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2025 年高考数学真题完全解读（天津卷）
适用省份
天津
本套试卷依据《高考评价体系》《普通高中数学课程标准》等相关要求命制，并结合
天津市的教学实际与学生学情，呈现出鲜明的“新课程”与“新高考”取向特点。纵观整
卷，无论是题型设置还是知识内容，都紧扣数学核心素养与高中教学重点，使得学生能够
在夯实基础的同时，激发思维潜能，考查综合运用能力。整体而言，本卷在结构、题量、
难易度分布以及对思维过程的注重方面，体现了对学生数学素养的综合要求，值得深入探
究。
首先，从题型和结构上看，本卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，其中第Ⅰ卷包含9 道选择题，
共45 分；第Ⅱ卷包括填空题和解答题，共计105 分，合计满分 150 分。这种“选择＋
非选择”的形式延续了天津往年高考的基本框架，但在部分题目的考查方式与命题风格上
有所创新，更加突出对学生分析问题能力和逻辑表达的关注。例如，第Ⅰ卷中第5 题，判
断错误的选项，选择题更多的对基本知识，基本技能的考场，题目设计注重引导学生快速
判断与识别，为后续大题的书写式解答奠定延伸空间。
其次，从知识点覆盖来看，本卷较为全面地覆盖了高中数学的主要内容，包括函数与
导数、数列、三角函数、平面向量、立体几何、解析几何、统计与概率等。其中，三角与
数列相对往年略有增加，反映出对数学运算核心素养的重视。同时，不仅仅考查对基础知
识的掌握，还深入考查了对概率与统计、圆锥曲线、空间几何体体积等综合性知识的运用
能力。整体题目编排有梯度：选择题前几题主要面向基础题型；填空题和解答题后半部分
逐渐提高难度，注重学生思维深度和灵活度的考量。
第三，从难易程度与计算量上看，本卷保持了天津地区高考传统的平稳特点：基础题
占据一定比例，难题主要落在立体几何、解析几何以及数列的综合应用上。与以往相比，
解答题中的几何部分对空间想象和向量运算的结合更加突出，要求考生在立体图形中熟练
运用线面平行、垂直及三角关系，进而准确计算距离或夹角。这类题型丰富了学生对几何
模型的理解，也提升了对运算与逻辑的综合要求。数列与集合结合的综合题，则对学生灵
活处理递推关系与严谨推理提出了更高的要求。此外，统计与概率部分试题紧贴实际情境，
如“跑圈”问题对随机过程与条件概率的结合考查，体现了真实情境与数学方法融合的考
1
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查导向。整体计算量适中，既有常规的代数与几何计算，也包含了一定推理与验证步骤，
对考生的解题策略和时间分配能力提出挑战。
再者，从思维能力与核心素养的视角分析，本卷突出了对学生抽象能力、推理能力、
模型思想与应用意识的全方位考查。无论是函数零点问题还是数列与不等式命题，都要求
考生在理解数学概念和定理的基础上灵活应用，注重过程的条理性与结论的正确性。试题
中多处用到方程思想、向量运算、综合变换与不等式分析等工具，引导学生在观察、分析
与论证的过程中体会数学思维的严谨与巧妙。这种命题方式符合新课程对于“立德树人、
素养导向、能力为本”的主题要求，有助于培养和检验学生综合分析与创新能力。
最后，就本套试卷对于教学与学生能力考查的有效性而言，它不仅能帮助教师了解学
生在基础知识与能力运用方面的真实水平，也能引导教师在日常教学中注重探究式与思辨
式的教学方式。完整覆盖数学主干知识的试题设置，强化了解题过程对逻辑与表达的关注，
可以引导学生在平时学习中加强对概念的深度理解与运用。与此同时，适度增加的情境化
问题与综合性应用题，也能激发学生对数学与现实世界联系的思考，使他们认识到数学思
维在实践中的实际价值与魅力。综合而言，这份2025年天津卷数学试题在难度、结构、
创新程度等方面都体现了对新课程标准的落实与对天津地区学情的适切考量，具有较好的
区分度与导向性，对于培养学生的数学素养与能力提升具有积极作用。
1、整体题型框架保持稳定
本卷依旧采用“选择题+填空题+解答题”的三大部分结构，其中第Ⅰ卷为9道选择题
（每题5分，共45分），第Ⅱ卷为6道填空题（每题5分，共30分）和5道解答题（共75
分），题量与分值分布与上一年基本相同。
2、考查知识融合度进一步提高
从试题内容来看，函数与方程、三角与平面几何、空间向量与立体几何、概率统计与
数列等多模块知识交叉明显，呈现出更多层次的综合考查。例如，选择题第9 题双曲线、
抛物线与平面几何综合，运算简洁。填空题第13题概率问题中混合了条件概率，考查全
概率公式与二项分布的思想。填空题15 题函数零点常考题型，在选择题第7 题出现，降
低了难度，与指幂运算性质结合判断零点区间，15 题考查不等式最值为题，与以往考查
的不等式形式也有所不同。解答题17 题第三问综合空间向量与几何体体积，既考查了空
间想象能力，又考查了数学运算的核心素养。解答题18 题也是打破了固定的思维方式，
2
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出其不意攻其不备，关键点P 的已知，直线与椭圆相切隐含直线方程是已知，在不含参的
基础上证明固然是简单的，然而很多学生受思维固化所困，让多数同学直呼“难”。19
题数列第三问可以从组合数的角度分析，也可以从集合子集角度分析，20 题考查导数研
究函数性质，数形结合，出现了对数平均不等式的深度考查，这些都体现出对学生综合运
用不同知识板块数学思维的要求。
3、情境设置与应用导向更为显著
试题里包含了如跑步圈数、空间几何体积计算、抛物线与双曲线的组合等贴近生活或
学科融合背景的情境题，体现了高考试题在真实情境下考查数学建模与应用能力的趋势。
4、对思维能力和表达规范性要求提高
（1）对函数性质、几何推理与向量方法的综合运用提出了更高的逻辑要求，如切线
方程、空间夹角和对称性等细节处理需要严谨的推理过程；
（2）不等式、分布列与数学期望等统计概念的考查，要求学生能够使用恰当的方法
（如对数均值不等式、二项分布期望公式）进行正确表达和计算，进一步考验了学生的思
辨能力与表达规范性。
1、试卷整体结构
本套试卷分为第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分，共 20 道题，满分
150 分，考试用时 120 分钟。总体结构如下：
第I 卷：选择题（共 9 小题）
每小题 5 分，共 45 分。
第II 卷：非选择题（共 11 小题）
填空题（共 6 小题），每小题 5 分，共 30 分。
解答题（共 5 小题），总计 75 分。
2、试题考情表格
下表按题号顺序，列出了每道题的分值、题型、考查内容及难易分析，以便清晰展示
各知识点在试卷中的分值分布与考查形式。
3
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题
号
分值
题型
考查内容
难易分析
1
5
选择题
集合的并集、补集运算
容易
2
5
选择题
充分条件与必要条件
容易
3
5
选择题
函数奇偶性、图象识别
容易
4
5
选择题
空间中线与面的平行、垂直判定
容易
5
5
选择题
正态分布与相关系数
容易
6
5
选择题
特殊数列通项求和
中等
7
5
选择题
指数与幂函数零点与单调性
容易
8
5
选择题
三角函数对称轴、对称中心及最值求解
中等
9
5
选择题
双曲线与抛物线综合、离心率
中等
10
5
填空题
复数的运算与模
容易
11
5
填空题
二项式定理展开式系数
容易
12
5
填空题
圆与直线位置关系、弦长公式
中等
13
5
填空题
分步随机事件概率、二项分布期望
中等
14
5
填空题
向量运算、线段中点与数量积
中等
15
5
填空题
不等式恒成立问题（参数最小值）
中等
16
14
解答题
三角形中的正弦、余弦定理；正弦型求值
容易
17
15
解答题
正方体空间几何、平面垂直判定、面面夹角与体积
中等
18
15
解答题
椭圆（左右焦点、离心率）、直线交椭圆的几何性
质、平分线证明
中等
19
15
解答题
等差、等比数列综合，集合元素的构造及不等式
较难
20
16
解答题
函数零点与导数综合，三零点存在条件及不等式证
明
较难
3、试卷整体难度与分布
整体难度评估：本试卷覆盖了必修与选修中较常见的知识板块，题目数量 20 道，
易、中、难梯度分明，能够较好区分学生的学习水平。对于熟悉教材知识、具备一
定综合解题能力的考生而言，完成中低难度题目问题不大，但想要冲击高分，需在
后面较难题目中表现更好。
4、不同难度层级题目的特点
容易题（基础应用类）
4
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特点：考查基础知识和直接运算，如集合运算、充分必要条件的简易判断、
简单的正态分布或指数函数等；解题思路明确，计算量不大。
中等题（综合运用类）
特点：通常含有多个知识点，需要对相关概念有一定的综合运用能力；例如
数列、几何、三角、概率中的中档题，既涉及基础概念又要灵活运用。
较难题（拔高创新类）
特点：往往融合多模块知识，具有一定的综合性与创新性；对解题策略、逻
辑推理或技巧要求较高。
通过以上分析，考生在备考过程中应注重基础知识的落实与拓展应用，对中档题须熟
悉常用解法并加强训练分析问题的能力，注重数学思维思辨能力的培养，针对较难题则需
积累一定的综合分析和创新思维经验。祝各位考生备考顺利，取得优异成绩！
在本次试卷中，涵盖了函数与导数、解析几何、三角函数、立体几何、数列、概率与
统计等多个知识板块，反映了高考所需的综合能力要求。结合学生在复习过程中常遇到的
难点与易错点，特提出如下备考指津，供同学们在复习时参考。
1、重点板块复习建议
函数与导数部分
关注不同类型函数（如指数、对数、三角函数、多项式函数等）的单调性与
零点分布。
熟练掌握导数的概念及几何意义，尤其要在数形结合中把握导数刻画变化率
的功能。考试中常以切线斜率或函数单调区间的形式出现，可借助f '( x)=0
判断临界点解决极值、最值等问题。
对于复合函数、多元函数的链式法则，应重点练习，确保在复杂题型中能快
速准确运用。
解析几何部分
圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）是本卷高频考点。要在掌握标准方程、
离心率、焦点性质、准线、曲线定义等理论知识的同时，能熟练应用而不拘
泥于固定套路。
5
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对于直线与圆锥曲线的交点问题，要注意借助方程求解或几何性质判定唯一
交点、两个交点或无交点等情况。若涉及斜率与对称关系，往往可利用向量
或对称轴分析快速判断。
空间向量与坐标法能大大简化立体几何的求证和计算过程。在学习平面与平
面、平面与直线以及直线与直线的平行与垂直关系时，通过建立三维坐标系
能帮助迅速得出法向量并完成判定。
三角函数及平面几何
三角部分要熟悉正弦、余弦函数的基本图像和变换，包括周期、振幅、相位
移动等。考题常结合单调性与对称轴、对称中心来设定零点或极值。要能利
用三角恒等变换（如两角和差公式、两倍角公式等）对求值和证明进行简化。
平面几何中，利用向量与坐标法可简化证明和运算，如判断垂直、检测中点
等。建议多复习向量加减、数量积相关运算以及与几何图形的结合。
数列与不等式
熟练掌握等差数列{an}与等比数列{bn}的通项公式及求和公式，明晰在复杂
条件下如何列方程求解公差或公比。掌握常用数列求和方法：倒序相加、错
位相减、裂项相消、分组求和、并项求和、奇偶分类等。数列结合不等式、
函数极值或对数运算是常见考法。
对一些不等式证明，可以先尝试数形结合，再辅以经典不等式（如Cauchy
不等式、对数平均不等式等）。在解题时，不等式若含有参数，应先分离出
参数，再结合函数单调性或其它方法确定参数取值范围。
概率与统计
注意基本概念：互斥与独立、全概率公式、条件概率等；学会从事件树或流
程图的角度分析多次重复实验的概率。
正态分布的对称性、方差与期望，统计中相关系数的解释都可能出现在与社
会实践或生产实例相结合的情景题中。要确认对相关系数r 值的正确理解：
|r|越接近1，线性相关越强；越接近0，则相关越弱。
在大题或应用题中，往往需要把概率与数列或函数结合，注意理清问题条件
后再应用合适的概率工具做出分析。
2、不同题型答题技巧
选择题
6
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善用排除法，对于奇偶性、单调性、对称性等问题，通过快速判断即可排除
明显错误选项。
遇到涉及数值大小比较的选项，可适度带入特殊值来测试合理性，但要避免
盲目代入而忽视题目完整条件。
填空题
注意细节计算的准确度，如复数运算尤其要关注实部和虚部分离、计算模长
等；二项展开式的通项或系数常易出现指数或二项式系数上的错误。
最后结果应确保与题目要求的形式相符，如是否需要化到最简、是否接受分
式或根式等。
解答题
充分运用数形结合的思维。大题往往需要借助轴对称、向量分解、参数方程
等进行综合处理。要保证先列出完整的思路，再一步步求解，实践中要注意
书写条理、逻辑清晰。
对于三角形、椭圆、双曲线或函数零点问题，往往可使用辅助图形或辅助线
帮助判断关键结论。
在立体几何中要有明确的“构造高”或“构造辅助平面、辅助直线”的意识，
以便计算体积、角度或距离，也要注意特殊几何体，例如三棱锥求体积时常
出现换底。
3、复习规划与心理调适
不同阶段的复习重点
第一阶段：巩固基础，完善知识网络。系统梳理涵盖集合、函数、三角、平
面与立体几何、概率统计等主干内容，及时补齐概念漏洞。
第二阶段：专题突破，归纳解题模式。针对常见题型（如导数与切线、圆锥
曲线的焦点应用、空间几何的线面关系等）进行专项训练，形成高频考点的
解题模板。
第三阶段：综合冲刺，模拟实战演练。通过限时训练和完整模拟，熟悉考试
节奏，调整做题顺序与策略；同时进行错题回顾，提高纠错效率。
心理调适
强调适度紧张：适度的压力有利于大脑保持信息敏感度，但需避免过度焦躁。
可适度进行放松训练，便于考试中思维流畅。
7
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积极暗示与放松：做题时情绪波动大，可采取深呼吸或自我语言暗示，让心
态保持平和。
坚持适量运动：跑步、打球等有助于释放学习压力，保持心情愉悦，有利于
临场发挥。
4、命题趋势展望
情景应用与素养导向
高考对应用性、创新性的考查会持续加深，如概率在现实场景中的推广、统计分析
在社会生活问题中的运用都可能出现，需注重用数学思维解决现实问题的能力。
多学科融合
部分试题可能与物理、化学、生物或地理等其他学科知识相关联，例如在立体几何
中融入物理角度讨论，或者在统计题中考查经济现象分析，这就需要扎实的基本功
和跨学科视野。
大数据与建模思维
随着大数据技术的普及，未来对建模思想和数据分析能力的考查可能更显著。建议
同学们重视对统计图表、回归分析、相关系数等知识点的理解和应用实践。
综合创新题
试题可能在函数、几何、数列、不等式之间构建联系，考查学生综合运用多种工具
的能力。平时要多加训练跨章节的综合应用，培养灵活应变与创新意识。
总之，同学们应结合自身实际情况，稳固基础、逐步拔高，适时做总结与反思。一要
狠抓“会做的题不丢分”，二要大胆挑战中高难度试题，三要保持稳定心态与积极心境。
相信在有针对性的复习计划指导下，大家定能在后续的考试中取得理想成绩！祝各位考生
备考顺利，心想事成！
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1. 已知集合
，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】由集合的并集、补集的运算即可求解.
8
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【详解】由
，则
，
集合
，
故
故选：D.
2. 设
，则“
”是“
”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】通过判断是否能相互推出，由充分条件与必要条件的定义可得.
【详解】由
，则“
”是“
”的充分条件；
又当
时，
，可知
，
故“
”不是“
”的必要条件，
综上可知，“
”是“
”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 已知函数
的图象如下，则
的解析式可能为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由
时函数值正负情况可得解.
9
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【详解】由图可知函数为偶函数，而函数
和函数
为奇函数，故
排除选项AB；
又当
时
，此时
，
由图可知当
时，
，故C 不符合，D 符合.
故选：D
4. 若m 为直线，
为两个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若
，则
B. 若
，则
C. 若
，则
D. 若
，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行的定义可判断A 的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD
的正误.
【详解】对于A，若
，则
可平行或异面，故A 错误；
对于B，若
，则
，故B 错误；
对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面，
现
，故
，故C 正确；
对于D，
，则
与
可平行或相交或
，故D 错误；
故选：C.
5. 下列说法中错误的是（ ）
A. 若
，则
B. 若
，
，则
C.
越接近1，相关性越强
D.
越接近0，相关性越弱
【答案】B
10
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【解析】
【分析】根据正态分布以及相关系数的概念直接判断即可.
【详解】对于A，根据正态分布对称性可知，
，A 说法正确；
对于B，根据正态分布对称性可知，
，B 说法错误；
对于C 和D，相关系数
越接近0，相关性越弱，越接近1，相关性越强，故C 和D 说法
正确.
故选：B
6.
，则数列
的前
项和为（ ）
A. 112
B. 48
C. 80
D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】先由题设结合
求出数列
的通项公式，再结合数列
各项正负
情况即可求解.
【详解】因为
，
所以当
时，
，
当
时，
，
经检验，
满足上式，
所以
，令
，
，
设数列
前n 项和为
，
则数列
的前
项和为
数列
的前
项和为
.
故选：C
11
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7. 函数
的零点所在区间是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可.
【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：
在
上单调递减，
在
单调递增，
所以
在定义域上单调递减，
显然
，
所以根据零点存在性定理可知
的零点位于
.
故选：B
8.
，在
上单调递增，且
为它的一条对
称轴，
是它的一个对称中心，当
时，
的最小值为（ ）
A.
B.
C. 1
D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦函数的对称性得出
，根据单调性得出
，从而确定
，
结合对称轴与对称中心再求出
，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可
得解.
【详解】设
的最小正周期为
，根据题意有
，
，
由正弦函数的对称性可知
，
12
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即
，
又
在
上单调递增，则
，
∴
，则
，
∵
，∴
时，
，∴
，
当
时，
，
由正弦函数的单调性可知
.
故选：A
9. 双曲线
的左、右焦点分别为
，以右焦点
为焦点的抛物线
与双曲线交于第一象限的点P，若
，则双曲线的离心
率
（ ）
A. 2
B. 5
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出
，根据勾股定理从而
确定P 的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可.
【详解】根据题意可设
，双曲线的半焦距为，
，则
，
过
作轴的垂线l，过
作l 的垂线，垂足为A，显然直线
为抛物线的准线，
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则
，
由双曲线的定义及已知条件可知
，则
，
由勾股定理可知
，
易知
，即
，
整理得
，∴
，即离心率为2.
故选：
第Ⅱ卷（非选择题）
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．
2．本卷共11 小题，共105 分．
二、填空题：本大题共6 个小题，每小题5 分，共30 分．
10. 已知i 是虚数单位，则
________．
【答案】
【解析】
【分析】先由复数除法运算化简
，再由复数模长公式即可计算求解.
【详解】先由题得
，所以
.
故答案为：
14
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11. 在
的展开式中，
项的系数为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可.
【详解】
展开式的通项公式为
，
当
时，
，
即
展开式中
的系数为
.
故答案为：
12.
，与x 轴交于点A，与y 轴交于点B，与
交于C、D
两点，
，则
_________．
【答案】2
【解析】
【分析】先根据两点间距离公式得出
，再计算出圆心到直线的距离
，根据弦
长公式
列等式求解即可.
【详解】因为直线
与轴交于
，与
轴交于
，所以
，所以
，
圆
的半径为，圆心
到直线
的距离为
，
故
，解得
；
故答案为：2.
15
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13. 小桐操场跑圈，一周2 次，一次5 圈或6 圈.第一次跑5 圈或6 圈的概率均为0．5，若
第一次跑5 圈，则第二次跑5 圈的概率为0．4，6 圈的概率为0．6；若第一次跑6 圈，则
第二次跑5 圈的概率为0．6，6 圈的概率为0．4．小桐一周跑11 圈的概率为________；
若一周至少跑11 圈为动量达标，则连续跑4 周，记合格周数为X，则期望
_______
【答案】 ①.
.
②
【解析】
【分析】先根据全概率公式计算求解空一，再求出概率根据二项分布数学期望公式计算求
解.
【详解】设小桐一周跑11 圈为事件A，设第一次跑5 圈为事件
，设第二次跑5 圈为事件
，
则
；
若至少跑11 圈为运动量达标为事件
，
，
所以
，
；
故答案为：
；
14.
中，D 为AB 边中点，
，则
______（用
，
表
示），若
，
，则
_______
【答案】 ①.
； ②.
【解析】
【分析】根据向量的线性运算求解即可空一，应用数量积运算律计算求解空二.
【详解】如图，
16
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因为
，所以
，所以
．
因为D 为线段
的中点，所以
；
又因为
，所以
，
，所以
所以
，
所以
．
故答案为：
；
.
15. 若
，对
，均有
恒成立，则
的最小值为
_______
【答案】
【解析】
【分析】先设
，根据不等式的形式，为了消
可以取
，得到
，验证
时，
是否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案.
【详解】设
，原题转化为求的最小值，
原不等式可化为对任意的
，
，
17
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不妨代入
，得
，得
，
当
时，原不等式可化为
，
即
，
观察可知，当
时，
对
一定成立，当且仅当
取等号，
此时，
，说明
时，
均可取到，满足题意，
故
的最小值为
.
故答案为：
三、解答题：本大题共5 小题，共75 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16. 在
中，角
的对边分别为
．已知
，
，
．
（1）求A
值；
（2）求c 的值；
（3）求
的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求；
（2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于
的方程，求解可得
，进而求得
；
（3）利用正弦定理先求
，再由二倍角公式分别求
，由两角和的正弦可得.
【小问1 详解】
已知
，由正弦定理
，
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得
，显然
，
得
，由
，
故
；
【小问2 详解】
由（1）知
，且
，
，
由余弦定理
，
则
，
解得
（
舍去），
故
；
【小问3 详解】
由正弦定理
，且
，
得
，且
，则
为锐角，
故
，故
，
且
；
故
.
17. 正方体
的棱长为4，
分别为
中点，
．
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（1）求证：
平面
；
（2）求平面
与平面
夹角的余弦值；
（3）求三棱锥
的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明
，再结合正方体的性质得出
平面
，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标
系，利用空间向量证明线面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可.
【小问1 详解】
法一、在正方形
中，
由条件易知
，所以
，
则
，
故
，即
，
在正方体中，易知
平面
，且
，
20
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所以
平面
，
又
平面
，∴
，
∵
平面
，∴
平面
；
法二、如图以D 为中心建立空间直角坐标系，
则
，
所以
，
设
是平面
的一个法向量，
则
，令
，则
，所以
，
易知
，则
也是平面
的一个法向量，∴
平面
；
【小问2 详解】
同上法二建立的空间直角坐标系，
所以
，
由（1）知
是平面
的一个法向量，
设平面
的一个法向量为
，所以
，
令
，则
，即
，
设平面
与平面
的夹角为
，
则
；
【小问3 详解】
由（1）知
平面
，
平面
，∴
，
易知
，
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又
，则D 到平面
的距离为
，
由棱锥的体积公式知：
.
18. 已知椭圆
的左焦点为F，右顶点为A，P 为
上一点，且直线
的斜率为
，
的面积为
，离心率为
.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点P 的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF 平分
.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到
，再由直线
的斜率得到
，
从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，解之即可得解；
（2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得
，进而得到直线
的方程与点
的坐
标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三
利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证.
【小问1 详解】
依题意，设椭圆
的半焦距为，
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则左焦点
，右顶点
，离心率
，即
，
因为
为
上一点，设
，
又直线
的斜率为
，则
，即
，
所以
，解得
，则
，即
，
因为
的面积为
，
，高为
，
所以
，解得
，
则
，
，
所以椭圆的方程为
.
.
小问2 详解】
由（1）可知
，
，
，
易知直线
的斜率存在，设其方程为
，则
，即
，
联立
，消去
得，
，
因
直线与椭圆有唯一交点，所以
，
即
，则
，解得
，则
，
所以直线
的方程为
，
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联立
，解得
，则
，
以下分别用四种方法证明结论：
法一：则
，
所以
，
，
则
，又
，
所以
，即
平分
.
法二：所以
，
，
，
由两直线夹角公式，得
，
，
则
，又
，
所以
，即
平分
.
法三：则
，
，
故
，
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又
，
所以
，即
平分
.
法四：则
，
所以直线
的方程为
，即
，
则点
到直线
的距离为
，
又点
到直线
的距离也为，
所以
平分
.
19. 已知数列
是等差数列，
是等比数列，
．
（1）求
，
的通项公式；
（2）
，
，有
，
（i）求证：对任意实数
，均有
;
（ii）求
所有元素之和．
【答案】（1）
；
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）设数列
的公差为d，数列
公比为
，由题设列出关于d 和
的方程求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解；
（2）（i）由题意结合（1）求出
和
的最大值，
再作差比较两者大小即可证明；
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（ii）法一：根据
中全为1、一个为0 其余为1、2 个为0 其余为、…、全
为0 几个情况将
中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得
的和加起来即可得解；
法二：根据
元素的特征得到
中的所有元素的和中各项
出现的次数均
为
次即可求解.
【小问1 详解】
设数列
的公差为d，数列
公比为
，
则由题得
，
所以
；
【小问2 详解】
（i ）证明：由（1 ）
或
，
，
当
时，
设
，
所以
，
所以
，
所以
，为
中的最大元素，
此时
恒成立，
所以对
，均有
.
（ii）法一：由（i）得
，为
中的最大元素，
由题意可得
中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当
均为1 时：此时该系列元素只有
即
个；
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当
中只有一个为0，其余均为1 时：
此时该系列的元素有
共有
个，
则这
个元素的和为
；
当
中只有2 个为0，其余均为1 时：
此时该系列的元素为
共有
个，
则这
个元素的和为
；
当
中有
个为0，其余均为1 时：此时该系列的元素为
共有
个，
则这
个元素的和为
；
…
当
中有
个为0，1 个为1 时：此时该系列的元素为
共有
个，
则这
个元素的和为
；
当
均为0 时：此时该系列的元素为
即
个，
综上所述，
中的所有元素之和为
；
法二：由（i）得
，为
中的最大元素，
由题意可得
，
所以
的所有的元素的和中各项
出现的次数均为
次，
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所以
中的所有元素之和为
.
20. 已知函数
（1）
时，求
在点
处
切线方程；
（2）
有3 个零点，
且
.
（i）求a 的取值范围；
（ii）证明
．
【答案】（1）
（2）（i）
；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得；
（2）（i）令
，分离参数得
，作出函数
图象，数形结合
可得
范围；（ii ）由（2 ）结合图象，可得
范围，整体换元
，转化为
，结合由
可得
，两式
作差，利用对数平均不等式可得
，再由
得
，结合
减元处
理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式.
【小问1 详解】
当
时，
，
，
则
，则
，且
，
则切点
，且切线的斜率为，
故函数
在点
处的切线方程为
；
【小问2 详解】
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（i）令
，
，
得
，
设
，
则
，
由
解得
或
，其中
，
；
当
时，
，
在
上单调递减；
当
时，
，
在
上单调递增；
当
时，
，
在
上单调递减；
且当
时，
； 当
时，
；
如图作出函数
的图象，
要使函数
有3 个零点，
则方程
在
内有个根，即直线
与函数
的图象有个交点.
结合图象可知，
.
故
的取值范围为
；
（ii）由图象可知，
，
设
，则
，
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满足
，由
可得
，
两式作差可得
，
则由对数均值不等式可得
，
则
，故要证
，
即证
，只需证
，
即证
，又因为
，则
，
所以
，故只需证
，
设函数
，则
，
当
时，
，则
在
上单调递增；
当
时，
，则
在
上单调递减；
故
，即
.
而由
，
可知
成立，故命题得证.
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