所以
.
所以
是周期函数，且其中一个周期为8，故C 正确；
对于A，因为
，
，
若
，则
，与
矛盾.
故A 错误；
对于D，由
求导可得
，
则有
，因为
，所以
则
（是常数），令
，可得
，
所以
，即函数
的图象关于直线
对称.
所以，函数
也是周期函数，周期
.
，令
，可得
，
根据对称性可知，
，
所以
.
所以
，
不确定是否为0，故D 错误.
故选：BC.
押题猜想二 借助导数研究不等式恒成立问题
限时：15min
（改编）已知函数
，若
有3 个零点
，
6 / 83
其中
.
(1)求实数
的取值范围；
(2)求证：
.
【答案】(1)
；（2）证明见解析
【详解】（1）
，
，
，则
除1 外还有两个零点.
，令
，
当
时，
在
恒成立，则
，
所以
在
单调递减，不满足，舍去；
当
时，要是
除1 外还有两个零点，则
不单调，
所以
存在两个零点，所以
，解得
，
当
时，设
的两个零点为
，则
，
，
所以
.
当
时，
，
，则
单调递增；
当
时，
，
，则
单调递减；
当
时，
，
，则
单调递增；
又
，所以
，
，
而
，且
，
，且
，
所以存在
，
，使得
，
即
有3 个零点
，
，
.
综上，实数
的取值范围为
（2）因为
，
所以若
，则
，所以
，
当
时，先证明不等式
恒成立，设
，
则
，
所以
在
上单调递增，
，
即当
时，不等式
恒成立，
由
可得
，
因为
，所以
，
即
，
两边同除以
得
，即
，
所以
，
即
，
即
，得证.
押题解读
函数与导数一直是高考中的热点与难点，利用导数研究不等式恒成立问题也一直是高考中档压轴题的命题
热点，此类问题一般会把函数、导数及不等式交汇考查，对能力要求比较高。高考对本部分的考查一般有
三个层次：1、主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；2、导数的简单应用，包括求函数的单调
区间、极值、最值等；3、综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数取值范围、解决应用问
题等，还可能将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题。
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1．已知函数
（
）．
(1)当
时，讨论
的单调性；
(2)已知
，
为曲线
上任意两点，且A，B 关于点
对称．
（ⅰ）求b 的取值范围；
（ⅱ）若
，求a 的取值范围．
【答案】(1)
在区间
单调递减，在
单调递增．
(2)（i）
；（ii）
.
【详解】（1）由
可得
，其定义域为
；
易知
，
记
，
则
，所以
在
单调递增．
又
，因此
时，
；
时，
；
所以
在区间
单调递减，在
单调递增．
（2）（ⅰ）由题意可得
．
由对称性，不妨设
，则
．
又
，即
．
记
，则
，
又
，
，所以
，
所以
在区间
上单调递增，所以
，即
．
下面证明
，即证
，
有解，
记
，则
，
取
，则
，
所以
，使得
，所以
．
（ⅱ）由题意可得
，即
．
记
，
，
则
，
．
记
（
），
，
所以
在区间
上单调递增，所以
，
即
，即
，即
（
）．
若
，则
，
所以
在区间
上单调递减，所以
，符合题意．
若
，
时，
，
所以
在
单调递增，所以
，不符合题意．
综上所述，
．
2．已知函数
.
(1)当
时，若不等式
恒成立，求的取值范围；
(2)若
有两个零点
，
，且
.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：
.
【答案】(1)
(2)（i）
，（ii）证明见解析
【详解】（1）设
，
则
，令
，则
，
所以
在
上单调递增，从而
.
①当
，即
时，
，则
在
上单调递增，从而
，符合题意；
②当
，即
时，
，则一定存在
，使得当
时，
，则
在
上
单调递减，从而
，合题意．
10 / 83
综上所述，的取值范围为
．
（2）（i）由题意知，
的定义域为
．
当
时，
，所以
在
上单调递增，
从而
在
上至多有一个零点．7 分当
时，令
，得
．
当
时，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递增．
所以
是
的极小值点，也是最小值点，
即
．
，则
．
所以当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减，
所以
是
的极大值点，也是
的最大值点．
即
，从而
．
一方面，由（1）可知，取
，当
时，
，即
，
即
，易知当
时，
也成立．
所以当
时，
．所以
，即
，从而
．
因为
，所以
在
内有一个零点
.
另一方面，由（1）知，
．
又
，
所以
，
所以
在区间
内有一个零点
．
综上所述，的取值范围是
．
（ii）证明：由
，得
，
所以
，即
．
要证
成立，只需证
，
即证
，即证
．令
，则
．
即证
，即证
．
设
，则
，
所以
在区间
上单调递增，所以
，即
式成立．
所以不等式
成立.
3．已知为常数，函数
.
(1)讨论
的单调性；
(2)若
有两个零点
.
①求的取值范围；
②若
恒成立，求
的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)①
；②
【详解】（1）由题意，得
.
①当
时，因为
，
恒成立，
所以
，故
在定义域
上单调递增.
②当
时，由
，得
，解得
；
由
，得
，解得
.
所以
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
（2）①由题意，得
.
12 / 83
令
，则
.
易知
为增函数，由
，解得
，
即
.
由题意，关于的方程
即
有两个不等实根.
设函数
，则
.
由
，得
；由
，得
.
所以
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，
所以
.
又当
时，
；当
时，
，
所以
，所以的取值范围是
.
②由已知，得
，
.
两式相减，得
，
故
.
由
，得
，
故
.
将
代入，得
，
即
.
令
，则
，
即
.
设函数
，其中
，则
.
令
，则
.
①当
时，
，所以
在区间
上单调递增，故
.
所以
在区间
上单调递减，
故
，不符合题意.
②当
时，由
，得
，
所以
在区间
上单调递增.
故当
时，
，所以
在区间
上单调递减.
所以
，不符合题意.
③当
时，
，所以
在区间
上单调递减，故
.
所以
在区间
上单调递增，
故
，满足题意.
综上所述，
的取值范围是
.
4．已知函数
.
(1)当
时，求证：
；
(2)若
对于
恒成立，求的取值范围；
(3)若存在
，使得
，求证：
.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由
，得
.
要证
，只需证
.
令
，则
.
当
时，
，则
单调递减，
当
时，
，则
单调递增，
所以
，故
，
因此
.
14 / 83
（2）
令
，则
①当
时，由
，得
，
因此
，满足题意.
②当
时，由
，得
，
因此
，则
在
上单调递增.
若
，则
，
则
在
上单调递增，
所以
，满足题意；
若
，则
，
因此
在
存在唯一的零点
，且
，
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
所以
，不合题意.
综上，的取值范围为
.
（3）由（2）知
，设
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
注意到
，
故
在
上存在唯一的零点
.
注意到
，且
在
上单调递增.
要证明
，只需证
，
因为
，所以只需证
，
即证
.
因为
，即
，
所以，只需证
，
只需证
（*）
由（1）得
，
因此
，
设
，
则
，所以
在
上单调递增，
所以
，
从而
，即
，因此（*）得证，
从而
.
5．已知函数
.
(1)当
时，讨论
的单调性；
(2)当
时，
恒成立，求的取值范围；
(3)求证：当
时，
.
【答案】(1)答案见解析；
(2)
；
(3)证明见解析.
【详解】（1）由题设
，则
且
，
当
，
，即
在
上单调递增，
当
，
，即
在
上单调递减，
当
，
，即
在
上单调递增；
（2）由题设
，令
，则
，
对
时，
恒成立，且
，只需
，即
，
另一方面，
时，
，
16 / 83
所以
在
上单调递增，则
，
所以
在
上单调递增，则
，满足题设，
综上，
；
（3）由（2）取
，在
上
，
令
，
，则
，即
，
所以
，则
，得证.
押题猜想三 解三角形中的一线分两角与限制角条件问题
限时：10min
（原创）在
中，内角
所对的边分别为
，已知
.
(1)求
；
(2)若
为边
上的一点，
，
，
，求
的面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为
，
所以由正弦定理得
，
因为
，所以
，
所以
，即
，
所以
，
又
，所以
，
所以
，故
.
（2）在
中，由余弦定理得
，
即
，
解得
，
则
，
所以
.
因为
，所以
，
所以
.
在
中，由正弦定理得
，
解得
，
所以
.
押题解读
解三角形及其应用是高考数学的高频考点，其中涉及的一线分两角与限制角条件问题是该部分考查的热点
和难点，在选择题填空题及解答题中都有出现。命题侧重考查正、余弦定理和面积公式的应用，难度适中。
也与三角恒等变换、三角函数等知识结合、注重考查解三角形在实际问题中的应用。正、余弦定理及其变
形依然是2025 年高考的重点内容，题目可能结合三角形的中线、角平分线等性质以及特定三角形（如锐角
三角形）考查三角形的面积、周长、范围问题，对考生的题干信息提取和转化能力有更高的要求。
1．
的内角
的对边分别为
，已知
.
(1)求
；
(2)若
为锐角三角形，
，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
18 / 83
【详解】（1）因为
，由正弦定理得
，
故
，
在
中，
，
，所以
，
，则
，
可得
，所以
，所以
.
（2）由正弦定理可得
（
为
外接圆的半径），
所以
，
，
因为
，则
，
，
所以
，
因为
为锐角三角形，则
，解得
，
则
，
，故
.
2．在钝角三角形
中，角
的对边分别是
，
．
(1)求
；
(2)若
，求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理得
，即
，
化简得
，又
，所以
，
得
，又
，所以
．
（2）由正弦定理得
，
因为
为钝角三角形，所以
，
所以
．
当
为锐角时，
，得
，所以
，
从而
．
当
为钝角时，
，得
，
所以
，从而
．
综上所述，
的取值范围为
．
3．在
中，角
，
，
的对边分别为
，
，，
.
(1)求角
的大小；
(2)
为边
上一点，且
，若
，求
的最大值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理及
，
得
，
，
所以
，即
，
因为
，所以
，所以
，
又
，所以
.
（2）因为
在边
上，且
，所以
，
，
20 / 83
在
中，由余弦定理，得
，
在
中，由余弦定理，得
，
二者联立，消去
，得
，
在
中，由余弦定理，得
，
所以
，即
，
所以
，即
，
所以
，当且仅当
，即
，
时等号成立，
所以
的最大值为
.
4．在
中，
，
，分别是内角
，
，
的对边，
．
(1)求角
的大小；
(2)设
为边
上一点，若
，且
，求
面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）依题意，
，即
，
结合正弦定理，可得
，
因为
，
，所以
，
即
，
故
，
因为
，
，则
，故
.
（2）法一：因为
，
所以，
，
所以
，
所以
，
即
，整理得
.
由
，可得
，当且仅当
时，等号成立.
故
面积
，
即
面积的最小值为
.
法二：设
，
，则
，为点
到边
的距离.
因为
，所以
，
又
，
故
，得
，
所以
，整理得
，
因为
，得
，
显然
，
，故
，
.
根据
，得
，
即
，整理得
.
由
，可得
，当且仅当
时，等号成立.
故
面积
，
即
面积的最小值为
.
22 / 83
法三：过点
作
，交
于点
.
据
，可得
，
，
因为
，故
，
，
所以
，
，得
.
在
中，
，
，
由余弦定理，
，
则
，解得
，
所以
，即
.
由
，可得
，当且仅当
时，等号成立.
所以
面积
，
即
面积的最小值为
.
5．记
的内角
所对的边分别为
，且
．
(1)求
；
(2)设
为
边的中点，若
，
，求
的面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理得，
，
，
，
，
，
，
，又
；
（2）由余弦定理得：
，
，
，
，
，
，解得
，
的面积为
．
押题猜想四 三角函数中
, 的取值范围问题
限时：3min
（改编）函数
，
，若
与
在
上的图象有
且仅有4 个交点，则
的取值范围是 .
【答案】[11
6 , 7
3 )
【详解】当
增大时，函数最小正周期越小，函数图象在不断被“压缩”，交点个数与随之发生变化，只
需找到相应的
使得有个交点即可.
因为
，考虑
的解，即
，所以
，
对应第一个
值为，如图，
类似，直到当
，
时，第一次出现
个交点，如图，
24 / 83
，即
时，第一次出现个交点，如图，
因为图象只有
个交点，所以
处于上述两个值之间，
即ω∈[11
6 , 7
3 ).
故答案为：[11
6 , 7
3 )
押题解读
根据近三年高考数学的考查情况，三角函数中
,
的范围问题，是高考的重点和热点，主要结合三角函
数函数的单调性、对称性、零点、最值等性质进行考查，题型多为选择题与填空题，难度中等。预计本节
内容在2025 年高考会以选择题和填空题为主，注重考查学生对三角函数性质的理解和综合应用能力。
1．已知函数
在
内恰有3 个最值点和3 个零点，则实数
的取值范围
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】因为
，
且当
时，
，
因为函数
在
内恰有3 个最值点和3 个零点，
所以
，解得
，
故选：D．
2．已知函数
在区间
上存在最大值和最小值，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】因为
，
，所以
．
画出
的图象，如图．
由图，得
或
，解得
或
．
故选:C．
3．函数
（
且
在
上单调，且
，若
在
上
恰有2 个零点，则
的取值最准确的范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】因为函数
在区间
上单调，
且满足
，而
，
,
即
的一个对称中心为
，故
；
而
，故
在区间
上单调，
设函数的最小正周期为T，则
；
函数
在区间
上恰有2 个零点，则
恰好为第一个零点，
26 / 83
相邻两个零点之间相距半个周期
，
故
，即
，
解得
，结合
，
可得
的取值范围为
，
故选：B.
4．已知函数
，将
的图象向右平移
个单位后，得到函数
的图象，若
的图象与
的图象关于
轴对称，则
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】依题意，
，
由
的图象与
的图象关于
轴对称，得
对任意
恒成立，
即
对任意
恒成立，
因此
，解得
，而
，
则
.
故选：B
5．若函数
有
个零点，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】当
时，
，
当
时，
，
在
上单调递增；
当
时，
，
在
上单调递减．
又
，
，
，
所以
在
和
上各有个零点；
又因为
有
个根，所以当
时，
有
个零点，
因为
，所以
，
由题意可得
，解得
．
故选：D.
押题猜想五 立体几何中球的内切和外接问题
限时：5min
（原创）在四棱锥
中，
平面
，
，且二面角
的大小为
，
．若点
均在球O 的表面上，则球O 的半径的最小值为 .
【答案】
【详解】
由题设，
在一个圆上，故
，
又
，则
，即
，故
是四边形
外接圆的直径，
由
平面
，
平面
，则
，
由
，
面
，则
面
，
面
，则
，
由
，
面
，则
面
，
面
，则
，
则
是二面角
的平面角，故
，
令
且
，则
，
，故
，
且
都是以
为斜边的直角三角形，故
中点
为
外接球球心，
28 / 83
所以外接球半径
，
当
时，
.
故答案为：
.
押题解读
纵观近几年高考对于组合体的考查，立体几何中球的内切和外接问题是高考命题的热点之一。高考命题小
题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答。预计2025 年
外接球将继续保持高频考查，尤其是与多面体（如正方体、长方体、正四面体等）结合的问题，内切球的
考查频率可能有所增加，尤其是与正多面体和旋转体（如圆锥、圆柱）结合的问题。
1．已知球O 的表面积为
，球面上有A，B，C，D 四点，
，
，
与平面
所成的角均为
，
若
是正三角形，则
（ ）
A．
B．
C．2
D．3
【答案】D
【详解】由题意三棱锥
为正三棱锥，球O 为该正三棱锥的外接球，设其半径为
，
因为球O 的表面积为
，所以
，设
，即正
的边长为，
取
中点
，连接
，作
，根据正三棱锥的性质可知球心O 在
上，
如下图所示：
根据线面角的定义知
，则
，因为
，
，
所以
，在
中，
，
所以
，解得
或
，即
.
（若球心O 在
的延长线上时，
，求得
，此时
）
故选：D.
2．在三棱锥
中，
是以
为斜边的等腰直角三角形，且
，
，点
在底面
内的射影
在
的外部，且
，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题设，知
且
，
底面
，
若
是
的中点，而
，则
，且
，
而
底面
，则
，
都在平面
内，则
平面
，
由
平面
，则
，又
底面
，则
，
由
，则
，即
，
由点
在底面
内的射影
在
的外部，则
在
边的外侧，如下图，
若
在
的另一侧，则
必与
的中点
重合，不合题设，
由题意，该三棱锥外接球的球心
在过
的中点
垂直于平面
的直线上，
根据几何关系有
，则
，
所以
，可得
，
（注意
时，
不成立），
所以，外接球半径，则
，故其表面积
.
故选：B
3．（多选题）如图，四棱锥
中，侧面
为等腰直角三角形，底面ABCD 为矩形，
，
，若该四棱锥存在内切球，且其内切球球心为
，其外接球球心为
，则下列结论正确的
是（ ）
30 / 83
A．平面
平面
B．四棱锥
的内切球半径为
C．四棱锥
的体积为
D．
【答案】ABD
【详解】对于A，因为
，
，
平面PAD，
所以
平面PAD，所以平面
平面ABCD，A 正确；
对于B，因为侧面PAD 为等腰直角三角形，
，
所以
，
，
因为
平面PAD，
平面PAD，则
，
则
为直角三角形，且
，
，
所以
，易知
平面
，
该四棱锥的内切球在平面
上的“正投影”为
的内切圆，
设
的内切圆半径为r，则
，
所以四棱锥
的内切球半径为
，B 正确；
对于C，分别取
的中点E，F，连接
则
，
又平面
截内切球所得的圆为大圆，且切点在
上，
设
，则
，
，
，
所以
，得
，
所以四棱锥
的体积
，C 错误；
对于D，易知E 为
的外接圆圆心，
平面PAD，
又四边形
为矩形，
所以外接球球心为
为
的中点，故
，D 正确．
故选：ABD．
4．如图，在棱长为6 的正四面体
中，点
满足
，则四面体
的外接球的表面积为
．
【答案】
【详解】在正四面体
中，取
的中点为
，连接
．
易知
平面
．
设四面体
的外接球的球心为
，则点
在平面
上．
设
在平面
上的射影分别为
，显然
为
的重心，
则
．
在
中，
，
则
．
以
为坐标原点，
所在直线分别为
轴，
轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
．
设
，外接球的半径为
，则
，
即
，
即
解得
即
，
则所求外接球的表面积
．
32 / 83
5．如图，在直角梯形
中，
，
，
．将
沿
折起，使
，
连接
，得到三棱锥
．
(1)求证：
平面
；
(2)点
是
的中点，连接
、
，若
，
（i）求二面角
的正切值；
（ii）求三棱锥
的外接球体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）
；（ii）
【详解】（1）因为
，
，
，
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，所以
又因为
，
，
平面
，
所以
平面
.
（2）（i）以
为坐标原点，以
所在直线为
轴，
轴，
轴建立如图所示的空间直角坐标
系
，
则
，
，所以
，
，设平面
的一个法向量为
，则
，
取
，则
，
由（1）可知，平面
的一个法向量为
，
所以
.
由图可知二面角
平面角是锐角，记为
，则
，所以
，
故二面角
的正切值为
.
（ii）因为
，
所以
为三棱锥
的外接球的球心，且球半径为
，
故三棱锥
的外接球体积为
.
押题猜想六 立体几何中非标准（不易）建系问题
限时：12min
（原创）如图，在四棱锥
中，
，
，
，平面
平面
，
，平面
和平面
的交线为，且
.
(1)求证：
平面
；
(2)若直线
和平面
所成角的正弦值为
，求平面
和平面
所成角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为
，
，
，
所以
.
又因为平面
平面
且平面
平面
，
所以
平面
，
34 / 83
所以
.
又因为
，
所以
平面
.
（2）因为平面
平面
，
，
所以
平面
.
又因为平面
平面
，
所以
，则直线
和平面
所成角的正弦值为
.
因为
平面
，
所以
是直线
和平面
所成角，
故
，解得
.
如图1，过点
作
的垂线，垂足为
，过点
作
的垂线，垂足为
，连接
.
因为平面
平面
且平面
平面
，
所以
平面
，
所以
是平面
和平面
所成角.
设平面
和平面
所成角为
，
因为
，
，
所以
.
押题解读
近年来新高考卷和模拟卷的立体几何题目中，出现了一些不适合建立空间直角坐标系的锥体、台体和平行
六面体，由于图形本身不对称或者不规则，没有具备太多垂直的条件，或强行建系会增大解题计算量和思
维量，因此除建系法以外，还要思考是否能用其他方法转化求解。在考前解答该类题目时，考生不应局限
于建系求解，还可考虑充分利用题设条件，通过添加辅助线或借助体积法等方式求解，做到“多思多解”，
积极探索立体几何中非标准（不易）建系问题的“一题多解”。
1．如图，在四面体
中，
，
，点
为棱
的中点，点
为棱
上的动点．
(1)求证：平面
平面
；
(2)已知二面角
的大小为
，当直线
与平面
所成角的正弦值的最大值为
时，求此
时四面体
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由
，得
，
又
平面
，则
平面
，
而
平面
，于是
，由
为
中点，
，得
，
又
平面
，因此
面
，又
平面
，
所以平面
平面
．
（2）由（1）知，二面角
的平面角为
，则
，
由
平面
，得
为
与平面
所成的角，
在
中，
，则
，
，
而
，则
，此时
，
由
平面
，
平面
，得
，而
平面
，
则
平面
，又
平面
，于是
，
在
中，
，则
，
所以四面体
的体积
.
2．如图，在平面四边形
中，
是边长为2 的等边三角形，
且
，沿
将
36 / 83
折起，使点
到达点
．
(1)求证：
：
(2)当三棱锥
体积最大时，求平面
与平面
夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取
中点
，连接
，
由
，得
，由等边
，得
，
而
平面
，
，则
平面
，又
平面
，
所以
.
（2）依题意，
的面积为
，三棱锥
体积
，
则当且仅当点
到平面
的距离最大时，三棱锥
体积最大，
在
中，
，
，因此当
平面
时，三棱锥
体积最大，
在平面
内过
作
于
，连接
，由
平面
，
平面
，
得
，而
平面
，于是
平面
，
又
平面
，则
，
是二面角
的平面角，
在
中，
，在
中，
，
，所以平面
与平面
夹角的余弦值为
.
3．如图，在平面四边形
中，
是等边三角形，
是等腰三角形，且
，现将
沿
翻折至
，形成三棱锥
，其中
为动点.
(1)若
，求证：平面
平面
；
(2)若
，记
的重心为
，若
，求
与平面
所成角的正弦值；
(3)求平面
与平面
夹角正切的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）设等边三角形
的边长为2，
则
，连接
交
于点
.
因为
是等腰三角形，所以
，即
，
因为
，
，
.
所以
，
，
，
面
，
所以
面
，因为
面
，
所以面
面
.
（2）在
中，
，
，
，
由余弦定理得
，所以
，
所以三棱锥
为正三棱锥.
因为
是
的重心，
所以
面
，则
，
连接
并延长交
于
，
38 / 83
连接
，可得
，
，
所以
面
，
所以面
面
，过
作
，
因为面
面
，
面
，
所以
面
.
取
的中点为
，由题意知
是
的中点.
所以
，所以
为所求线面角.
在
中，
，
，
所以
.
（3）因为
，设
，过
作
.
因为
，可得
平面
，
所以平面
平面
，所以
平面
，
可得
，
，
过
作
，连接
，
易得
，可得
为所求夹角.
在
中，
，
，
所以
，
，
所以
，解得
，
所以平面
与平面
夹角正切的最大值
.
4．如图，在三棱锥
中，
，
，
平面ABC，H 为垂足，D 为AC 的中点.
(1)证明：
平面
(2)若
，
，求二面角
的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接
，因为
，D 为
的中点，所以
；
又因为
平面
，
平面
，所以
；
又因为
，
平面
，
，所以
平面
，
又
平面
，所以
；
因为
，且
，
均在平面
内，所以
；
因为
平面
，
平面
，所以
平面
；
（2）如图，过点H 作
于点Q，连接
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，
又
，
，
，
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，
40 / 83
所以
，所以
为二面角
的平面角，
因为
，
，所以
，
，
所以
，所以
，
所以二面角
的正弦值为
5．如图，在四棱锥
中，底面
是正方形，
为
上一点，
为
的中点，且
平面
．
(1)求证：
；
(2)若
平面
，
，且二面角
的大小为
，求三棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)9
【详解】（1）如图1，连接
交
于点
，取
的中点
，连接
，
，
则
为
的中位线，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，
，
平面
，
，所以平面
平面
，
因为平面
平面
，平面
平面
，所以
，
因为
为
的中点，所以
为
的中点，故
.
（2）因为
平面
，所以
，
，
在正方形
中，
，又
，
，所以
平面
，
又
平面
，
，如图2，过点
作
，垂足为
，
则
，所以
平面
．
所以
是二面角
的一个平面角，所以
，
由（1）知
，所以
，
所以
，设
，因为
与
相似，且相似比为
，
则
，另一方面，因为
为
的中点，
所以
，所以
，
所以
，
，所以正方形
的边长为
，
所以
.
押题猜想七 圆锥曲线中的面积问题
限时：12min
（原创）设
为椭圆
的右焦点，过点
的直线交椭圆
于
,
两点.
(1)当
时，求直线的方程；
(2)设
是
轴上异于
的点，记直线
,
的斜率分别为
,
，当
为定值时，求
的面积的
最大值。
【答案】(1)直线的方程为
(2)
的面积最大值为
【详解】（1）设直线的方程为
，
，
，
联立
，
消去
得
，
则
，
.
又因为
，
所以
，解得
，
所以直线的方程为
.
42 / 83
（2）假设存在点
，使得
为定值.
由(1)得
，
，
所以
.
所以
要使
为定值，则
，
解得
或
(舍去)，即点
为定点.
此时，
的面积为
（当且仅当
时取等号）
所以
的面积最大值为
.
押题解读
圆锥曲线中的面积问题一直是高考考查的热点，具有较高的选拔性和区分度，常从求线段比值，角的大小，
坐标等定值问题入手对考生进行考查。在解答面积问题时，考生要善于运用辩证的观点去思考，由“形”
引路，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性。可以通过极端位置或根据曲线的对称关系，特殊图形，
探索解题思路。
1．已知双曲线
的离心率为
，经过点
、
．
(1)求双曲线
的方程；
(2)若直线
与双曲线
相交于
、
两点，已知点
、
分别位于第二、四象限，求四边形
面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可得
，解得
，
所以，双曲线
的方程为
.
（2）设点
、
，
联立
可得
，
，
由韦达定理可得
，
，可得
，
44 / 83
，
点
到直线
的距离为
，点
到直线
的距离为
，
所以，四边形
的面积为
.
当且仅当
时，四边形
的面积取最小值
.
2．已知抛物线
的顶点为坐标原点
，焦点为
，过点
的直线与
交于
、
两点，过点
作
轴的垂线与直线
相交于点
．
(1)求
的方程；
(2)证明：点
在定直线上；
(3)延长
交（2）中的直线于点
，求四边形
面积的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由题意，设抛物线
的标准方程为
，则
，可得
，
故抛物线
的标准方程为
.
（2）若直线
与
轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线
的方程为
，设点
、
，
联立
可得
，
，
由韦达定理可得
，
，
由题意可知，直线
的方程为
，
直线
的方程为
，
联立直线
、
的方程得
可得
，所以，
.
因此，点
在定直线
上.
（3）如下图所示：
易知点
，直线
的方程为
，
联立直线
与直线的方程可得
可得
，故点
，则
，
且
，
，
所以，
，
因为
，
当且仅当
时，即当
时，等号成立，
所以，
.
因此，四边形
面积的最小值为
.
3．平面内，动点
与定点
的距离和
到定直线
的距离的比是常数
，记动点
的轨迹为曲线
．
(1)求曲线
的方程；
(2)
为坐标原点，
为曲线
上不同两点，经过
两点的直线与圆
相切，求
面积的
最大值．
【答案】(1)
46 / 83
(2)1
【详解】（1）设
到定直线
的距离为
，
依题意，可得
，化简得
，
即曲线
的方程为
.
（2）依题意，直线
的斜率不可能是0，不妨设其方程为：
，
则圆
的圆心到直线
的距离
，即
①
由
消去
，可得
，
由
，可得
，
设
，则
，
则
，
将①式代入，化简得：
，
因点
到直线
的距离为
，
则
的面积为
，
设
，则
，
，
因
，当且仅当
时取等号，
此时
，
的面积的最大值为
.
4．已知圆
与双曲线
的右支交于
，
两点，且
是
圆
的直径，过
向圆
引切线，切点为
，
，
．
(1)求的值；
(2)若
为坐标原点，求
的面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设
，则
，
，即
，
，又
，
.
（2）由（1）可得
，设
，
48 / 83
则
，
，
又
，
，
，
设直线
的方程为
，
代入双曲线方程整理得：
，
因为点
是
的中点，且
在双曲线右支内，
所以当
时，
，则
，
，
，
，
代入整理得
，即
，
，
，解得
，
所以直线
的方程为
，
所以点
到直线
的距离
，
所以
的面积
.
5．如图，已知双曲线
的离心率为
，线段
、
分别为
的实轴与虚轴，
四边形
的面积为
．
(1)求
的标准方程；
(2)若直线与
的左、右两支分别交于
、
两点，且总有
平分
．
①求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；
②若直线
、
与直线
分别交于
、
两点，求
与
面积之和的最小值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析，定点坐标为
；②
【详解】（1）由题意得
，解得
，
所以，双曲线
的标准方程为
.
（2）①因为直线
的方程为
，且直线
平分
，
所以，直线
、
关于直线
对称，
不妨设直线
、
的倾斜角分别为
、
，则
，
即
，
若直线
垂直于
轴，则直线
与双曲线
相切，不合乎题意，
同理可知直线
的斜率也存在，
所以，
，
所以，两直线的斜率之积
．
直线的斜率显然存在，设的方程为
，设点
、
，
联立
整理得
．
则有
，且
，
由韦达定理可得
，
，
又
，
整理得
，
50 / 83
即
，
所以，
，得
或
．
当
时，直线的方程为
，
即直线过定点
，此时
不存在，舍去；
当
，且
时，此时直线的方程为
，恒过定点
．
综上所述，直线恒过定点
．
②由①知，直线
的方程为
，显然
时不符合题意，不妨设
．
联立
得
．
不妨设点
在第三象限，点
在第一象限，
则
，
，
所以
．
又直线
的方程为
，令
，得
，
即
．同理
．
所以
．
所以
，
当且仅当
时，即当
时取等号．
所以
与
面积之和的最小值为．
押题猜想八 圆锥曲线中的切线与切点弦问题
限时：12min
（原创）过点
作抛物线
：
的两条切线，切点分别为
．
(2)求证：直线
过定点（与
的取值无关）；
(3)记
的焦点为
，求证：
．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由抛物线
，有
，所以
，得过点
的切线斜率为
．
又
，所以过点
的切线方程为
，即
．
由点
在直线
上，所以
．整理得
．
设
，同理可得
．
所以
是方程
的两个根，得
，
．
所以直线
的斜率
．
直线
的方程为
，即
．所以
．
所以直线
的方程为
，过定点
．
（2）由（1）知，
．
因为抛物线
的焦点
，
所以
，
．
所以
．
又因为
，
52 / 83
所以
．
同理可得
．
所以
．所以
．
押题解读
圆锥曲线是新高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，切线与切点弦问题的考查频率变高，考
查形式多种多样，以选择题或填空题的形式考查时，主要考查切线方程与切点弦方程，难度不大；以解答
题的形式考查时，主要考查切点弦问题和以切线为载体的面积、最值、定值等问题，难度较大。备考复习
时要加强此类问题的训练，灵活求解。
1．已知抛物线
：
的焦点为
，直线l 与抛物线
交于A，B 两点，且
为线
段AB 的中点．
(1)求抛物线
的标准方程；
(2)求直线l 的方程；
(3)过点
作抛物线
的两条切线，分别交l 于C，D 两点，求
面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为抛物线
：
的焦点为
，
所以
，
所以抛物线
.
（2）由题易知直线
的斜率存在．设
，则
可得
．
因为线段
的中点为
，所以
，
所以
，则
的方程为
，即
．
（3）设抛物线的切线方程为
，
，即
，由
，可得
，
，设
的方程为
，
联立
，
，同理
，
，
点到直线线的距离
，所以
，
令
，
因为
，则
，
，
，
当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，
所以
，此时
.
54 / 83
2．已知抛物线
的焦点
也是椭圆
的一个焦点，过
的直线交
于
两点.
(1)求抛物线
的方程：
(2)求证：抛物线
在
两点处的切线互相垂直；
(3)设
为线段
的中点，以线段
为直径的圆交抛物线
在
处的切线于点
，试判断
是
否为定值，并证明你的结论.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
为定值，证明见解析
【详解】（1）易知，抛物线
开口向上，且焦点坐标为
，
所以椭圆
的焦点也在
轴上，则
由
，解得：
，
所以抛物线
的方程为
.
（2）因为直线
与抛物线有两个交点，所以其斜率必存在，
设直线
的方程为
由
，则
对
求导得
，
设抛物线
在
两点处的切线斜率分别为
，
则
，
即抛物线
在
两点处的切线互相垂直.
（3）
解法1：由（2）可知
即
，
则
与
轴的交点坐标为
，
于是
于是，
所以
为定值.
56 / 83
解法2：设抛物线在
两点的切线
，切线交点为
，
故
，
联立解得
点坐标为
，
由（2）知
点坐标为
，且
，所以
，
故
，即
，
因为
，所以
，
即
，故在
中，
，
所以
，即
，
所以
为定值.
解法3：因为
，
故
，
又
，所以
，
，
即
，
由（2）知
，所以
，
故
，即
，
所以
为定值.
3．已知抛物线
：
.
(1)若点
为抛物线
上一点，证明：抛物线
在点
处的切线方程为
；
(2)设
，
是抛物线
：
上两点，过点
，
分别作
的切线交于点
，点
，
分别在线段
，
的延长线上，直线
与抛物线
相切于点
.
（i）证明：
；
（ii）记
，
的面积分别为
，
，求
的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）2.
【详解】（1）二次函数
，求导得
，抛物线
在点
切线的斜率为
，
则切线方程为
，而
，整理得
，
所以抛物线
在点
处的切线方程为
.
（2）（i）令
，设点
的横坐标分别为
，
由（1）知，直线
的方程分别为
，
，
，
联立
，
58 / 83
因此
，同理
，
所以
.
（ii）由（i），令
，
则
，
，
，
，
，
所以
的值为2.
4．已知点
，动点
满足
，动点
的轨迹记为
.
(1)求
的方程；
(2)直线
与
轴交于点
为上的动点，过
作
的两条切线，分别交
轴于点
.
①证明：直线
的斜率成等差数列；
②
经过
三点，是否存在点
，使得
？若存在，求
；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【详解】（1）因为
，
所以
的轨迹是以
为焦点，且长轴长为4 的椭圆，
设
的轨迹方程为
，则
，可得
.
又
，所以
，所以
的方程为
.
（2）设
，易知过
且与
相切的直线斜率存在，设直线方程为
，联立
，消去
得
，
由
，得
设两条切线
的斜率分别为
，则
①证明：设
的斜率为
，则
，
因为
，所以
的斜率成等差数列.
②法1：在
中，令
，得
，所以
，
同理，得
，所以
的中垂线为
.
易得
的中点为
，所以
的中垂线为
，
联立
解得
，
所以
，
，
60 / 83
要使
，则
，即
，
整理得
，
而
，
所以
，解得
，因此
，
故存在符合题意的点
，使得
，此时
.
法2：在
中，令
，得
，因此
，
同理可得
，所以
的中垂线为
.
易得
的中点为
，所以
的中垂线为
，
联立
解得
，
因为
，所以
，即
，
而
，
所以
，解得
，因此
，
故存在符合题意的点
，使得
，此时
.
法3：要使
，即
或
，
从而
，又
，所以
，
因为
，
所以
，解得
，所以
，
故存在符合题意的点
，使得
，此时
.
法4：要使
，即
或
，从而
.
在
中，令
，得
，故
，同理可得
，因此
，
所以
，
故
，即
，
整理得
，
所以
，整理得
，解得
或
（舍去），
因此
，故存在符合题意的点
，使得
，
此时
.法5：要使
，即
或
，从而
.
在
中，令
，得
，故
，同理可得
，
由等面积法得
，
即
，整理得
，
所以
，整理得
，解得
或
（舍去），
因此
，故存在符合题意的点
，使得
，
此时
.
5．椭圆
的左，右焦点分别为
，过
的直线交
于
两点（点
位于
轴上方），
为坐标原点．
(1)若
，求
的值；
(2)已知二次曲线
在点
处的切线方程为
，现过
两点作
的两条切线相交于点
，切线
与圆
分别交于
和
，其中
分别位于点
的左侧．
（ⅰ）证明：
三点共线；
（ⅱ）求
面积的最小值．
【答案】(1)
62 / 83
(2)（ⅰ）答案见解析（ⅱ）
【详解】（1）注意到
三点共线，
从而
，即
，
所以
，解得
；
（2）（ⅰ）由题意可知直线
斜率不为0，且注意到直线
过点
，
故可设直线
的方程为
，
联立直线
的方程与椭圆
的方程，得
，
整理得
，
，
设
，
由题意点
位于
轴上方，由求根公式可得
，
画出图形如下，
观察并猜想
，根据题目所要证明的结论，我们不妨设直线
的方程为
，
其中
是直线
与圆
的交点，且其中
分别位于点
的左侧，
那么显然满足
三点共线，
下面我们只需要证明
三点共线，且
三点共线即可得到
重合，
重合，也就是说
此时命题可以得证，
要证明
三点共线，只需证明
，
联立
与
，解得
，
由题意直线
的方程为
，同理直线
的方程为
，
要证明
，
只需证明
，
只需证明
，
只需证明
，
由
的根是
可知，
，
从而只需证明
，
只需证明
，
只需证明
，
而根据前面的假设可知，
，
从而
，
故
三点共线，同理
也三点共线，
这就说明
重合，
重合，也就是说此时命题已经得证；
（ⅱ）联立直线
的方程
与直线
的方程
，
解得
，
设
为点
到直线
的距离，
从而
，
而
64 / 83
，
从而
，
设
，则
，
求导得
，
从而函数
在
上单调递增，
故
面积的最小值为
.
押题猜想九 概率统计与数列、函数等模块的综合应用
限时：15min
（改编）小奥和小锐两位同学在两个房间内做游走游戏.每经过1 分钟，两人都可以选择进行一次移动.小奥
从当前房间移动到另一房间的概率为0.6，留在该房间的概率为0.4；若上一分钟两人都在一个房间，那么
下一分钟小锐必定移动到另一个房间；若上一分钟两人不在同一房间，小锐从当前房间移动到另一房间或
留在当前房间的概率均为0.5，已知在第0 分时，小奥在0 号房间，小锐在1 号房间.设在第
分钟时，小奥
和小锐在0 号房间的概率分别为
，
.
(1)求第1 分钟时，小奥和小锐所在房间号之和为1 的概率；
(2)求证：
，
均为等比数列，并求
，
；
(3)求在第几分钟时，小锐在0 号房间的概率最大.
【答案】(1)0.5
(2)证明见解析，
，
(3)2 分钟
【详解】（1）第0 分钟时，小奥在0 号房间，小锐在1 号房间.
设
为第1 分钟时，小奥在号房间，小锐在
号房间的概率，
则
，
.
设第1 分钟时，小奥和小锐所在房间号之和为
，则
，
所以第1 分钟时，小奥和小锐所在房间号之和为1 的概率为0.5.
（2）证明：易知
，且由（1）得
.
当
时，小奥在第
分钟时位于0 号房间包含2 种情形：
①上一分钟仍在0 号房间，继续保持在0 号房间的概率为
，
②上一分钟在1 号房间，转移到0 号房间的概率为
，
则由全概率公式，
，
进而
，
结合
，故
是首项为
，公比为
的等比数列，
即
，注意到当
时也满足题意，
因此
.
小锐第
分钟在0 号房间包含3 种情形：
①上一分钟小奥和小锐都在1 号房间，小锐转移到0 号房间的概率为
，
②上一分钟小奥在0 号房间，小锐在1 号房间，小李转移到0 号房间的概率为
，
③上一分钟小奥在1 号房间，小锐在0 号房间，小锐转移到0 号房间的概率为
.
故由全概率公式，
，
即
.
要证
为等比数列，即证
为等比数列，
而
，
66 / 83
故
，结合
，
故
为首项
，公比为
的等比数列，
即
，注意到
时也满足题意，
因此
.
（3）由
，
故
，
显然
不是其最大值，设
，
①当
为奇数时，
，当且仅当
时取等，故
的最大值为0；
②当
为偶数且
时，
，
当
时，
，故
最大值为
，
因此
的最大值为
，
即在第2 分钟时，小锐在0 号房间概率最大.
押题解读
新高考重视在知识交汇处命题，本部分内容的学习，可以帮助学生进一步深化理解概率与统计的基础知识
和基本思想方法，意在考查学生综合应用所学的概率与统计知识分析问题、解决问题的能力，同时考查数
据处理能力、运算求解能力、逻辑推理能力、数学阅读能力，考查的核心素养是数据分析、数学运算。概
率统计与数列、函数的综合应用，突出用概率、统计方法解决实际问题的基本思想，突出知识间的综合应
用，尤其是与不等式、函数、数列等知识的交汇考查，通过综合运用所学知识解决实际问题，加深概念理
解，感悟在实际生活中进行科学决策的必要性和可能性，体会概率统计思想。
1．“冰雪同梦，亚洲同心”，
年第九届亚冬会在哈尔滨举办，本次赛事共有
个大项，
个分项，
个小项，有来自
个国家和地区，
多名运动员参赛，是一场令人回味无穷的冬季体育盛会，亚冬
会圆满结束后，我校团委组织学生参加与亚冬会有关的知识竞赛.为鼓励同学们积极参加此项活动，比赛规
定：答对一题得两分，答错一题得一分，选手不放弃任何一次答题机会.已知小明报名参加比赛，每道题回
答是否正确相互独立，且每次答对的概率不一定相等.
(1)若前三道试题，小明每道试题答对的概率均为
，
①设
，记小明答完前三道题得分为
，求随机变量
的分布列和数学期望；
②若小明答完前四道题得分的概率为
，求小明答完前四题时至少答对三题的概率的最小值；
(2)若小明答对每道题的概率均为
，因为小明答对第一题或前两题都答错，均可得到两分，称此时小明答
题累计得分为
，记小明答题累计得分为
的概率为
，求数列
的通项公式.
【答案】(1)①分布列答案见解析，
；②
(2)
【详解】（1）①由题意可知，随机变量
的可能取值有、
、、
，
，
，
，
，
所以，随机变量
的分布列如下表所示：
所以，
；
②因为前四道试题得分即全对的概率为
，所以第四道试题答对的概率为
，
所以，小明答完前四题时至少答对三题的概率为
，
则
，
当
时，
，此时，函数
单调递减，
当
时，
，此时，函数
单调递增，
68 / 83
所以
.
（2）依题意可得
，
，当
时，则
，
所以，
，且
，
所以，数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
故
，
且
，
所以数列
是各项均为的常数列，则
，
所以
，解得
.
2．当前，以大语言模型为代表的人工智能技术正蓬勃发展，而数学理论和方法在这些模型的研发中，发
挥着重要作用．例如，当新闻中分别出现“7 点钟，一场大火在郊区燃起”和“7 点钟，太阳从东方升起”
这两个事件的描述时，它们提供的“信息量”是不一样的，前者比后者要大，会吸引人们更多关注．假设
通常情况下，它们发生的概率分别是
和
，用
这个量来刻画“信息量”的大小，
计算可得前者约为9，后者接近于0．现在假设离散型随机变量
的分布列为
，
，
．则称
为
的信息熵，用来刻画随机变量
蕴含的信息量的大小．
(1)若
的分布列为
，
，
，求
的最大值；
(2)证明：
；
(3)若
，且
为定值，设
，证明：
．
【答案】(1)
；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意知，
，其中
．
令
，则
．
所以当
时，
，所以
在
上单调递增；
当
时，
，所以
在
上单调递减．
所以
在
时取得最大值，且最大值为
．
（2）要证
，即证
，
因为
（当且仅当
，即
时等号成立成立），
，
所以
.
（3）由题意知
，
则
，
由
，则
，
所以
，则
，即得
．
3．在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI 已应用到国防军事方面，在2024 年的珠海航展上，中国“机
器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，
引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，
“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有
步的台阶上，
假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概
率为
，上两步台阶的概率为
；且每次上一步台阶用时
，上两步台阶用时
.
(1)假设
，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒?
(2)若“机器狼”走3 次后从地面到达第5 步台阶的概率为
，当
取最大值时，求“机器狼”从地
面上到第7 步台阶用时最少的概率.
70 / 83
(3)若
，记“机器狼”从地面上到第
步台阶的概率为
，其中
，证明：数列
是等比
数列，并求
.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，
【详解】（1）“机器狼”上完
步台阶的走法有：
当
时，用时
；
当
时，用时
；
当
时，用时
；
所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为
秒；
（2）依题意
，则
，
所以当
时
，当
时
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以当
时
取得最大值，
“机器狼”从地面上到第7 步台阶有
，
，
，
共4 种情况，
则“机器狼”从地面上到第7 步台阶用时最少的概率
；
（3）“机器狼”从地面上到第
步台阶，它是由第
步台阶上两步到达第
步台阶，或由第
步台阶
上一步到达第
步台阶，
记“机器狼”从地面上到第
步台阶的概率为
，
所以
，
所以
，
则
，
又
，
，
所以
，
所以
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，
所以
，
即
.
4．“由样本估计总体”是统计学中一种重要的思想方法，而我们利用一些样本去估计某一参数的值时，
常采用最大似然估计的方法：最大似然估计是由高斯首次提出，费尔希推广并使之得到广泛应用的一种估
计方法，其原理是从总体中抽出具有
个值的采样
，求出似然函数
，似然函数
表示样本同时取得
的概率，当似然函数
取得最大值时参数的取值即为该参数的最大似然估计值.
(1)已知一工个生产产品的合格率为
，每件产品合格与否相互独立，现从某批次产品中随机抽取20 件进
行检测，有2 件不合格：
（ⅰ）用频率估计该批次产品合格率；
（ⅱ）求合格率
的最大似然估计值，并判断用最大似然估计法计算概率是否合理；
(2)设一次试验中随机变量
的概率分布如下：
1
2
3
现做
次独立重复试验，
出现了
次，
出现了
次，
出现了
次，求
的最大似然估计值；
(3)泊松分布是种重要的离散分布，其概率分布为
，设一次试验中随机变量
的取值服从泊松分布，进行
次试验后得到
的值分别为
，已知
的最大似然估计值为2，
求数列
的前
项和
．
【答案】(1)（i）
；（ii）0.9，合理；
72 / 83
(2)
；
(3)
.
【详解】（1）（ⅰ）由题该批次产品合格率
；
（ⅱ）由题意得，似然函数
，
，
当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
则当
时，
取得最大值，即
的最大似然估计值为0.9，
与（ⅰ）中的估计值相等，用最大似然估计法计算概率是合理的.
（2）依题意，
，
令
，
则
，令
，解得
，
函数
在
上单调递减，当
时，
；当
时，
，
函数
在
上单调递增，在
上单调递减，而函数
在
上递增，
因此函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
则当
时，
取得最大值，所以
的最大似然估计值为
.
（3）
，
设
，则函数
与
单调性相同，
因为
为减函数，令
得
，
则
时
，函数
单调递增；
时，
，函数
单调递减，
所以
为
极大值点也及最大值点，所以
为
极大值点也及最大值点，
则由题
的最大似然估计值为
，即
.
5．某大学排球社团为了解性别因素是否对学生喜欢排球有影响，随机调查了男、女生各200 名，得到如下
数据：
性别
排球
喜欢
不喜欢
男生
78
122
女生
112
88
(1)依据小概率值
的独立性检验，能否认为是否喜欢排球与性别有关联？
(2)在某次社团活动中，甲、乙、丙这三人相互做传球训练，第1 次由甲将球传出，每次传球时，传球者都
等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.记
次传球后球在乙手中的概率为
.
（i）求
；
（ii）若随机变量
服从两点分布，且
，则
.记前
次（即从第1 次到第
次传球）中球在乙手中的次数为随机变量
，求
的数学期望.
附：
，其中
.
0.010
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)可以认为是否喜欢排球与性别有关联.
(2)（i）
；（ii）
【详解】（1）零假设为
：是否喜欢排球与性别无关联.
根据表中的数据，经计算得到
所以依据小概率值
的独立性检验，我们推断
不成立，可以认为是否喜欢排球与性别有关联.
（2）（i）由题意知
，
74 / 83
设
，所以
，所以
，解得
，
所以
，
又
，故数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，所以
，
所以
，即第
次传球后球在乙手中的概率为
.
（ii）因为
，
所以当
时，
的数学期望
，即
的数学期望为
押题猜想十 数列的创新问题（多模块知识交汇类、新定义类）
限时：15min
（原创）对于数列
，定义
，满足
，
，记
，称
为由数列
生成的“m—函数”.
(1)试写出“2—函数”
，并求
的值；
(2)若“1—函数”
，求n 的最大值.
【答案】(1)
，
(2)5
【详解】（1）由定义及
，知
，
所以
是公差为m 的等差数列，所以
.
因为
，所以
，所以
，即
.
当
时，有
，
，……
，
所以
，即
.
当
时，
，
所以“2—函数”
.
当
时，
.
（2）当
时，
，
故“1—函数”
.
由
，得
.
令
，则
，
所以
在
上单调递增.
因为
.所以当
时，
，所以当
时，
，
故n 的最大值为5.
押题解读
近年来，与数列相关的解答题常以中档题或压轴题的形式考查数列与集合、不等式、函数等知识点的交汇，
深度考查不等式的证明（主要比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法）和逻辑推理能力及分类讨论、
化归的数学思想，试题具有综合性强、立意新、角度活、难度大的特点。未来可能会以实际应用背景或数
学文化中的经典问题为载体，考查数列与其他知识点交汇的问题将继续作为创新题型出现，通过给出一个
新概念、新运算或新模型，创设全新的问题情景，可能涉及构造新数列、证明新性质等。
1．已知数列
的前n 项和为
，且
，
，当数列
的项数大于2 时，将数列
中各项
的所有不同排列填入一个
行
列的表格中（每个格中一个数字），使每一行均为这
个数的一个排列，
将第
行的数字构成的数列记作
，将数列
中的第
项记作
．若对
，均有
，则称数列
为数列
的“异位数列”，记表格中“异位数列”的个数为
．
(1)求数列
的通项公式
；
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(2)当数列
的项数为
时，求
的值；
(3)若数列
为数列
的“异位数列”，试讨论
的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【详解】（1）由题
，
，解得
，
由
得
，两式作差得
，即
，
所以
，
，
，……，
，
累乘得：
，即
，
因为
，
符合上式，所以
．
（2）由（1）知，
，所以
，
当数列
的项数为4 时，可知
，
，
，
，
若数列
为数列
的“异位数列”，则：当
时，
，
，
；或
，
，
；或
，
，
共3 种情况．
同理当
或
时，对应的排列各有3 种情况，所以
．
（3）因为数列
为数列
的“异位数列”，
所以
，即
，所以
，所以
，
当
，
时，若对任意的
，都有
，
取等号，
此时
，
，…，
，
，
所以当
，
时，
的最小值为
，
当
，
时，
的不可能取到等号，因为存在
，使得
，
将，
，，
，
分为
组，
不妨为
，
，……，
，
时，
可以取到等号，
此时
，
，……，
，
，
，
，
，
此时
，
所以当
，
时，
的最小值为
，
综上，当
为偶数时，
的最小值为
；
当
为奇数时，
的最小值为
．
2．若数列
，
，其中
，对任意正整数
都有
，则称数列
为数列
的“接近
数列”．已知
为数列
的“接近数列”，且数列
，
的前
项和分别为
，
．
(1)若
（
是正整数），求
，
，
的值；
(2)若数列
是公差为
的等差数列，且
，求证：数列
是等差数列；
(3)若
（
是正整数），判断是否存在正整数
，使得
？如果存在，请求出
的最小
值，如果不存在，请说明理由．（参考数据：
，
）
【答案】(1)
，
，
；
(2)证明见解析；
(3)存在，最小k 为7.
【详解】（1）由题设
，且
，
所以
，即
，
，
，即
，
，
，即
，
，
所以
，
，
；
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（2）由题设
，则
，
所以
，
，则
，
所以
，
，
，
所以
，故
，即数列
是等差数列；
（3）当
为奇数时
，
，则
，
由
，即
，
，则
；
当
为偶数时
，
，则
，
由
，即
，
，则
；
所以
且
，则
且
，
而
，
要使
，则
，
当
且
，则
，
所以
，则
，可得
；
当
且
，则
，
所以
，则
，显然不成立；
综上，
时
的最小值为7.
3．中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”
的算法，推导出了三角垛､方垛､刍甍多､刍童垛等的公式.我们把公差不为0 的等差数列
称为
“一阶等差数列”，若数列
是“一阶等差数列”，则称数列
是“二阶等差数列”.定义：若数
列
是“
阶等差数列”，则称原数列
为“
阶等差数列”.例如：数列
，它的后项
与前项之差组成新数列
，新数列
是公差为1 的等差数列，则称数列
为二阶等差数列.
(1)若数列
满足
，且
，求证：数列
为二阶等差数列；
(2)若三阶等差数列
的前4 项依次为
，求
的前
项和
；
(3)若
阶等差数列
的通项公式为
.
①求
的值；
②求
的前
项和
.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)①
；②
【详解】（1）因为
，
所以
，
所以
是首项为
，公差为2 的等差数列，
则
是一阶等差数列，数列
为二阶等差数列.
（2）因为
是“三阶等差数列”，所以
是“二阶等差数列”，
设
，所以
是“一阶等差数列”.
由题意得
，所以
，
，
，
满足上式，所以
.
，
因为
满足上式，
.
.
（3）①
，设
，
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则
，
设
，
则
，
设
，
所以
，
所以
，
所以数列
是公差为384 的等差数列，
则数列
是4 阶等差数列，即
.
②
，
所以
，
又因为
，
所以
，
同理可证
，证明如下：
设
，因为
，
所以
，
则
，
所以
4．将数列
中不同的两项
与
交换位置，其余项不变得到的数列称为
的“
对换数列”，若
时，
，则称
为
一个逆序对，例如：数列2，3，1 的逆序对有：
，
.将数列
中逆序对的个数称为
的逆序数，记为
，记
.
(1)写出数列1，5，2，4，3，6 的所有逆序对；
(2)求数列
的所有“
对换数列”的逆序数之和
；
(3)定义：将数列
的所有项重新排列后得到的数列称为
的一个“重排数列”.若
是
数列
的一个“重排数列”，
是数列
的一个“
对换数列”，证明：
.
（注：
.）
【答案】(1)
，
，
，
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）
，
，
，
；
（2）因为交换与
后共产生
个逆序数，
，
所以
；
（3）由（2）可知，
，
因为
是将
中
与
两项交换所得，
故
之前的项
及
之后的项
逆序数不变，
对于
与
之间的项
，
只有满足
的数
才会发生逆序数的变化，
设这样的数有
个，由于这
个数对
与
的顺序同时发生变化，
产生
个逆序数，又
与
交换产生1 个逆序数，
则共产生
个逆序数，设
，
则
，
则
.
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5．已知集合
，集合
满足
，当
取不同
值时，
各不相同．记
的所有元素之和为
，将数列
的所有项重新排列为
，使得
．
(1)当
时，求
．
(2)当
时，证明：
成等差数列．
(3)设
，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）当
时，集合
，其子集
及其对应的
为：
①空集：
；②
：
；③
：
；④
：
；
重新排列之后：
；
（2）当
时，设
，
其中
，
，
由
得
，去除
的相同元素，
设
剩余元素中最大的元素为
，设
剩余元素中最大的元素为
，
，
若
，则同理由
，
所以对任意的
，
，即
恒成立，
由题意可知
，
，
因为对任意的
，
，
恒成立，且
，
所以
，所以
，
故
，所以
成等差数列；
（3）①若
，
，
即
，
②若
不包含于
，则
，
，
不妨设
，
则
，
，
，
由
，得
，
设
，
由
，
，得
，
因为
，所以
，则
，
所以
，
因为
，所以
，因为
，
，所以
，
，
即
，得
，
，所以
，
即
，
综上所述：
.
