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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 函数不等式与函数零点问题.......................................................1
押题猜想二 指对数比较大小问题.............................................................5
押题猜想三 抽象函数性质探索问题...........................................................7
押题猜想四 三角函数中
,
的取值范围问题.................................................11
押题猜想五 立体几何中的动态探究题........................................................14
押题猜想六 圆锥曲线与解三角形、向量交汇问题..............................................20
押题猜想七 解答题中结构不良试题..........................................................24
押题猜想八 导数解答题..........................................................................................................................................31
押题猜想九 概率解答题..........................................................................................................................................36
押题猜想十 数列的创新问题..................................................................................................................................42
押题猜想一 函数不等式与函数零点问题
限时：3min
【改编】已知
，
，若
有两个不同的实根
，且
，使得
成立，则的取值范围（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】
【解析】
有两个不同的实根
即
有两个不同的实根
设
，
1
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①当
时，由
，得
，（
不符合要求），
所以
，
函数
在
上单调递减，因此
，
②当
时，由
，得
是方程
的两个根，
则
，
，
因此
，则
，
由
，使得
成立，得
，
所以
的取值范围是
.
押题解读
函数不等式与函数的零点一直是高考中的热点与难点，综合考查零点、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。
1．已知函数
，
若
在
时恒成立，则
的取值范围为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
在
时恒成立，
，
，
，
，
，
2
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设
,
,
时，
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增；
是
的极小值点，
的最小值是
，
，
时恒成立，
，
的取值范围为
.
故选：B
2．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
【解析】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
，
3
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则实数
的取值范围是
.
故选：A
3．已知函数
，
有5 个不相等的实数根，从小到大依次为
，
，
，
，
，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】因为当
时，
，
所以
，
所以当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；
所以
，所以
，
当
时，
，
所以函数在
上单调递减，在
上单调递增，
作出函数的图象，如图所示：
由此可得
，
当
时，令
，解得
或
，
所以
，
4
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又因为
，
所以
，
所以
；
由题意可得
，
，
是方程
，即
的三个根，
所以
，
即
，
所以
，即
，
所以
．故选
．
4．已知函数
在
上是增函数，在
上是减函数，且方程
有3 个不
等实根，它们分别为
，
，2，则（ ）
A．实数为0
B．
为定值
C．
D．
【答案】ABD
【解析】因为
，所以
.
因为函数
在
上是增函数，在
上是减函数，
所以方程
有两个解：故A 正确；
其中一个根为0，即
，
另一根：
.
所以
，又方程
有3 个不等实根，它们分别为
，
，2.
所以
.
由
为定值，故B 正确.
5
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又
.
由
.
当
时，
，此时
，
所以
只有两个根，与
有3 个不等实根矛盾，所以
.
因为
，
因为
，所以
，无法确定
，故C 错误；
因为
，
因为
，所以
，所以
，故D 正确.
故选：ABD
押题猜想二 指对数比较大小问题
限时：3min
【改编】设
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】记
则
，
故当
时，
，故
在
单调递增，
当
时，
，故
在
单调递减，
故
，因此对任意的
，都有
，
6
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当且仅当
时取到等号，
故
，故
，故
，
由于
，因此
，
故选：A
押题解读
从近五年的高考情况来看，本部分多以选择题的压轴题呈现，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
题时要充分运用转化思想、数形结合思想和通过合理的赋值解决，抽象函数问题是今年高考的热点之一.
1．已知正实数
，且
，若
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】因为
，故
，即
，
因为
，所以
；
又
，结合
，可得
，
而
，
即得
，即
，则必有
，
则
，即选项A 中不等式成立，
故选：A
2．已知
，记
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
7
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【答案】C
【解析】由换底公式等价变形得：
，
因为
，两边取以7 为底的对数可得：
，
又因为
，两边取以7 为底的对数可得：
，可知
，
由
，可得
，
由
，可得
，
3.已知实数
，
，
满足
，
，
，其中为自然
对数的底数.则
，
，
的大小关系是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设
，可知函数
的定义域为
，且
，
因为
在定义域上单调递增，且
，
若
，则
；若
，则
；
可得
在
上单调递增，在
上单调递减，
又因为
，
，
，
可得
，
，
，
即
，
，
，且
，
，
，
可知
，且
，
，
，所以
.
故选：D.
8
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4．已知
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
，
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.
押题猜想三 抽象函数性质探索问题
限时：4min
【改编】已知
是定义在
的奇函数，且
．若
，则
（ ）
9
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A．
B．0
C．2
D．4
【答案】C
【解析】因为
，可得
，
可知函数
的一个周期为4，
又因为
是定义在
的奇函数，则
，
则
，即
，
令
，可得
；
令
，可得
，即
，
则
，
所以
.
故选：C.
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
为
上的奇函数，
，当
时，
，不等式
的解
集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】构造
，则
，
10
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因为当
时，
，则此时
，
单调递增，
则
的正负符号由
决定，
又因为
，则
，因为
在
上单调递增，
则当
时，
，所以此时
，
当
时，
，所以此时
，
又因为
为
上的奇函数，则当
时，
，则
，
当
时，
，则
，
且
，
则若
，则
或
即
或
，解得
或
，
综上，
的解集为
.
故选：D.
2．已知函数
对任意的
都有
，
，且当
时，
，
则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
是奇函数
C．
D．不等式
的解集是
【答案】BCD
【解析】对于A，因为
，
，
11
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令
，则
，所以
，
令
，则
，则
，
令
，则
，
所以
，故A 错误；
对于B，令
，则
，
即
，所以
是奇函数，故B 正确；
对于C，令
，则
，
又
，所以
，
所以
，故C 正确；
对于D，令
，则
，
设
，则
，又当
时，
，
则
，所以
，
则函数
在
是增函数，
又由
，
，
则不等式
，即为
，
则
，解得
或
，
即不等式
的解集是
，故D 正确.
故选：BCD.
3．已知函数
的定义域为
，
，
，则（ ）
A．
B．
的图象关于点
对称
12
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C．
的图象关于直线
对称
D．
【答案】ABD
【解析】对于A，令
，则
，
因为
，所以
，解得
，故A 正确；
对于B，令
，则
，得
，
由A 可知
，所以
，即
，
所以
的图象关于点
对称，故B 正确；
对于C，令
，则
，即
.
假设
的图象关于直线
对称，则有
，与
矛盾，
所以假设不成立，
的图象不关于直线
对称，故C 错误；
对于D，由于
且
，则有
，即
，
所以
，故D 正确.
故选：ABD.
4.已知定义在
上的函数
满足：
在
上单调递减，
，则满足
的
的取值范围为 .
【答案】
【解析】因为
，且
，
令
，可得
，则
，即
，
可知函数
为定义在
上的奇函数，且
在
上单调递减，
可知
在
上单调递减，所以
在定义域
内单调递减，
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又因为
，即
，
由奇函数性质可得：
，
由单调性可得
，所以满足
的
的取值范围为
.
押题猜想四 三角函数中
,
的取值范围问题
限时：3min
【改编】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
【解析】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．
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
和函数
的图象上相邻的四个交点构成
14
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的四边形的面积为
，且
，则（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】C
【解析】由
得，
，
则
，即
，
则当
时，
（
为奇数）或
（
为偶数），
则交点坐标为
（
为奇数），
（
为偶数），
则相邻的四个交点构成的四边形为平行四边形，
因相邻的交点之间的横坐标差的绝对值为
，
则平行四边形的面积为
，得
，
由
，得
，即
，
因为
，所以
，故选 C
2．若函数
在
上有且仅有 1 个零点和 1 个极值点，则
的取值范围是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
15
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【解析】对于
，因
，则
，
作出函数
在
上的图象，
要使原函数在
上有且仅有 1 个零点和 1 个极值点，需使
，
解得
.故选：A.
3．设函数
（
，
）的最小正周期为
，将
的图象向左平移
个单位
后关于原点对称，且
在区间
内的零点与极值点恰好共有4 个，则
（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
【解析】因为
，则
，
将
的图象向左平移
个单位，可得
，
若
的图象关于原点对称，
则
，即
，
且
，可得
，所以
，
又因为
，则
，
16
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由题意可得：
，解得
，
且
，所以
.
故选：C.
4．已知函数
在区间
上有且仅有4 个零点，则
的取值范围是 ．
【答案】
【解析】令
，得
．
又
，则
．
令
，因为函数
在区间
上有且仅有4 个零点，
所以
的图象与直线
在
上有且仅有4 个交点，
如下图所示：
由图可知
，解得
，
即
的取值范围是
．
押题猜想五 立体几何中的动态探究题
限时：5min
【改编】如图，正三棱柱
的所有棱长均为4，点
在棱
上运动，点
在正三棱柱的表面运
动，则下列结论正确的是（ ）
17
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A．三棱锥
的体积为
B．若
为
的中点，则
到平面
的距离为
C．
的周长的最小值为
D．若
，则点
的轨迹的长度为
【答案】BCD
【解析】正三棱柱
的所有棱长均为4，
对于A，点
到平面
的距离即为正
边
上的高
，
则
，A 错误；
对于B，在
中，
，由
为
的中点，得
，
的面积为
，
由选项A 得三棱锥
的体积为
，
设点
到平面
的距离为
，则
，解得
，B 正确；
对于C，将正三棱柱的侧面
和侧面
沿
展开到一个平面内，
当且仅当
三点共线时，
取得最小值，
，
又
，因此
的周长的最小值为
，C 正确；
18
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对于D，取
的中点
，连接
，
由三棱柱
是正三棱柱，得
侧面
，
，连接
，由
，得
，
因此点
在平面
的轨迹是以
为圆心，2 为半径的半圆弧，点
的轨迹的长度为
，
点
在平面
的轨迹是半径为4 的四分之一圆弧，长度为
，
所以点
的轨迹的长度为
，D 正确，故选BCD
押题解读
立体几何中的动态问题是高考的热点，必考内容，多为选择题与填空题，难度中等。预计在2025 年高
考会以棱柱为载体，考查位置关系及角的计算。
1.在正三棱柱
中，
，动点
满足
，
，则下列几何体体积
为定值的是（ ）
A．四棱锥
B．四棱锥
C．三棱锥
D．三棱锥
【答案】D
19
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【解析】对于正三棱柱
，且
，
，
则
在
上运动，
到平面
、平面
、平面
的距离均是变化，A、B、C 不符
由
，
平面
，
平面
，则
//平面
，
所以P 到平面
的距离为定值，且底面
的面积是定值，
所以三棱锥
的体积为定值，D 符合，故选D
2.正方体
的棱长为
是棱
的中点，
是侧面
内一点，且
平面
，则
长度的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】取
的中点为
，连接
，
由中位线易知
，
又
在平面
内，
不在平面
内，
所以
平面
，
平面
，
又
是平面
内两条相交直线，
所以平面
平面
，
又
平面
，
所以
在平面
内，又
是侧面
内一点，
所以
的轨迹是线段
,
20
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易知
,
，
所以
长度的取值范围是
.故选C
3.如图所示立体图形为正八面体，其棱长为1，
为线段
上的动点（包括端点），则（ ）
A．
B．
C．当
时，直线
与直线
的夹角为
D．
【答案】BC
【解析】A：由题意知，该正八面体由两个正四棱锥组成，
易知正四棱锥的高为
，
所以该正四棱锥的体积为
，
所以该正八面体的体积为
，故A 错误；
21
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B：将
展开铺成一个平面，如图，
当
三点共线时，
取到最小值，
此时在
中，
，
由余弦定理得
，
即
，故B 正确；
C：建立如图空间直角坐标系
，
则
，
设
，
，
得
，则
，
所以
，
由
，得
，
解得
，即点
与点
重合，
此时
.
设直线
与
的夹角为
，
22
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则
，解得
，故C 正确；
D：由选项C 知，
，
所以
，
由
，知
，即
，故D 错误.
故选BC
4.在棱长为2 正方体
中，
为
的中点，
是侧面
内的一点（包含边界），则以
下结论正确的是（）
A．若
，则
的轨迹长度为
B．
与
所成角的最大值为
C．若三棱锥
的体积为定值，则
D．若
在线段
上，则三棱锥
的外接球表面积的取值范围是
【答案】AD
【解析】对于A，取
的中点
，此时满足
，
因为点
在侧面
内，
所以以
为球心，
为半径的球面与侧面的交线为四分之一圆弧，
该圆弧是以B 为圆心1 为半径的圆的
，故其轨迹长度为
，故A 正确；
23
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对于B，如图所示，连接
，在
中，
，
同理可求得
，
所以
为等腰三角形，当点
为
的中点时，连接
，此时有
，
在正方体中易知
，故
，此时
与
所成角的为
，故B 错误；
对于C，
，所以
（定值），
故当点
与点
重合时，满足三棱锥
的体积为定值，
此时
平面
，
平面
，
所以
与
不垂直，故C 错误；
对于D，设
，当点
为
的中点时，
最
，
取
中点
，则
，
所以
；当点
与点
或点
重合时，
最小，
此时
，所以
24
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在球面上，
的外接圆直径
三棱锥
的外接球的直径为
三棱锥
的外接球的半径为
三棱锥
的外接球的表面积为
，故D 正确.
故选：AD.
押题猜想六 圆锥曲线与解三角形、向量交汇问题
限时：5min
【改编】已知抛物线C：
（
）的焦点为F，C 的准线与x 轴的交点为M，点P 是C 上一点，
且点P 在第一象限，设
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】过
作
垂直准线于
，如图，
25
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在
中，由正弦定理可得
，
即
，
在
中，因为
，
所以
，即
，故选A.
押题解读
圆锥曲线与解三角形和平面向量结合会在今年的高考中出现，客观题为主，难度较大。
1.已知双曲线
的左、右焦点分别为
，点
在双曲线上，且
，若
的内心为
，且
与
共线，则双曲线
的渐近线方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设
，依题意可设
，
所以
，则
，
故
，
化简得
,
又
，
所以
，
因为
，点
在双曲线上，且
，
26
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所以
在双曲线的右支上，
所以
，
则
，解得
，
所以
的坐标为
，
代入双曲线方程中，得
，解得
，
故所求渐近线的方程为
.
故选：B.
2．已知点Q 在圆
上，
，动点
满足：在
中，
．则
（ ）
A．记
的轨迹方程为轨迹：
B．
的最大值为
C．
的最小值是
D．
（点O 为坐标原点）的最小值为7
【答案】ACD
【解析】由题意可知
，设
，过点
作
轴于点
，如图：
27
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则
，
，
∴
，即
，∴
，A 选项正确；
∵由对称性可假设点
在一象限，则
，∵
，
当且仅当
，即
时取等号，
所以
，∴
，B 选项错误；
，∴
，C 选项正确；
当
在圆与
轴的左交点处时，此时
同时取最小，
，∴
的最小
值为：7，D 选项正确，故选ACD.
3.过点
向曲线
引斜率为
的切线
，切点为
，则下
列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．数列
的前
项和为
D．
【答案】ABD
28
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【解析】设直线
，联立
，
得
，
则由
，即
，
解得
（负值舍去），故A 正确；
可得
，
，
所以
，故B 正确；
因为
，则
，故C 错误；
因为
，
，
所以
，
设
，则
，
可得
在
上单调递增，
则
时，
，
又
，则
，故D 正确.
故选：ABD
4.已知
是椭圆
的内接三角形，且
，下列说法正确的是（ ）
A．
的离心率是
B．
的面积的最大值是3
29
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C．若直线
的斜率之积为
，则
D．若
的中点
满足方程
【答案】ACD
【解析】对于选项A，
，故A 正确；
对于选项B，设
，
，
当
时，上式等号成立，故B 错误；
对于选项C，设
，
由题意可得，
所以
.
因为直线
的斜率之积为
，所以
，则
.
因为
，所以
，故C 正确；
对于选项D，因为
，设
，由选项C 知
.
30
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因为
为
的中点，所以
所以
，则
的中
点
满足方程
，故D 正确.
故选：ACD.
押题猜想七 解答题中结构不良问题
限时：6min
【改编】在
中，已知
，
．
(1)求
的值；
(2)若
为锐角，再从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，使
存在且唯一，
求
的面积．
条件①：
；
条件②：
；
条件③：
．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分．
【解】（1）因为
，则
，
又
，
，故
，也即
；
又
，由正弦定理
可得：
，解得
.
（2）由（1）可知，
，又
为锐角，故
，又
；
若选择条件①：
，由正弦定理
可得
，解得
，
31
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此时，
可以为锐角，也可以时钝角，故此时三角形有两解，不满足题意，条件①不能选择；
若选择条件②：
，则
，由正弦定理
，可得
；
此时，
两角均为锐角，故三角形唯一，
且
，
故三角形
的面积
；
若选择条件③：
，又
，解得
，
因为
，又
为锐角，故
也是锐角，此时
，三角形唯一，
且
，
故三角形
的面积
；
综上所述：条件①不能选；若选择条件②或③，三角形唯一，且其面积为
.
押题解读
2024 年T16 解三角形中结构不良试题，2023 年T17 三角函数性质中结构不良试题，2022 年T17 立体
几何中结构不良试题，可以预测2025 年新高考命题方向将继续以结构不良试题，三角函数、解三角形为背
景展开命题．
1.在
中，
．
(1)求
的值；
(2)若
，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得
存在，求
边上的高．
条件①：
；
32
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条件②：
；
条件③：
．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分．
【解】（1）由正弦定理
，且
，
得
，即
．
由
，得
．所以
．
由
，得
，所以
．
（2）选择条件①：因为
，且余弦函数
在
上单调递减，
故
，又因为
，从而可得
，与三角形的内角和定理矛盾，故①不成立.
选择条件②：由
，且
，得
．
由余弦定理
，得
，
解得
或
（舍）．
设边
上的高为，则三角形面积
，
所以
．
选择条件③：由
，且
，得
．
由
，且
，得
．
33
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所以
．
由正弦定理，得
，所以边
上的高
．
2．已知函数
（其中
，
，
）．从条件①、条件②、条件③这三个条
件中选出两个作为已知，使得函数
唯一确定．
(1)求函数
的解析式；
(2)求函数
在
上的最大值和最小值．
条件①：
；
条件②：
是
的对称中心；
条件③：
可以由函数
平移得到．
注：如果选择的条件不符合要求，得0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答．按第一个解答计分．
【解】（1）①，由
，得
；
②，由
是
的对称中心，得
，
则
，
；
③，由
，
因为
可以由函数
平移得到，
则
，
.
由上述可知，要使函数
唯一确定，则必须要选③.
34
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选①③，由上述可知，
，
，
，
则
，即
，
所以
或
，
，
则
或
，
，
又
，则
，即
.
选②③，由上述可知，
，
，
，
，
则
，
，即
，
，
又
，则
，即
.
（2）由
，得
，
则
，则
，
所以函数
在
上的最大值为2，最小值为
.
3.如图，在几何体
中，四边形
为平行四边形，平面
平面
.
(1)证明：
平面
；
35
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(2)已知点
到平面
的距离为
，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求
的长.
条件①：
；
条件②：
.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【解】（1）由四边形
为平行四边形，则
，又
，
平面
，
平面
，则
平面
，同理
平面
，
由
，
都在平面
内，则平面
平面
，
平面
，则
平面
；
（2）平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，则
，
，
选条件①：
，
都在平面
内，则
平面
，
平面
，则
；
选条件②：由
，
，
，
则
，又
，故
，
所以
，则
，
综上，
，
，
，
以
为原点，
为
的正方向建立空间直角坐标系
，
所以
，令
，则
，
36
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故
，
，
令
是平面
的一个法向量，则
，
取
，则
，
由题设
，可得
，
所以
.
4．如图（1），在
中，
，
，将
沿
折起到
的位置，
E，F 分别为
，
上的动点，过
作平面
，交
于点Q，使得
平面
，如图（2）.
(1)证明：
；
(2)若
，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角
的余弦值.
条件①：平面
平面
；
条件②：
.
【解】（1）因为
，所以
，
，
又因为
、
平面
，
，
所以
平面
，而
平面
，所以平面
平面
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
所以
．
（2）选择条件①：平面
平面
，
因为
，
，
37
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所以
为二面角
的平面角，
因为平面
平面
，所以
，
所以建立如图空间直角坐标系
，又
，
所以E，F，Q 分别是PC，BC，CD 的中点，
，
，
，
，
，平面
的法向量为
，
设平面
的法向量为
，则
得
，
令
，则
，
，所以
，
设二面角
的平面角为
，则
，
由题可知，二面角
为钝二面角则
，
二面角
的余弦值为
，
选择条件②：
，
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
，
，BC，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
因为平面
平面
，平面
平面
，平面
平面
，
所以
，所以
，
因为
，
，
38
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所以建立如图空间直角坐标系
，又
，
所以E，F，Q 分别是
，
，
的中点，
，
，
，
，
，平面
的法向量为
，
设平面
的法向量为
，则
得
，
令
，则
，
，所以
，
设二面角
的平面角为
，则
，
由题可知，二面角
为钝二面角，则
，
二面角
的余弦值为
．
押题猜想八 导数解答题
限时：10min
【改编】函数
的图像在点
处的切线与y 轴垂直，且
．
(1)求a 与b 的值，并求
的单调区间；
(2)若
在区间
上的最大值为20，求c 的值．
(3)若函数
的图象与x 轴有三个交点，求c 的范围．
【解】（1）由
可得
因为函数
的图像在点
处的切线与y 轴垂直，
故
，结合
所以
，解得
，
所以
39
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令
，解得
令
，解得
或
所以
的单调递增区间为
单调递减区间为
（2）由上问知,
在
上单调递减, 在
上单调递增,
所以当
时,
取得极小值，
而
则
在区间
上的最大值为
解得
故c 的值为
.
（3）由（1）知当
时,
取得极小值
当
时,
取得极大值
若函数
的图象与x 轴有三个交点，
解得
，故c 的范围是
.
押题解读
2023·北京卷T20，2022·北京卷T20，2021·北京卷T9，都是导数的解答题，可以预测2025 年新高考命题
方向将继续以几何意义，导数综合问题之单调性、极值最值、求解及证明问题为背景展开命题．
1．已知
，函数
．
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)当
时，
（i）求
的单调区间和极值；
（ii）设
的极大值为
，求
的最小值；
【解】（1）
时，
，
40
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所以
，整理得
．
所以曲线
在点
处的切线方程为
．
（2）（i）
，
，
因为
，令
，解得
，所以
，
因为
，
当
变化时，
，
的变化情况如下表：
，
0
单调递增
极大值
单调递减
所以函数
单调递增区间是
，单调递减区间是
．
所以
有极大值，没有极小值．
的极大值为
．
（ii）由（i）得
，
，
令
，解得
．
因为
，
当
变化时，
的变化情况如下表：
,
41
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0
单调递减
极小值
单调递增
而
，
所以
的最小值为
．
2．已知函数
与
的图象关于直线
对称，若
，构造函数
．
(1)当
时，求函数
在点
处的切线与坐标轴围成三角形的面积；
(2)若
（其中
为
的导函数），当
时，
，证明：
．（参考数据：
）
【解】（1）由题，
，则
，
当
时，
，
则
，
.
则切线方程为
，
又切线与坐标轴的交点为
，
则
；
（2）当
时，
，由题意
，
即
42
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构造函数
，则
，
，
得
在
上单调递减，在
上单调递增，
即
，当且仅当
时取等号.
则
式
因
，则
，①
因
，则
，又结合（*）式，
可得
，因
则
，②
由①②知
，
构造函数
，则
在
单调递增，
注意到
，
由零点存在性定理可知：
．
3．已知函数
其中为常数.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)求
的单调区间；
(3)若对任意
，不等式
恒成立，求的取值范围.
43
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【解】（1）当
时，
，则
，
，
所以
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
，
（2）
的定义域为
，
由
，得
，
当
时，
，当
时，
，
所以
的递增区间为
，递减区间为
，
（3）由（2）可知当
取得最大值
，
因为对任意
，不等式
恒成立，
所以
，即
，
，
解得
或
，
即的取值范围为
.
4．已知函数
．
(1)当
时，以点
为切点作曲线
的切线，求切线方程；
(2)证明：函数
有3 个零点；
(3)若
在区间
上有最小值，求
的取值范围．
【解】（1）当
时
，
则
，
，所以
，
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所以切线方程为
，即
；
（2）因为
定义域为
，
又
，因为
，所以
，
由
，解得
或
，由
，解得
；
则函数
在
，
上单调递增，在
上单调递减，
所以
在
处取得极大值，在
处取得极小值，
所以
，
，
又
，
，
且当
时
，当
时
，
即
，所以
在
上存在唯一零点，
由
，所以
在
上存在唯一零点，
由
，所以
在
上存在唯一零点，
所以
在
和
上均不存在零点，
所以函数
有且仅有个零点．
（3）由（2）可知
的极小值点为
，极大值点为
，且
，
当
时，即
，则
，
解得
或
，
因为
在区间
上有最小值，
45
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所以最小值为函数的极小值，即
，解得
，
所以
的取值范围为
．
押题猜想九 概率统计的解答题
限时：10min
【改编】家用自来水水龙头由于使用频繁，很容易损坏.受水龙头在保修期内维修费等因素的影响，企业生
产每件水龙头的利润与该水龙头首次出现损坏的时间有关.某阀门厂生产尺寸都为4 分（指的是英制尺寸）
的甲（不锈钢阀芯），乙（黄铜阀芯）两种品牌的家用水龙头，保修期均为1 年（4 个季度）.现从该厂已
售出的这两种水龙头中各随机抽取200 件，统计数据如下表：
品牌
甲
乙
首次出现损坏时间x（季度）
水龙头数量（件）
20
180
8
16
176
每件的利润（元）
3.6
5.8
2
4
6
将频率视为概率，解答下列问题：
(1)从该厂生产的甲乙两种品牌水龙头中各随机抽取一件，求恰有一件首次出现损坏发生在保修期内的概
､
率；
(2)由于资金限制，只能生产其中一种品牌的水龙头.若从水龙头的利润的均值考虑，你认为应选择生产哪种
品牌的水龙头比较合理？
【解】（1）设“甲品牌水龙头首次出现损坏发生在保修期内”为事件A，则
；
设“乙品牌水龙头首次出现损坏发生在保修期内”为事件B，则
.
设“恰有一件首次出现损坏发生在保修期内”为事件C，则
.
46
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（2）记生产1 件甲品牌水龙头的利润为
（元），生产1 件乙品牌水龙头的利润为
（元），则
的
分布列为
3.6
5.8
P
的分布列为
2
4
6
P
.
因为
，
所以选择生产乙品牌水龙头比较合理.
押题解读
2022·北京卷T13 的频率与概率，2020·北京卷T14 的期望与方差及决策，2019·北京卷T9 期望与方差及决
策，概率与统计应是必考内容，预测2025 年新高考命题方向将继续以随机变量分布列及期望方差为背景展
开命题.
1．某网站为研究新闻点击量的变化情况，收集得到了该网站连续30 天的新闻点击量变化数据，如下表所
示.在描述新闻点击量变化时，用“↑”表示“上涨”，即当天新闻点击量比前一天新闻点击量高；用
“↓”表示“下降”，即当天新闻点击量比前一天新闻点击量低；用“－”表示“不变”，即当天新闻点
击量与前一天新闻点击量相同.
时段
新闻点击量
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第1 天到第15 天
↑
-
↑
↓
↑
-
↓
↑
-
↓
↑
↓
-
↓
↓
第16 天到第30 天
-
↑
-
↑
-
↑
↓
↑
↓
↑
-
↓
↑
↓
↑
用频率估计概率.
(1)试估计该网站新闻点击量“下降”的概率；
(2)从样本中的前15 天和后15 天中各随机抽取1 天，记
表示其中该网站新闻点击量“上涨”的天数，求
的分布列和数学期望
；
(3)从样本给出的30 天中任取1 天，用“
”表示该天新闻点击量“上涨”，“
”表示该天新闻点
击量“下降”或“不变”，然后继续统计接下来的10 天的新闻点击量，其中有6 天“上涨”、3 天“下
降”、1 天“不变”，相应地，从这40 天中任取1 天，用“
”表示该天新闻点击量“上涨”，“
”表示该天新闻点击量“下降”或“不变”，直接写出方差
，
大小关系.
【解】（1）30 天中，有10 天点击量下降，故估计该网站新闻点击量“下降”的概率为
；
（2）前15 天中，有5 天的点击量上涨，后15 天中，有7 天上涨，
故
的可能取值为
，
则
，
，
，
故
的分布列如下：
0
1
2
；
（3）
，理由如下：
由（2）知，样本给出的30 天中点击量上涨的天数为12，
48
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故
，
，
则
，
，
这40 天中点击量上涨的天数为
，
故
，
，
故
，
，
由于
，故
.
2．人类常见的遗传病类型主要分为单基因遗传病、多基因遗传病和染色体异常遗传病三大类，高度近视
（600 度以上）、红绿色盲都是较常见的单基因遗传病．某学校课后实践活动对学生这两种遗传病情况进
行统计，分别从男、女同学中各随机抽取100 人进行调查，对患病情况统计如下，其中“√”表示是，
“×”表示否．
人数
男生
高度近视
红绿色盲
3
√
×
√
2
√
√
×
1
√
√
√
1
×
×
√
2
×
√
×
(1)分别估计该校男生红绿色盲的发病率和该校女生红绿色盲的发病率；
(2)为做家庭访问，从已调查出患红绿色盲的同学中任选两人，记这两人中男同学人数为
，求
的分布
列及数学期望；
(3)假设该校男生人数为1500，女生人数为2500，试估计该校学生高度近视发病率
与该校学生红绿色盲
发病率
的大小关系，并说明理由．
（注：
）
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【解】（1）设该校男生红绿色盲为事件
，女生红绿色盲为事件
，
则
（2）由表中的数据可知，已调查的学生中，有5 人患红绿色盲，其中男生4 人，女生1 人，
所以
可能取1，2，则
,
,
所以
的分布列为
1
2
所以
（3）由题意得
，
，
所以
3．甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10 场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分（单位：分）
情况统计如下：
场次
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲
8
10
10
7
12
8
8
10
10
13
乙
9
13
8
12
14
11
7
9
12
10
丙
12
11
9
11
11
9
9
8
9
11
50
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(1)从上述10 场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率；
(2)在上述10 场比赛中，从甲得分不低于10 分的场次中随机选择两场，设
表示乙得分大于丙得分的场数，
求
的分布列和数学期望
；
(3)假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10 场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、
乙、丙三人接下来又将进行6 场投篮比赛，设
为甲获胜的场数，
为乙获胜的场数，
为丙获胜的场数，
写出方差
，
，
的大小关系.
【解】（1）根据三人投篮得分统计数据，在10 场比赛中，甲共获胜3 场，分别是第3 场，第8 场，第10
场.
设
表示“从10 场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则
.
（2）根据三人投篮得分统计数据，在10 场比赛中，甲得分不低于10 分的场次有6 场，
分别是第2 场，第3 场，第5 场，第8 场，第9 场，第10 场，其中乙得分大于丙得分的场次有4 场，
分别是第2 场、第5 场、第8 场、第9 场.
所以
的所有可能取值为0，1，2.
，
，
.
所以
的分布列为
0
1
2
所以
.
（3）由题意，每场比赛甲获胜的概率为
，乙获胜的概率为
，丙获胜的概率为
，还需要进行6 场比
赛，
而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，所以
51
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，
，
故
.
4．我校即将迎来“第二届科技艺术节”活动，其中一项活动是“数学创意作品”比赛，为了解不同性别
学生的获奖情况，现从去年举办的“首届科技艺术节”报名参加活动的500 名学生中，根据答题情况评选
出了一二三等奖若干名，获奖情况统计结果如下：
性别
人数
获奖人数
一等奖
二等奖
三等奖
男生
200
10
15
15
女生
300
25
25
40
假设所有学生的获奖情况相互独立．
(1)用频率估计概率，现分别从上述200 名男生和300 名女生中各随机抽取1 名，求抽到的2 名学生都获一
等奖的概率；
(2)用频率估计概率，从上述200 名男生和300 名女生中随机各抽取1 名，以
表示这2 名学生中获奖的人
数，求
的分布列和数学期望
；
(3)用频率估计概率，从报名参加活动的500 名学生中随机抽取1 名，设抽到的学生获奖的概率为
；从上
述200 男生中随机抽取1 名，设抽到的学生获奖的概率为
；从上述300 名女生中随机抽取1 名，设抽到
的学生获奖的概率为
，试比较
与
的大小，并说明理由.
【解】（1）设事件
为“分别从上述200 名男生和300 名女生中各随机抽取1 名，
抽到的2 名学生都获一等奖”，则
.
（2）
随机变量
的所有可能取值为0，1，2，
记事件
为“上述200 名男生中随机抽取1 名，该学生获奖”，
事件
为“上述300 名女生中随机抽取1 名，该学生获奖”，
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依题意，事件
，
相互独立，且
估计为
，
估计为
，
因此
，
，
，
所以
的分布列为
0
1
2
的数学期望
.
（3）
，
理由：根据频率估计概率得
，
由（2）知
，
，则
，
所以
.
押题猜想十 数列的创新问题
限时：15min
【改编】对于有穷数列
，从数列
中选取第项第
､
项､
第
､
项
，顺次排列构成
数列
，其中
，则称新数列
为
的一个子列.称
各项之和为
的一个子列和．
规定：数列
的任意一项都是
的长度为1 的子列，若数列
的每一子列的所有项的和都不相同，
53
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则称数列
为完全数列.
（1）判断数列
是否为
为完全数列
（2）求数列
的所有子列和的和
（3）数列
的子列
长度为m，且
为完全数列，证明：m 的最大值为6
【解】（1）是完全数列，理由如下： ---------------------1 分
1+2=3，1+4=5，1+8=9，2+4=6，2+8=10，4+8=12，
1+2+4=7，1+2+8=11，1+4+8=13，2+4+8=14，1+2+4+8=15，
即每一子列的所有项的和都不相同，数列
是
为完全数列--------------------3 分
（2）数列
中的每一项，含有一个项的子列有
个，
含有两个项的子列有
个，含有三个项的子列有
个，
含有四个项的子列有
个，含有五个项的子列有
个，
含有六个项的子列有
个， ---------------------5 分
因此和式中，数列
中的每一项，
都出现
次， -------------------7 分
所以所求和为
--------------------8 分
（3）假设存在完全数列
，其长度为
，
则
，
则长度为
的数列
的每一子列的所有项的和有
个， ---------------------10 分
设其所有项的和的最小值为
，最大值为
，
则
，
可得
，-------------12 分
54
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整理得
，
当
时，
；
当
时，
；
当
时，
； ---------------------14 分
当
，则
，
，
所以
； ---------------------16 分
综上所述：当
时，不存在
，使得
成立.
所以假设不成立，则
，且
，符合题意，
所以m 的最大值为6. ---------------------17 分
押题解读
2023·北京卷T21，2022·北京卷T21，2021·北京卷T21，都是数列新定义问题，预测2025 年新高考命题方
向将继续新定义数列为背景开命题．
1.对正整数
，设数列
.
是
行
列的数阵，
表示
中第
行第
列的数，
，且
同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②
每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合
或
中元素的个数
为
．
(1)若
，求
的值；
(2)若对任意
中都恰有行满足第
列和第
列的数均为1．
①
能否满足
？说明理由；
②证明：
．
【解】（1）记
，
55
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则
，
，
，故
；
（2）①
不满足
，理由如下：
假设
满足
，
因为
的每行恰有三个1，故
中满足
的
的个数共有
个，
另一方面，从
中任选两列共有
种可能，且对任意两列，
都恰有行使得这两列的数均为1，故
中满足
的
的个数共有
个，
所以
，当
时，得
，此方程无解，
所以
不满足
；
②由①可得
，即
，
下面考虑满足
，但
的
的个数：
对
中满足
和3 的
行，每行恰有两组
使
且
，
所以满足
，但
的
的个数为
，
设数列
中有
项为
项为0，
满足
，但
的
的个数为
，
所以满足
，但
的
的个数为
，
所以
，
所以
．
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2．已知数列
是由正整数组成的无穷数列.若存在常数
，使得
对任意的
成立，
则称数列
具有性质
.
(1)分别判断下列数列
是否具有性质
；（直接写出结论）
①
；
②
.
(2)若数列
满足
，求证：“数列
具有性质
”是“数列
为常数列”的
充分必要条件；
(3)已知数列
中
，且
.若数列
具有性质
，求数列
的通项公式.
【解】（1）①
，对于
，
，所以数列
具有“性质
”；
②
，对于
，
，
故
，所以数列
不具有“性质
”．
（2）证明：先证“充分性”：
当数列
具有“性质
”时，有
，
又因为
，
所以
，
进而有
结合
有
，
即“数列
为常数列”；
再证“必要性”：
若“数列
为常数列”，
则有
，
即“数列
具有“性质
”．
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（3）首先证明：
．
因为
具有“性质
”，
所以
．
当
时，有
．
又因为
，且
，
所以有
，
，
进而有
，
所以
，
结合
可得：
．
然后利用反证法证明：
．
假设数列
中存在相邻的两项之差大于3，
即存在
满足：
或
，
进而有
．
又因为
，
所以
依此类推可得：
，矛盾，
所以有
．
综上有：
，
结合
可得
，
经验证，该通项公式满足
，
所以
．
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3．已知数列
， 数列
， 其中
， 且
，
． 记
的前
项和分别为
， 规定
．记
，且
，
， 且
(1)若
，
，写出
；
(2)若
，写出所有满足条件的数列
， 并说明理由；
(3)若
， 且
． 证明：
， 使得
．
【解】（1）由
，得
，
，
，
，所以
；
由
得
,
,
,
,所以
.
（2）由
，所以
，
，所以对于
，有
， 则
，所以
.
当
，由
得
，又
，所以
不符合题意，舍去；
当
，由
得
，又
，所以
，
经检验
不符合题意，舍去,
或
符合题意；
（3）
，
，
中最小元素是
，最大元素是
，
同理，
中最小元素是
，最大元素是
，
又因为
，所以
，
，即
，
又
，
，
,
又
，又
，
是中元素，
59
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又
，
,所以中元素比
大的只可能有
，
，
，
，又
,
，
， 使得
．
4.对于项数为
的数列
，若数列
满足
，
，其中，
表示数集
中最大的数，则称数列
是
的
数列.
(1)若各项均为正整数的数列
的
数列是
，写出所有的数列
；
(2)证明：若数列
中存在
使得
，则存在
使得
成立；
(3)数列
是
的
数列，数列
是
的
数列，定义
其中
．
求证：
为单调递增数列的充要条件是
为单调递增数列．
【解】（1）由题意，各项均为正整数的数列
的
数列是
，
写出所有的数列
为：
，
，
，
（2）由题意，
假设不存在
使得
成立，
根据
数列定义可知
，
，
所以
，则
，
即
，
所以
，所以
，这与已知矛盾，
故若此数列
中存在
使得
，
则存在
使得
成立．
（3）由题意，
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必要性：
，
，
，
则
．
因为
为单调递增数列，
所以对所有的
，
或
，
否则
．
因此，所有的
同号或为
，即
，
所以
为单调递增数列．
充分性：
因为
为单调递增数列，
，
且
，
所以只能
，所以
同号或为
，
所以对所有的
，
或
，
所以
．
所以
，即
为单调递增数列．
61
