猜押03 北京高考数学11～15题（填空题）-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（北京专用）

猜押03 北京高考数学11~15题（填空题） 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 函数及其性质 2022/11 函数定义域求解 围绕具体函数，通过偶次根式与分母条件列不等式组，考查基本定义域求解方法，侧重基础运算。 低 2023/14 分段函数的最值与参数求解 分析分段函数单调性，结合最值存在条件分类讨论，考查分段函数性质应用与逻辑推理能力。 中 2023/11 指数与对数函数的函数值计算 代入具体值，利用指数、对数运算规则求值，侧重基本运算能力的考查。 低 2025年预测：继续聚焦函数基础性质考查，如定义域求解、函数值计算，或延伸至函数单调性、奇偶性应用；分段函数仍可能作为考点，考查最值分析或参数求解；题型保持填空题形式，注重对函数基本概念、运算规则及性质的综合应用，难度维持低到中等，强调基础扎实与细节处理。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 解析几何 2022/12 双曲线渐近线求参数m 围绕双曲线渐近线方程，通过标准方程变形，结合渐近线公式推导参数，侧重对双曲线渐近线性质的基础运算考查。 低 2023/12 双曲线标准方程求解 利用焦点坐标确定c，结合离心率求a，再通过a,b,c关系计算b，考查双曲线方程推导的核心逻辑。 低 2024/11 抛物线焦点坐标求解 直接应用抛物线的焦点坐标公式，考查对抛物线标准形式及焦点位置的记忆。 低 2024/13 直线与双曲线位置关系求参数k 联立直线与双曲线方程，通过讨论方程解的个数（判别式或直线与渐近线关系）求参数，考查代数运算与几何位置关系的综合分析能力。 中 2025年预测：聚焦圆锥曲线基础性质考查，如抛物线的焦点、准线方程，双曲线的渐近线、标准方程，椭圆的离心率或方程；也可能涉及直线与圆锥曲线（如椭圆、双曲线）的位置关系（如相切、相交条件下的参数求解）。题型以直接应用公式为主，注重对圆锥曲线几何性质的理解与简单计算，难度保持低至中等，强调基础知识点的熟练运用。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 三角函数 2022/13 三角函数零点求参数A，函数值计算 代入零点求参数，再利用辅助角公式化简函数，计算特定自变量的函数值，考查基础运算与公式应用。 低 2023/13 三角函数命题真假判断（举反例） 结合正切函数单调性，通过构造第一象限角的反例，考查对三角函数性质的理解与灵活应用能力。 中 2024/12 角的终边对称关系下求最值 利用角的对称关系推导角的联系，结合余弦函数值域求最值，考查诱导公式与函数性质综合运用。 中 2025年预测：延续对三角函数基础性质与运算的考查，如三角函数的零点、值域、单调性；可能涉及三角恒等变换（和差公式、辅助角公式）、三角函数图象性质（对称轴、对称中心）；也可能结合三角形背景考查三角函数应用。题型以直接计算或性质应用为主，难度保持低至中等，注重对公式的记忆与简单推理应用。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 数列 2023/14 等差等比数列综合（前3项等差，后7项等比，求特定项与数列和） 结合等差、等比数列通项公式及求和公式，通过已知项建立方程求解公差、公比，考查数列综合运算能力与逻辑推理。 中 2024/14 等比数列在实际问题中的应用（圆柱体积与等比数列结合，求高度） 利用等比数列性质建立体积关系方程，结合圆柱体积公式求解，考查数学知识迁移到实际问题的应用能力。 中 2025年预测：延续对等差、等比数列核心知识的考查，可能结合实际背景（如文化、生活场景）设计题目，涉及数列通项、求和或性质应用；也可能出现数列与其他知识（如函数、不等式）的综合题型，侧重考查数列公式的灵活运用、逻辑推理及数学建模能力，难度维持中等水平。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 15题填空题（考多项选择） 2022/15 多项结论判断（数列） 数列性质相关的 4 个结论判断（涉及等差、等比数列性质，数列单调性等） 围绕数列核心性质，结合等差、等比数列定义及单调性，通过推理、反证法判断结论，考查逻辑推理与数列知识综合运用。 困难 2023/15 多项结论判断（分段函数） 分段函数性质相关的 4 个结论判断（涉及单调性、最值、距离最值等） 以分段函数为载体，结合函数图象、单调性、最值分析，考查对分段函数性质的理解与几何直观分析能力。 困难 2024/15 多项结论判断（数列） 数列性质相关的 4 个结论判断（涉及数列项的计算、等比数列判定、单调性等） 基于数列通项与前n项和关系，推导数列性质，通过反证法、计算验证结论，强调数列知识的深度应用与推理能力。 困难 2025年预测：题型延续综合结论判断模式，考查内容可能涉及函数（如分段函数、三角函数性质）、数列（等差 / 等比数列综合、数列新定义）、圆锥曲线或立体几何等知识模块的结合；注重对多个知识点的综合分析，要求通过推理证明、举反例、计算验证等方式判断结论，强化逻辑思维与知识迁移能力，难度保持较高水平，体现对数学核心素养（逻辑推理、数学运算）的深度考查。 1、 【函数及其性质真题回顾】 1．（2023·北京·高考真题）已知函数，则 ． 【答案】1 【分析】根据给定条件，把代入，利用指数、对数运算计算作答. 【详解】函数，所以. 故答案为：1 2．（2022·北京·高考真题）函数的定义域是 ． 【答案】 【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可； 【详解】解：因为，所以，解得且， 故函数的定义域为； 故答案为： 3．（2022·北京·高考真题）设函数若存在最小值，则a的一个取值为 ；a的最大值为 ． 【答案】 0（答案不唯一） 1 【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分类讨论，可知，符合条件，不符合条件，时函数没有最小值，故的最小值只能取的最小值，根据定义域讨论可知或，  解得 . 【详解】解：若时，，∴； 若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求； 若时， 当时，单调递减，， 当时， ∴或， 解得， 综上可得； 故答案为：0（答案不唯一），1 2、 【2025年函数及其性质押题预测】 1．（24-25高三下·北京·阶段练习）函数的定义域是 . 【答案】 【分析】根据二次根式和分式的意义列式求解. 【详解】根据题意，可得，解得. 所以函数的定义域为. 故答案为：. 2．（2025·北京朝阳·一模）函数的定义域为 ． 【答案】 【分析】根据函数解析式有意义可得出关于的不等式组，即可解得函数的定义域. 【详解】对于函数，有，解得， 故函数的定义域为. 故答案为：. 3．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知函数，则 【答案】 【分析】代入函数的解析式，利用对数与指数的运算求解即可. 【详解】因为函数， 所以， 故答案为:. 4．（24-25高三下·北京顺义·阶段练习）已知是定义域为的奇函数，且当时，，则 ． 【答案】 【分析】求出的值，利用奇函数的性质可求得的值. 【详解】因为函数是定义域为的奇函数，且当时，， 则，故. 故答案为：. 5．（2025·北京丰台·一模）已知函数，当时， ；若在上单调递增，则实数a的取值范围是 . 【答案】 0 【分析】根据分段函数的解析式可直接计算得到空①答案；利用分段函数单调性的条件可以得到不等式求解，得到②的答案. 【详解】时,; 由于当时是单调递增函数； 当时是单调递增函数， 所以为了使得在上单调递增， 必须且只需,即, 故答案为：；. 6．（24-25高三下·北京·开学考试）已知函数，对任意，都有成立，则a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】理解这个条件，它表明函数是增函数.对于分段函数是增函数，需要每一段函数都递增，并且在分段点处也要满足递增的条件.然后分别分析每一段函数的单调性以及分段点处的函数值关系，从而确定的取值范围. 【详解】对于对数函数，当时，函数在上单调递增. 因为这里，要使在上递增，所以. 对于一次函数，其斜率为，当时，函数在上单调递增. 所以要使在上递增，. 在这个分段点处，需要满足在处的值不大于在处的值. 当时，；. 所以，即. 综合前面的条件，需要同时满足，，. 取交集可得，的取值范围是. 故答案为：. 7．（24-25高三下·北京·开学考试）若函数存在最小值，则的最大值为 . 【答案】4 【分析】根据分段函数的性质，结合绝对值、二次函数的性质，讨论范围及存在最小值确定的范围，进而确定答案. 【详解】对于函数，在上单调递减，上单调递增，在上的最小值为0； 对于函数，开口向上且对称轴为， 所以函数在上单调递减，上单调递增，在上的最小值为； 综上，对于：当时，在上单调递减，上单调递增， 此时恒成立，所以不存在最小值； 当时，在上单调递减，上单调递增，此时最小值为； 当时，在上单调递减，,上单调递增，且， 又， 若时，，此时最小值为； 若时，，此时最小值为； 若时，，此时最小值为； 若时，，此时最小值为； 若时，，此时不存在最小值； 综上，，故的最大值为4. 故答案为：4 8．（24-25高三下·北京·开学考试）已知函数，若存在最大值，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据分段函数有最大值，结合一次函数、二次函数的性质列不等式求参数范围. 【详解】当时，在上值域为，显然不存在最大值； 当时，在上，而在上最大值为，满足题设； 当时，在上值域为， 若时，在上最大值为， 此时，故存在最大值，满足题设； 若时，在上最大值为， 此时只需，则，即， 故，存在最大值，满足题设； 综上，. 故答案为： 9．（2025·北京平谷·一模）已知函数，当时，的值域是 ，若有两个极值点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】结合二次函数与一次函数的单调性，可得分段函数的单调性，结合值域的概念以及极值点的概念，建立不等式，可得答案. 【详解】由，则， 当时，， 易知函数在上单调递增，在上单调递减， 此时； 当时，，易知函数在上单调递减，则. 综上可得. 由题意可设函数的两个极值点分别为，且， 由二次函数在上单调递增，在上单调递减， 一次函数，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增， 易知函数在与上单调递增，在上单调递减， 且，，可得，解得. 故答案为：；. 10．（2025·北京朝阳·一模）已知函数是上的奇函数，当时，则 ；若存在，使得，则c的一个取值为 ． 【答案】 4（答案不唯一） 【分析】利用函数的奇偶性可求得的值；先求得，函数的单调性，进而可得的单调性，进而可求得的取值范围. 【详解】因为函数是上的奇函数，且时，， 所以. 当时，由，可得， 令，即，解得， 所以函数在单调递减，在单调递增， 所以时，，， 由为函数是上的奇函数，可得时，，又， 由，可得或， 所以的取值范围为. 故答案为：；4（答案不唯一）. 3、 【解析几何真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）抛物线的焦点坐标为 ． 【答案】 【分析】形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解. 【详解】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为. 故答案为：. 2．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ． 【答案】（或，答案不唯一） 【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解. 【详解】联立，化简并整理得：， 由题意得或， 解得或无解，即，经检验，符合题意. 故答案为：（或，答案不唯一）. 3．（2023·北京·高考真题）已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出双曲线的实半轴、虚半轴长，再写出的方程作答. 【详解】令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距， 由双曲线的离心率为，得，解得，则， 所以双曲线的方程为. 故答案为： 4．（2022·北京·高考真题）已知双曲线的渐近线方程为，则 ． 【答案】 【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可； 【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为， 则，，又双曲线的渐近线方程为， 所以，即，解得； 故答案为： 4、 【2025年解析几何押题预测】 1．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）抛物线的焦点坐标是 . 【答案】 【分析】由抛物线的标准方程可得出该抛物线的焦点坐标. 【详解】在抛物线中，焦点在轴的负半轴上，且，则，， 因此，抛物线的焦点坐标是. 故答案为：. 2．（2025·北京·模拟预测）抛物线的准线方程是 . 【答案】 【分析】将题干抛物线方程写成标准方程，明确开口方向，即可写出准线方程. 【详解】将写成标准方程，即， 是开口向下的抛物线，且， 故其准线方程为， 故答案为：. 3．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）写一个焦点在轴上且渐近线方程为的双曲线标准方程 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据渐近线方程可得，即可根据焦点位置求解. 【详解】渐近线方程为的双曲线方程可以为， 取，则焦点在轴上，故， 故答案为：（答案不唯一） 4．（24-25高三上·北京东城·阶段练习）已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率e= . 【答案】2 【分析】根据渐近线方程求出，进而求出，可求得离心率. 【详解】对于双曲线，标准方程为，则，， 又双曲线的渐近线方程为，所以，解得， 则，，. 故答案为：2. 5．（2025·北京丰台·一模）已知直线与圆有且仅有一个公共点，则 . 【答案】 【分析】先把有且仅有一个公共点转化应用点到直线距离等于半径求解. 【详解】直线与圆有且仅有一个公共点， 圆心为，半径为， 则， 所以. 故答案为：. 6．（2025·北京平谷·一模）抛物线上一点到准线的距离与到对称轴的距离相等，则 . 【答案】/0.5 【分析】由抛物线的定义可知，过作轴的垂线垂足是焦点，即可得到答案. 【详解】抛物线焦点在轴上，且焦点，故抛物线的对称轴为轴， 抛物线上一点到准线的距离与到对称轴的距离相等， 由抛物线的定义可知，点到准线的距离与到焦点的距离相等， 所以，若轴，则垂足为点，即， 故答案为： 7．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）若直线与双曲线的右支只有一个公共点，则双曲线离心率的一个取值为 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】先由双曲线方程求出离心率，接着将代入双曲线方程结合直线与双曲线的右支只有一个公共点求出参数m的范围即可求解. 【详解】对双曲线有， 故双曲线离心率为， 将代入双曲线方程得， 当时，有，此时直线为双曲线渐近线，不符合； 当时，因为直线与双曲线的右支只有一个公共点， 所以方程即正根有且只有一个， 故（舍去）或， 故双曲线离心率. 故双曲线离心率的一个取值可以为. 故答案为：（答案不唯一） 8．（24-25高三下·北京·开学考试）如果直线l：和曲线Γ：恰有一个交点，那么k的一个值为 . 【答案】1（答案不唯一，满足即可） 【分析】作出曲线的图象，数形结合分析恰有一个交点时实数的取值范围即可. 【详解】由题意，当时，为双曲线的上半部分； 当时，为椭圆的下半部分. 又即，故作出的图象： 考虑临界条件，当与椭圆下半部分相切时，有， 整理得，则， 由图象解得. 因为的渐近线方程为， 当与双曲线的渐近线平行时也为临界条件， 当时，由图形可知：直线与双曲线部分无交点，不符合题意； 当时，由图形可知：直线与双曲线部分恰有一个交点，符合题意； 当时，由图形可知：直线与双曲线部分恰有一个交点，符合题意； 当时，由图形可知：直线与双曲线部分无交点，不符合题意； 故实数的取值范围为，例如. 故答案为：1（答案不唯一，满足即可）. 9．（24-25高三上·北京朝阳·期末）双曲线的渐近线方程是 ；设是双曲线的两个焦点，点在双曲线上，且，则 ． 【答案】 7 【分析】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上，即可得渐近线方程；根据双曲线的定义可得. 【详解】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上， 可得渐近线方程是； 且，即，解得. 故答案为：；7. 10．（2025·北京顺义·一模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且过点，则双曲线的渐近线方程为 . 【答案】 【分析】利用双曲线过点，可求得，进而可求渐近线. 【详解】因为双曲线：过点，所以，解得， 所以双曲线的方程为，所以双曲线的渐近线方程为. 故答案为：. 11．（2025·北京顺义·一模）已知直线：与圆：有两个交点，则可以是 .（写出满足条件的一个值即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据点到直线距离公式和题意列出关于的不等式，求解即可. 【详解】由圆：，可知：圆心，半径. 直线方程的一般式为. 由点到直线距离公式和题意可得： ，解得：. 所以可以是. 故答案为：（答案不唯一） 12．（2025·北京门头沟·一模）已知抛物线的焦点为，过点且垂直于其对称轴的直线交于点，，若，则焦点到其准线的距离为 . 【答案】2 【分析】求得的纵坐标，进而可求得，可得结论. 【详解】抛物线的焦点为， 因为过点且垂直于其对称轴的直线交于点，，所以， 将，代入抛物线方程，可得， 所以，解得， 焦点到其准线的距离为. 故答案为：. 13．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知抛物线的焦点为 ，点在抛物线上，且，则点的纵坐标为 ；点为坐标原点，的面积为 ． 【答案】 【分析】由抛物线方程可知焦点坐标，设，则根据抛物线定义可得，进而可求出点的坐标，求（为坐标原点）的面积即可求解. 【详解】由抛物线方程可知：焦点，准线方程为：， 设.∵点在抛物线上， ∴，，解得，. . 故答案为：. 14．（2025·北京石景山·一模）已知双曲线，若，则双曲线的渐近线方程为 ；若双曲线上存在四个点A，B，C，D使得四边形为正方形，则m的一个取值为 ． 【答案】 （答案不唯一） 【分析】第一空，根据双曲线的渐近线方程求解即可；第二空，分析可得，进而解不等式求解即可. 【详解】当时，双曲线为，此时， 则双曲线的渐近线方程为. 双曲线，即， 其渐近线方程为， 要使双曲线上存在四个点满足四边形是正方形， 根据正方形的对称性可得正方形的对称中心在原点，且在第一象限内的顶点横纵坐标相等， 则，解得，可取. 故答案为：；（答案不唯一）. 15．（2025·北京朝阳·一模）已知点在抛物线上，则抛物线C的焦点F的坐标为 ；以F为圆心，为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是 ．（填“相交”“相切”或“相离”） 【答案】 相切 【分析】第一空由点在抛物线上代入可得抛物线方程，进而得到焦点坐标； 第二空由两点间距离公式求出圆的半径与焦点到准线的距离相比较可得. 【详解】由题意可得，所以， 所以抛物线C的焦点F的坐标为； 由两点间距离公式可得，即为圆的半径， 又焦点到准线的距离为2， 所以为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是相切. 故答案为：；相切. 5、 【三角函数真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值. 【详解】由题意，从而， 因为，所以的取值范围是，的取值范围是， 当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为. 故答案为：. 2．（2023·北京·高考真题）已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为 ， ． 【答案】 【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解. 【详解】因为在上单调递增，若，则， 取， 则，即， 令，则， 因为，则， 即，则. 不妨取，即满足题意. 故答案为：. 3．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则 ； ． 【答案】 1 【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为，代入自变量，计算即可. 【详解】∵，∴ ∴ 故答案为：1， 6、 【2025年三角函数押题预测】 1．（2025·北京石景山·一模）如图，角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的横坐标为，则的值为 【答案】/0.6 【分析】先根据三角函数的定义可得，进而结合诱导公式求解即可. 【详解】由题意，点的横坐标为，则， 则. 故答案为：. 2．（2025·北京延庆·一模）已知是第四象限角且，，则的值为 . 【答案】 【分析】由已知求得，再根据两角差的正切公式计算即可． 【详解】因为是第四象限角且，所以，， 因为，所以， 则. 故答案为：. 3．（2024·北京·三模）已知函数． ①若，则的最小正周期是 ；， ②若，则的值域是 ． 【答案】 【分析】把代入，t明智二倍角的正弦，结合正弦函数的周期求出的最小正周期；把代入，利用二倍角的余弦公式，借助换元法，利用导数求出的值域. 【详解】当时，，函数的最小正周期为； 当时，，令， ，求导得， 当或时，，当时，， 函数在，上单调递减，在上单调递增， ，， 所以，的值域是. 故答案为：； 4．（24-25高三下·北京·阶段练习）写出满足的一组和， ， ． 【答案】 （答案不唯一） 【分析】利用所给条件以及两角和的正弦公式，结合诱导公式计算可得结果. 【详解】由可得， 即可得， 不妨取，所以， 又，可取，， 所以. 故答案为：，（答案不唯一，符合题意即可） 5．（24-25高三上·北京·阶段练习）若对任意的实数，恒成立，则满足条件的一组，的值为 ， . 【答案】 【分析】由三角函数值域为可确定一个的值，再由诱导公式将余弦变成正弦，得到的一个值. 【详解】由，所以可取， 由诱导公式知，， 所以可取， 故答案为：；. 6．（2025·北京门头沟·一模）在平面直角坐标系中，角以为始边，其终边与单位圆交点的横坐标为，写出一个符合题意的 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据终边相同的角以及余弦函数的定义，计算即可. 【详解】由题意，，则或 故答案为：（答案不唯一）. 7．（2024·北京大兴·三模）已知，，若对任意实数x都有恒成立，则满足条件的一组有序数对为 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据三角函数恒成立，则对应的解析式求得即可． 【详解】，若对任意实数x都有恒成立， 则，或， 由，得， 因为，令，得， 由，得， 因为，令，得， 所以满足条件的一组有序数对为或. 故答案为：（答案不唯一） 8．（2025·北京·模拟预测）已知函数，将的图象向左移动个单位后得到的图象对应的函数为，若函数的最大值是一个小于的正数，则一个符合条件的 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据已知条件求出，根据题意令，由此确定符合题意的值即可. 【详解】因为， 根据已知条件有， 所以 ， 因为函数的最大值是一个小于的正数， 所以时，满足题意， 所以满足上式的都符合题意，答案不唯一， 满足上式，所以符合题意. 故答案为： 9．（2025·北京丰台·一模）已知函数的部分图象如图所示，其中M，N是直线与曲线的两个相邻交点.若，则 ， . 【答案】 2 【分析】先根据|MN|与周期的关系求出；再利用图象过的点求出；最后将代入函数求. 【详解】已知，是直线与曲线的两个相邻交点，且. 设则. 且，则，则，同理， 因此.解得. 因为函数的图象过点，可得， 所以，，则，. 由于，则，那么. 将代入可得：. 故答案为：2； . 10．（2024·北京西城·二模）已知函数，直线与曲线的两个交点如图所示.若，且在区间上单调递减，则 ； . 【答案】 2 【分析】根据和，可构造方程求得，并确定为半个周期，根据正弦函数单调性可构造方程组求得. 【详解】设，， 由得：，， 又，，解得. 此时的小正周期， ，在区间上单调递减， 和分别为单调递减区间的起点和终点， 当时，， ，， 又，， 综上所述：，. 故答案为：2，. 7、 【数列真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ． 【答案】 23 57.5/ 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 2．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ． 【答案】 48 384 【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解. 【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为， 则，且，可得， 则，即，可得， 空1：可得， 空2： 方法二：空1：因为为等比数列，则， 且，所以； 又因为，则； 空2：设后7项公比为，则，解得， 可得，所以. 故答案为：48；384. 8、 【2025年数列押题预测】 1．（2024·北京通州·二模）已知数列为等比数列，，，则 ；数列的前4项和为 ． 【答案】 81 48 【分析】求出数列的公比，进而求出通项即可求得；再利用分组求和法计算得解. 【详解】等比数列中，由，得数列的公比，通项， 所以； 数列的前4项和为. 故答案为：81；48 2．（2025·北京丰台·一模）已知，，是公比不为1的等比数列，将，，调整顺序后可构成一个等差数列，则满足条件的一组，，的值依次为 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列的通项公式表示各项，调整顺序后借助等差中项的概念建立等量关系求得的值，令可得结果. 【详解】设等比数列，，的公比为，则等比数列为， 不妨设调整顺序后的等差数列为，则， ∵，∴，解得或（舍）， 令，则，， ∴满足条件的一组，，的值依次为. 故答案为：（答案不唯一）. 3．（2024·北京延庆·一模）北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板 块． 【答案】 【分析】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差为，，设每层有环，则，，根据等差数列前项和公式求出，再求出即可. 【详解】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差，， 设每层有环，则，， 所以，即， 即，解得或（舍去）， 所以，则， 即上层有扇形石板块. 故答案为：． 4．（2024·北京大兴·三模）在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在的整数中，把被除余数为，被除余数为，被除余数也为的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列，则数列的项数为 . 【答案】 【分析】首先根据题意得到，然后结合题目所给范围求出的范围，即可求解. 【详解】依题意既是的倍数也是的倍数还是的倍数，也就是的倍数， 所以，即，令， ∴，又因为，所以共项. 故答案为： 5．（2025·北京平谷·一模）《张邱健算经》是公元5世纪中国古代内容丰富的数学著作，书中记载着这样一个问题：“有个女子善织布，每天比前一天多织相同的布，第一天织5尺，一个月（按30天计）共织了440尺，推算第10天该女子织了 尺布.” 【答案】11 【分析】记公差为，根据已知求出再利用等差数列的通项公式求解. 【详解】由题得每天的织布数成等差数列，首项，记公差为， 由题得，所以 所以. 故答案为：11 6．（2024·北京西城·一模）在数列中，.数列满足.若是公差为1的等差数列，则的通项公式为 ，的最小值为 . 【答案】 【分析】求出等差数列的首项，直接求出的通项公式即可，利用数列的单调性得最小项为或，利用累加法即可求解. 【详解】由题意，又等差数列的公差为1，所以； 故，所以当时，，当时，， 所以，显然的最小值是或. 又，所以 ，即的最小值是. 故答案为：， 7．（24-25高三上·北京房山·期末）《九章算术》是我国古代的优秀数学著作，内容涉及方程、几何、数列、面积、体积的计算等多方面.《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”由以上条件，该女子第5天织布 尺；若要织布50尺，该女子所需的天数至少为 . 【答案】 / 【分析】由题意可得该女子每天织布的尺数构成一个等比数列，且数列的公比为2，由题意求出数列的首项后可得第5天织布的尺数；再令，求出，即可得出答案. 【详解】由题意可得该女子每天织布的尺数构成一个等比数列，且数列的公比为2，前5项的和为5， 设首项为，前项和为， 则由题意得，∴， ∴，即该女子第5天所织布的尺数为． 令，解得：，所以. 所以若要织布50尺，该女子所需的天数至少为. 故答案为：；． 8．（2025·北京朝阳·一模）干支纪年法是我国古代一种纪年方式，它以十天干（甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸）和十二地支（子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥）的组合来表示年份，循环纪年．比如某一年为甲子年‘，则下一年为乙丑年，再下一年为丙寅年，以此类推，排列到癸酉年后，天干回到“甲”，即甲戌年，下一年为乙亥年，之后地支回到“子”，即丙子年，以此类推．已知2025年是乙巳年，则2025年之后的首个己巳年是 年．（用数字作答） 【答案】2049 【分析】天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，分析计算可得解. 【详解】天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列， 从2025年是乙巳年，以2025年的天干和地支分别为首项， 因为地支为巳，则经过的年数为12的倍数， 又因为2025年为天干为乙，到天干为已，需经过丙、丁、戊、己， 故经过年数除以10的余数为4，故需经过24年，所以2025年之后的首个已巳年是2049. 故答案为：2049. 9．（2025·北京延庆·一模）数列中，若存在，使得“且”成立，（，）则称为的一个峰值.若，则的峰值为 ；若，且不存在峰值，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据二次函数的性质结合数列峰值的定义即可求出数列的峰值；构造函数，利用导数求出函数的单调区间，再结合数列峰值的定义即可得解. 【详解】由， 函数的对称轴为， 又， 所以， 所以的峰值为； 若，则， 令，则， 当时，，所以函数在上单调递减， 则数列是递减数列，符合题意； 当时，令，则，令，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 要使数列不存在峰值， 则，即，解得， 综上所述，实数的取值范围为. 故答案为：；. 10．（2025·北京门头沟·一模）某城市为推动新能源汽车普及，第1年在市区公共区域建设了2万个新能源汽车充电桩，随着新能源汽车保有量快速增长，以及城市对绿色出行基础设施建设的持续投入，每年新建设的充电桩数量比上一年增加20%，按照这样的发展趋势，那么该城市第3年在市区公共区域新建设了 万个充电桩；从第1年起，约 年内，可使该城市市区公共区域的充电桩总量达到30万个（结果保留到个位）. （参考数据：，） 【答案】 2.88 8 【分析】利用等比数列的定义，求和公式计算即可. 【详解】由题意可知第3年新建设万个充电桩； 假设第年后充电桩总量达到30万个， 则， 即， 取对数得， 即约8年内，可达到要求. 故答案为：2.88，8 9、 【15题填空题（考多项选择）真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误. 【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上， 而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确. 对于②，取则均为等比数列， 但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误. 对于③，设，， 若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解， 若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾； 若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数， 当有偶数解，此方程即为， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时， 否则，因单调性相反， 方程至多一个偶数解， 当有奇数解，此方程即为， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即 否则，因单调性相反， 方程至多一个奇数解， 因为，不可能同时成立， 故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素， 取 ，则,故③正确. 对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势， 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 2．（2023·北京·高考真题）设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】②③ 【分析】先分析的图像，再逐一分析各结论；对于①，取，结合图像即可判断；对于②，分段讨论的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知的范围；对于④，取，结合图像可知此时存在最小值，从而得以判断. 【详解】依题意，， 当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线； 当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）； 当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线； 对于①，取，则的图像如下，    显然，当，即时，在上单调递增，故①错误； 对于②，当时， 当时，； 当时，显然取得最大值； 当时，， 综上：取得最大值，故②正确； 对于③，易知当时，在，且接近于处，的距离最小，    当时，，当且接近于处，， 此时，， 当时，且接近于处，的距离最小， 此时；故③正确； 对于④，取，则的图像如下，    因为， 结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在， 同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径， 此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为， 联立，解得，则， 显然在上，满足取得最小值， 即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误. 故答案为：②③. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得的图像，特别是当时，的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可. 3．（2022·北京·高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论： ①的第2项小于3；   ②为等比数列； ③为递减数列；       ④中存在小于的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③. 【详解】由题意可知，，， 当时，，可得； 当时，由可得，两式作差可得， 所以，，则，整理可得， 因为，解得，①对； 假设数列为等比数列，设其公比为，则，即， 所以，，可得，解得，不合乎题意， 故数列不是等比数列，②错； 当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对； 假设对任意的，，则， 所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导. 10、 【2025年15题填空题（考多项选择）押题预测】 1．（2025·北京丰台·一模）已知函数.给出下列四个结论： ①当时，在区间上单调递增； ②对任意实数a，都没有最小值； ③当时，设的零点从大到小依次为，，，，则对任意正整数i，都有； ④对任意实数a，m，存在实数，当时，恒有. 其中所有正确结论的序号为 . 【答案】②④ 【分析】①取特殊值，根据导数与函数的单调性的关系即可判断； ②对进行分类讨论，即可判断； ③结合①②的情况进行判断即可. 【详解】对于①，当时，，则，存在，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，故①错误； 对于②，当时，，则在上单调递增； 当时，,,,则在上没有最小值； 当时，,,,则在上没有最小值； 故②正确； 对于③，结合①②，当时，在的零点，最大的①中的，， 当时， 当时，存在零点， 所以这两个零点距离大于，故③错误； 对于④，， 因为是对勾函数，可以取到，，所以可以取到,故④正确. 故答案为：②④. 2．（2025·北京延庆·一模）已知函数，给出下列四个结论： ①，使得关于直线对称； ②，使得存在最小值； ③，在上单调递减； ④，使得有三个零点； 其中所有正确的结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】赋值法判断①；数形结合判断②④；利用导函数判断③， 【详解】取，得， 因为， 所以，使得关于直线对称；故①对； 由， 所以， 若， 当时，令，则， 令，则， 所以在单调递减，所以， 所以 在单调递减， 当时，令，则， 所以 在单调递减， 所以，在上单调递减，故，不存在最小值，故②错，③对， 如图    若，则当函数与直线的图象相切时， 设切点横坐标为，此时，则， 得到方程组，化简得，易得， 则此时有两个零点，图象见下图， AI   当时，只需将上图相切时的直线向左偏一点，图象如下图所示， 则两函数会出现三个交点，此时有三个零点，如下图所示， AI   故④对， 故答案为：①③④ 【点睛】方法点睛：对于复杂函数的零点个数问题我们常将其转化成两个函数的交点个数问题，其次就是相切的临界状态将是零点变化得关键位置. 3．（2025·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论： ①的最小值为； ②的最小值为； ③的最大值为； ④的最小值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、，设底面、的中心分别为点、，作出图形，推导出，，求出的最小值，可判断①④；由对称性得出，进而可判断②；取点和点重合，可判断③. 【详解】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、， 设底面、的中心分别为点、，如下图所示： 对于①，易知为的中点，则，可得， 所以，， 当点与点重合时，底面，此时，取最小值， 即的最小值为，①对； 对于④， ， 当点与点重合时，底面，此时，取最小值， 则的最小值为，④对； 对于②，由对称性可知，， 则， 当且仅当点为线段与平面的交点时，取最小值，②对； 对于③，当点与点重合时，， 所以，的最大值不是，③错. 故答案为：①②④. 4．（2025·北京顺义·一模）已知函数，数列满足，. 给出下列四个结论： ①若，则有3个不同的可能取值； ②若，则； ③对于任意，存在正整数，使得； ④对于任意大于2的正整数，存在，使得； 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】由已知得，若，分别对分类讨论即可判断；②若，求得即可判断．③当时，计算可判断；④，进而可得，可判断． 【详解】①，所以，若， 当时，，解得． 当时，则，解得，当时，则，解得； 当时，，解得，当时，则，解得，当时，则，解得（舍去）； 综上可得：可以取3个不同的值：5，，．因此①正确． ②若，则，，，可得．数列是周期为3的数列，故②正确． ③当时，，，， 所以不存在正整数，，故③正确． ④先考虑数列的周期性， 对于，则，， ，，，要使是周期数列， 则有，解得， 从而存在，使得数列是周期数列，周期为， 从而要使周期为，只需，即即可，故④正确． 故答案为：①②④. 5．（2025·北京石景山·一模）高斯取整函数的函数值表示不超过x的最大整数，例如，，．有如下四个结论： ①若，则； ②函数与函数无公共点； ③； ④所有满足的点组成区域的面积为． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】根据的取值范围，分别求出，的值，判断①；作出函数与函数的图像，即可判断②；对的取值分类讨论，即可判断③；对的取值分类讨论，求出点组成区域的面积，判断④． 【详解】对于①：若，则，则， ， 即，故①正确； 对于②：函数与函数的图象如图所示， 由图可得函数与函数无公共点，故②正确； 对于③：当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， ，故③错误； 对于④：当时，，此时组成区域的面积为1， 当时，，此时组成区域的面积为1， 当时，，此时组成区域的面积为1， 当时，，此时组成区域的面积为， 综上点组成区域的面积为，故④正确． 故答案为：①②④. 6．（2025·北京平谷·一模）已知各项均不为零的数列，其前项和是，且.给出如下结论： ①； ②若为递增数列，则的取值范围是； ③存在实数，使得为等比数列； ④，使得当时，总有. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】根据的递推关系可得，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，进而得，即可结合选项求解. 【详解】由得，相减可得， 由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列， 对于①，，故正确； 对于②，由于的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以， 若，则需要，则，故正确， 对于③，，若为等比数列，则为常数，则， 此时，故，进而可得数列的项为显然这不是等比数列，故错误， 对于④，若，只要足够大，一定会有 ， 则，只要足够的大， 趋近于0， 而，显然能满足，故，当时，总有，故正确， 故答案为：①②④ 【点睛】方法点睛：本题考查了数列的递推公式，数列单调性及与数列有关的比较大小问题．根据数列前项和与数列的项的递推关系求通项公式时，注意分析，在处理涉及隔项数列问题，一般要考虑分为奇数和偶数来分类讨论，含参的恒成立或者存在类问题，先分离参数，转化为求式子的最大值或最小值问题来处理． 7．（2025·北京·模拟预测）已知函数， ①当，时，恰有1个零点； ②若，则对于任意的，都有零点； ③当时，若函数恰有1个零点，则满足条件的取值唯一； ④当时，存在的取值，使得有3个零点. 其中所有正确结论的序号是： . 【答案】①② 【分析】利用函数零点问题转化为方程，然后再构造两个函数图象的交点个数问题，从而可利用数形结合来解决问题. 【详解】对于①，当，时，由， 分别作出函数与的图象， 由图像可得两函数必有一个交点，则有唯一零点，故①正确； 对于②，若，由， 分别作出函数与的图象，当时作图可得： 此时由图像可得两函数必有一个交点，但当时又作图可得： 此时由图像可得两函数也必有一个交点，则都有零点，故②正确； 对于③，若时，由， 分别作出函数与的图象，当时作图可得： 此时由图像可得两函数必有一个交点，说明对任意的，都满足有一个零点，即满足条件的的取值并不唯一，故③错误； 对于④，若时，由， 分别作出函数与的图象，当时作图可得： 此时由图像可得两函数必有一个交点，说明对任意的，不满足有三个零点， 所以当时，又分别作出函数与的图象，    此时由图像可得两函数可能没有交点，或只有一个交点，或有两个交点，但一定没有三个交点，所以不满足有三个零点，故④错误， 故答案为：①②. 8．（24-25高三下·北京·开学考试）对于给定的数列，如果存在实数p、q，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，，则给出下列四个结论： ①等差数列是“线性数列”； ②等比数列是“线性数列”； ③若是等差数列，则是“线性数列”； ④若是等比数列，则是“线性数列”. 其中正确的结论是 . 【答案】①②④ 【分析】对①②根据“线性数列”的定义进行判断；对于③：找特例，代入即可判断；对于④：结合定义，设出等比数列，代入求的，再结合线性数列的定义，看是否存在实数即可. 【详解】对于①，数列为等差数列，则，即， 满足“线性数列”的定义，①正确； 对于②，数列为等比数列，则，即， 满足“线性数列”的定义，②正确； 对于③，是等差数列，设， 则，若是“线性数列”， 则， 则应有， 故不是“线性数列”，③错误； 对于④，是等比数列，设首项为，公比为， 若时，，则，满足“线性数列”的定义； 若时，由，得， ， 累加的， 则， 经验证当时，满足，则， 若是“线性数列”，则存在实数，使得成立， 则， ， ， 则，则， 则是“线性数列”，④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 9．（24-25高三下·北京·阶段练习）设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论： ①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4 ②若，则 ③若则 ④若数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470． 其中，所有正确结论的序号是 【答案】①②④ 【分析】对于①，利用定义求解即可；对于②，找出，是以4为周期的周期数列，即可求解；对于③，由②知是以4为周期的周期数列，结合，基本不等式即可求解；对于④，利用定义结合周期性求解. 【详解】对于①，根据数列距离的定义可得，数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为，故①正确； 对于②，设， 由可得：， 故是以4为周期的周期数列，且， 同理可得也满足此性质，故则，故②正确； 对于③，由②知， 因为，故， 所以 所以，故③错误； 对于④，因为 所以数列中，, 数列中，, 因为故项数越大，数列和的距离越大， ， 故， 故数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470，故④正确； 故答案为：①②④. 【点睛】方法点睛：新定义问题，用题上的新概念、新法则去解决问题，有时还需要用到类比，结合所学知识，透过现象看本质，考查的还是基础数学知识，掌握三基，以不变应万变. 10．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知曲线．给出下列三个结论： ①曲线关于轴对称； ②曲线恰好经过6个整点（即横，纵坐标均为整数的点）； ③曲线上任意一点到原点的距离都不超过； ④曲线所围成的区域的面积小于3． 其中，所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】对于①：根据方程研究对称性即可；对于②：由基本不等式可得，进而可知，结合对称性找出整点；对于③：根据分析判断即可；对于④：根据整点分析可知：曲线位于x轴上方部分的面积大于梯形的面积，再结合对称性分析判断. 【详解】对于①：将方程中的y换成，可得， 即，方程不变， 所以曲线关于轴对称，故①正确； 对于②：由于曲线， 根据对称性可令，则，解得， 当且仅当时，等号成立， 可知， 当时，；当时，；当时，； 所以曲线恰好经过6个整点，故②正确； 对于③：因为，即， 所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过，故③正确； 对于④：由②可知：曲线过点， 可知梯形的面积为， 若，可得，即， 当时，假设， 则， 不满足方程，可知当时，； 当时，可得， 因为，即， 可得，整理可得， 据此结合图象可知：曲线位于x轴上方部分的面积大于梯形的面积， 结合对称性可知曲线C所围成的区域的面积大于3，故④错误； 故答案为：①②③. 11．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知数列满足，则下列说法中，正确的是 ①当时，对任意的，数列一定是有限数列； ②当，时，若数列是无限数列，则数列一定单调递增； ③存在，使得对任意的k，数列都一定是有限数列； ④存在一组k和，使得数列是单调递减的无限数列． 【答案】①②④ 【分析】①分和两种情况讨论；②根据数列为无限数列得到，然后证明单调性；③当时，令，解得，只要满足此条件，可以推证数列一定是无限递增数列，从而否定③；④取，可以证明数列一定是无限递减数列，从而肯定④. 【详解】①当时，， 当时，数列只有1项； 令，则， 当时，，时，， 所以在上单调递增，上单调递减，则，即， 当时，设，则，，， 因为，则无意义， 所以数列必在项前终止， 所以数列为有限数列，故①正确； ②当，，， 因为数列为无限数列， 若，则， 同理 所以，...，， 所以数列是递减数列，且递减幅度越来越大，但，这不可能， 所以，此时，，同理可得， 所以数列单调递增，故②正确； ③令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，上单调递增，则，即， 当时，令，解得， 则当，时，， 所以， 同理可得，数列单调递增，为无穷数列， 所以不存在，使得对任意的，数列一定是有限数列，故③错误； ④取， 令，则在上恒为负，故在上单调递减， 所以当时，，所以， 所以， 令，它显然在上单调递增， 所以当时，， 所以， 综上，， 同理 使得数列是单调递减的无限数列，故④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】关键点点睛：找到一个函数，（），使得它与直线相切，是④中构造成功的关键. 利用熟知的相切，可以知道相切，从而的相切， 可以构造成功④中的例子. 12．（24-25高三下·北京·开学考试）已知曲线（，为常数），给出下列四个结论： ①曲线关于坐标原点对称； ②当时，曲线恒过两个定点； ③记曲线在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为，则对任意，存在，使得. ④设，为曲线上的两个动点，则存在，，使得有最大值； 其中所有正确结论的序号为 . 【答案】①②③ 【分析】利用曲线的对称性判断①；当时，化简曲线方程，求出定点坐标判断②；取，在第一象限内，曲线在线段上方，数形结合判断③；将曲线的方程视为关于的二次方程，解原方程，取点、，考查时，的取值判断④. 【详解】对于①，在曲线上任取一点，则， 点关于原点的对称点为， 则， 即点在曲线上，因此曲线关于坐标原点对称，①正确； 对于②，当时，则，曲线的方程为， 由，解得或， 因此当时，曲线恒过两个定点，②正确； 对于③，当，时，在曲线的方程中，令可得，令可得， 此时曲线交轴的正半轴于点，交轴正半轴于点， 设直线，， 对曲线C的方程变形整理，有， 将上式视为关于y的一元二次函数，其中， 当 时，恒有 ，有， ， 令，， ， ， 由，得，即 ，于是， 即曲线 在第一象限的部分在直线的上方，如图， 因此，③正确； 对于④，当，时，将曲线的方程视为关于的二次方程， 对于方程，， 解方程，得， 不妨取点，， 则，当时，则，因此无最大值，④错误. 故答案为：①②③ 13．（24-25高三下·北京·开学考试）如果函数满足对任意、，有，则称为优函数.给出下列四个结论： ①为优函数； ②若为优函数，则； ③若为优函数，则在上单调递增； ④若在上单调递减，则为优函数. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】利用优函数的定义可判断①；利用赋值法推导出、，逐项递推可判断②；取，，结合优函数的定义可判断③；利用减函数的性质、不等式的基本性质结合优函数的定义可判断④. 【详解】对于①，因为、， 则 ， 所以，，则是优函数，故①正确； 对于②，因为是优函数，则，即， ，即， 同理可得、、，故②正确； 对于③，例如，， 满足， 所以，，则为优函数， 但在上单调递减，故③错误； 对于④，若在上单调递减， 任取、，，，则，， 所以，，， 变形为，， 两式相加得：， 因为，所以，，所以，为优函数，故④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】函数新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 14．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知曲线. 给出下列四个结论： ①曲线关于直线对称； ②曲线上恰好有个整点（即横、纵坐标均是整数的点）； ③曲线上存在一点，使得到点的距离小于； ④曲线所围成区域的面积大于. 其中，所有正确结论的序号为 . 【答案】②④ 【分析】根据曲线方程分析曲线的性质，有曲线为封闭曲线，过点，关于轴对称，画出曲线大致图形，结合圆、四边形在曲线内部判断各项的正误. 【详解】由，则且，易知曲线为封闭曲线， 所以，易得，故， 时；时；时， 故曲线过点，显然不关于直线对称，①错； 对于曲线上任意点，其关于轴对称点为， 则，故曲线关于轴对称， 综上，曲线的大致图形如下图示，显然曲线上恰好有个整点，②对； 由圆过点，故圆上点均在曲线上或内， 所以曲线上不存在点，使得到点的距离小于，③错； 如图中，四边形在曲线内部，故曲线所围成区域的面积大于，④对. 故答案为：②④ 【点睛】关键点点睛：根据曲线方程分析出曲线的相关性质，并画出大致图形为关键. 15．（2024·北京昌平·二模）已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论： ①曲线关于直线成轴对称图形； ②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点； ③直线与曲线所围成的图形的面积为； ④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，由图可得①正确；当斜率为时结合渐近线可得②错误；由四分之一圆面积减去三角形面积可得③正确；由图形可得④正确. 【详解】， 因为当时，无意义，无此曲线，故舍去， 所以曲线表示为：， 作出曲线图象为    对于①，由图象可得曲线关于直线成轴对称图形，故①正确； 对于②，由于左上和右下部分双曲线的，所以渐近线方程为， 所以当直线的斜率为时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误； 对于③，设直线与交点分别为， 因为圆方程中半径为2，且点， 所以直线与曲线围成的图形的面积为，故③正确； 对于④，由于直线恒过， 当时，直线与平行，有一个交点； 当时，与渐近线平行，此时有两个交点， 当，结合斜率的范围可得有三个交点，如图：    所以，④正确； 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据的正负去掉绝对值符号得到曲线方程，作出图象，数形结合分析. 16．（2024·北京顺义·二模）已知函数，给出下列四个结论： ①当时，对任意，有1个极值点； ②当时，存在，使得存在极值点； ③当时，对任意，有一个零点； ④当时，存在，使得有3个零点. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①④ 【分析】对①：借助导数研究函数的单调性即可得极值点个数；对②：借助导函数的导函数研究导函数可得导函数无零点，故函数不存在极值点；对③：举出反例即可得；对④：将零点个数转化为直线与曲线的交点个数，从而可通过研究过的曲线的切线，结合零点的存在性定理得到直线与曲线的关系. 【详解】对①：当时，，， 则时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故对任意，有1个极大值点，故①正确； 对②：当时，， 若存在极值点，则有变号零点，则必须有解， 令， 则， 故当时，，当时， ， 故在、上单调递增，在上单调递减， 又时，，， 即恒成立，故当时，无解，故②错误； 对③：当时，， 当时，，此时函数无零点，故③错误； 对④：当时，若存在，使得有3个零点， 则直线与曲线有三个不同交点， 由直线过点，曲线过点， 又，是偶函数，且在上单调递减， 故当时，直线与曲线在第二象限必有一交点， 同理，当时，直线与曲线在第一象限必有一交点， 过点作曲线的切线，设切点为， 则切线方程为， 即，则， 由，则，即， 即，即， 故当时，存在， 使曲线有过点的切线，且切点为， 当时，切线斜率为， 则当时，有，又， 则存在，使， 此时函数单调递减，而恒成立， 故存在，使， 即当时，存在，使得有3个零点， 同理可得，当时，存在，使得有3个零点，故④正确. 故答案为：①④. 【点睛】关键点点睛：第④个结论关键点在于将零点个数转化为直线与曲线的交点个数，从而可通过研究过的曲线的切线，结合零点的存在性定理去得到直线与曲线的关系. 17．（2024·北京海淀·一模）已知函数，给出下列四个结论： ①函数是奇函数； ②，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根； ③已知是曲线上任意一点，，则； ④设为曲线上一点，为曲线上一点.若，则. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】②③④ 【分析】对①：计算定义域即可得；对②：对与分类讨论，结合二次函数求根公式计算即可得；对③：借助两点间的距离公式与导数求取最值计算即可得；对④：结合函数性质与③中所得结论即可得. 【详解】对①：令，即有，即，故函数不是奇函数，故①错误； 对②：，即， 当时，有，故是该方程的一个根； 当，时，由，故，结合定义域可得， 有，即， 令，，有或（负值舍去），则， 故必有一个大于的正根，即必有一个大于的正根； 当，时，由，故，结合定义域有， 有，即， 令，， 有或（正值舍去）， 令，即，则， 即，故在定义域内亦必有一根， 综上所述，，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根，故②正确； 对③：令，则有，， 令，，， 当时，，当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减， 又，，故恒成立，即，故，故③正确； 对④：当时，由，，故， 此时，，则， 当时，由与关于轴对称，不妨设，则有或， 当时，由，有，故成立； 当时，即有， 由③知，点与点在圆上或圆外， 设点与点在圆上且位于x轴两侧，则, 故； 综上所述，恒成立，故④正确. 故答案为：②③④. 【点睛】关键点点睛：结论④中的关键点在于借助结论③，结合函数的对称性，从而得到当、都小于零时，的情况. 18．（2024·北京海淀·三模）设函数（且）．给出下列四个结论： ①当时，存在，方程有唯一解； ②当时，存在，方程有三个解； ③对任意实数（且），的值域为； ④存在实数，使得在区间上单调递增； 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】分情况，做出函数图象，数形结合，可得问题答案. 【详解】当时，可得函数图象如下： 由；，，结合图象： 当时，函数单调递减，且； 当，函数单调递增，. 所以当时，方程有唯一解.故①正确； 当时，函数图象如下： 由；由图象可知， 当时，函数单调递减，； 当时，函数单调递增，； 当时，函数单调递增，. 因为，因为，所以，即. 所以，当时，方程有三个解.故②正确； 如图： 由，再由， 此时在上单调递减，在上单调递增，且， 所以此时函数的值域不是.故③错误； 由①可得，当时，函数在上单调递增. 即：存在实数，使得在区间上单调递增.故④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】方法点睛：本题可以画出分段函数的草图，数形结合，可以比较轻松的解答. 19．（2024·北京西城·三模）已知函数，下面命题正确的是 . ①存在，使得； ②存在，使得； ③存在常数，使得恒成立； ④存在，使得直线与曲线有无穷多个公共点. 【答案】①③ 【分析】①函数求导，用，令，与同正负.研究正负即可，用来研究即可得出答案.；②，即两点间的斜率正负问题，也就是转化研究内的单调性.求导即可.③用三角函数的有界性可解.④借助函数单调性,数形结合可解. 【详解】函数，定义域. 由于知其为偶函数. ， 令，与同正负. . 对于①，当，，则单调递增， 则，故存在，， 即存在，使得.故①正确. 对于②，与①同理，当，，则单调递减， 则，故，，即，单调递减. 任意，，故②错误. 对于③，由于为偶函数，根据对称性，我们只需要考虑即可. 令，则，即在上单调递减， 故，即，故， 故存在常数，使得，故③正确. 对于④，将代入，得，由于为偶函数，根据对称性，我们只需要考虑即可. 由①②知，，单调递减，，单调递减，，单调递增.一直往复下去. 图象如下. 则与不能有无数个交点， 即与不能有无穷多个公共点.故④错误. 综上所得，只有①③正确. 故答案为：①③. 【点睛】本题主要考查函数很多性质，如奇偶性、单调性、零点与方程，有界性等.综合性较强，有一定难度，关键是借助导数来研究性质，需要冷静分析，认真计算 . 20．（2024·北京顺义·三模）已知直线l经过点，曲线：. ①曲线经过原点且关于对称； ②当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为； ③当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有4个 ④存在定点Q，使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2 以上说法正确的是 【答案】①②④ 【分析】将点分别代入曲线的方程即可判断①；将曲线方程转化为两个圆的方程，结合图像利用直线和圆的位置关系逐项分析即可判断②③④. 【详解】对于①，将点分别代入曲线的方程， 得，， 所以曲线关于对称， 将代入曲线的方程得，所以曲线经过原点， 所以曲线经过原点且关于对称，故①正确； 由，得， 即，即， 所以或， 即或， 所以曲线表示以，为圆心，为半径的两个圆，如图所示， 设过点A且与圆N相切的直线方程为， 则点N到该直线的距离，解得，， 即图中直线AC的斜率为1，直线AD的斜率为，直线AO的斜率为， 直线AC的方程为，点M到直线AC的距离， 则直线AC与圆M相切于点B， 设过点A且与圆M相切的直线方程为， 则点M到该直线的距离，解得，， 由图可知，当直线l与曲线有2个公共点时， 直线l斜率的取值范围为，故②正确； 由图可知，直线AO与曲线的公共点个数为3，直线AD与曲线的公共点个数也为3，直线与曲线的公共点个数为1， 所以当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有3个，故③错误； 因为过原点O的任意直线与曲线的公共点的个数为1或3， 所以存在定点Q（Q与O重合）， 使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2，故④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】关键点点睛：将曲线方程转化为两个圆的方程，是解决本题的关键. 21．（2024·北京西城·二模）在数列中，，．给出下列三个结论： ①存在正整数，当时，； ②存在正整数，当时，； ③存在正整数，当时，． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】②③ 【分析】根据递推关系求出，用差比较法可判定各选项. 【详解】对于①：由，，可得， 又，当时， 因为，所以时，故①错误； 对于②：，又， 结合①的结论时， 所以当时，，故②正确； 对于③：， ， 所以当时，， 所以，故③正确； 故答案为：②③. 【点睛】关键点睛：本题关键在于求出，根据递推关系分析出当时，进而判定①，利用差比较法结合结论①可判定②③. 22．（2024·北京东城·一模）已知数列的各项均为正数，满足，其中常数.给出下列四个判断： ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④，存在实数，使得. 其中所有正确判断的序号是 . 【答案】②③④ 【分析】①直接取找矛盾；②通过，利用累加法求的范围；③假设找矛盾；④取，根据函数单调性来确定其成立. 【详解】对于①：若，则， 当时，，与矛盾，①错误； 对于②：若，则，所以， 又，若，该不等式恒成立，即， 由 由于，所以， 所以，所以时，，累加得， 所以，所以， 综合得，②正确； 对于③：若，， 假设，则，与矛盾，故，③正确； 对于④：当时，若，则，此时， 若成立， 根据二次函数可得其在上单调递增， 可得， 故在的情况下，必成立，即存在实数，使得，④正确， 故答案为：②③④. 【点睛】方法点睛：对于数列判断题，我们可以通过赋值，举例的方法对选项进行确认和排除. 23．（2024·北京·模拟预测）已知无穷数列满足：对任意，有，且.给出下列四个结论： ①存在无穷多个，使得； ②存在，使得； ③对任意，有； ④对任意，存在互不相同的，使得. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】对于①，我们得出任意连续两个自然数中必有一个属于即可判断；对于②，我们以斐波那契数列为反例即可推翻；对于③，设，，分两种情况讨论即可判断；对于④，由③可得或，由此即可进一步判断. 【详解】设，，则，. 如果，则，故，从而. 这意味着任意连续两个自然数中必有一个属于，所以一定是无限集，故①正确； 注意到数列，满足全部条件，这里是斐波那契数列， 这能够得到以及，从而. 假设此时有，，则即对任意成立，这显然不可能，故②错误； 设，，若，则； 若，则. 任一情况都有，故③正确； 由③的过程还可以得到：或. 这意味着可以适当选取使得， 从而，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：对于②的判断，关键是利用斐波那契数列的性质得出矛盾，由此即可顺利得解. 24．（2024·北京石景山·一模）黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：时，．若数列，给出下列四个结论： ①；②；③；④． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】②③④ 【分析】根据黎曼函数的定义和性质逐项分析. 【详解】对于①， 时， ，故①错误； 对于②， ，，，故②正确； 对于③， ，故③正确； 对于④，， ， 构造函数 ， ，则 ，单调递增， ，即当时 ， ， ， 当时， ，， ，故④正确. 故选：②③④. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 25．（23-24高三上·北京·阶段练习）已知数列满足，.给出下列四个结论： ①数列每一项都满足；②数列的前项和； ③数列每一项都满足成立；④数列每一项都满足. 其中，所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】通过递推公式，判断出数列单调性，由此得到数列的取值范围，根据取值范围对①③④进行判断，算出即可判断②. 【详解】由，， 得，，， ，②错误； ， 又因为，， 若，则， 所以当时，，所以，，①正确； 由可得，即， 又，两边同时除以，可得： ，，… ，， 累加可得， 又因， 所以，即有， 当时，，所以，③正确； 由，得， 则当时，， 则， 当时，， 所以，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】思路点睛：数列中出现大小比较时，若通过原数列或者构造新数列不能找到大小关系，常见思路为对数列进行放缩，通过将数列放缩为一个简单的通项公式再进行大小比较. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押03 北京高考数学11~15题（填空题） 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 函数及其性质 2022/11 函数定义域求解 围绕具体函数，通过偶次根式与分母条件列不等式组，考查基本定义域求解方法，侧重基础运算。 低 2023/14 分段函数的最值与参数求解 分析分段函数单调性，结合最值存在条件分类讨论，考查分段函数性质应用与逻辑推理能力。 中 2023/11 指数与对数函数的函数值计算 代入具体值，利用指数、对数运算规则求值，侧重基本运算能力的考查。 低 2025年预测：继续聚焦函数基础性质考查，如定义域求解、函数值计算，或延伸至函数单调性、奇偶性应用；分段函数仍可能作为考点，考查最值分析或参数求解；题型保持填空题形式，注重对函数基本概念、运算规则及性质的综合应用，难度维持低到中等，强调基础扎实与细节处理。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 解析几何 2022/12 双曲线渐近线求参数m 围绕双曲线渐近线方程，通过标准方程变形，结合渐近线公式推导参数，侧重对双曲线渐近线性质的基础运算考查。 低 2023/12 双曲线标准方程求解 利用焦点坐标确定c，结合离心率求a，再通过a,b,c关系计算b，考查双曲线方程推导的核心逻辑。 低 2024/11 抛物线焦点坐标求解 直接应用抛物线的焦点坐标公式，考查对抛物线标准形式及焦点位置的记忆。 低 2024/13 直线与双曲线位置关系求参数k 联立直线与双曲线方程，通过讨论方程解的个数（判别式或直线与渐近线关系）求参数，考查代数运算与几何位置关系的综合分析能力。 中 2025年预测：聚焦圆锥曲线基础性质考查，如抛物线的焦点、准线方程，双曲线的渐近线、标准方程，椭圆的离心率或方程；也可能涉及直线与圆锥曲线（如椭圆、双曲线）的位置关系（如相切、相交条件下的参数求解）。题型以直接应用公式为主，注重对圆锥曲线几何性质的理解与简单计算，难度保持低至中等，强调基础知识点的熟练运用。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 三角函数 2022/13 三角函数零点求参数A，函数值计算 代入零点求参数，再利用辅助角公式化简函数，计算特定自变量的函数值，考查基础运算与公式应用。 低 2023/13 三角函数命题真假判断（举反例） 结合正切函数单调性，通过构造第一象限角的反例，考查对三角函数性质的理解与灵活应用能力。 中 2024/12 角的终边对称关系下求最值 利用角的对称关系推导角的联系，结合余弦函数值域求最值，考查诱导公式与函数性质综合运用。 中 2025年预测：延续对三角函数基础性质与运算的考查，如三角函数的零点、值域、单调性；可能涉及三角恒等变换（和差公式、辅助角公式）、三角函数图象性质（对称轴、对称中心）；也可能结合三角形背景考查三角函数应用。题型以直接计算或性质应用为主，难度保持低至中等，注重对公式的记忆与简单推理应用。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 数列 2023/14 等差等比数列综合（前3项等差，后7项等比，求特定项与数列和） 结合等差、等比数列通项公式及求和公式，通过已知项建立方程求解公差、公比，考查数列综合运算能力与逻辑推理。 中 2024/14 等比数列在实际问题中的应用（圆柱体积与等比数列结合，求高度） 利用等比数列性质建立体积关系方程，结合圆柱体积公式求解，考查数学知识迁移到实际问题的应用能力。 中 2025年预测：延续对等差、等比数列核心知识的考查，可能结合实际背景（如文化、生活场景）设计题目，涉及数列通项、求和或性质应用；也可能出现数列与其他知识（如函数、不等式）的综合题型，侧重考查数列公式的灵活运用、逻辑推理及数学建模能力，难度维持中等水平。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 15题填空题（考多项选择） 2022/15 多项结论判断（数列） 数列性质相关的 4 个结论判断（涉及等差、等比数列性质，数列单调性等） 围绕数列核心性质，结合等差、等比数列定义及单调性，通过推理、反证法判断结论，考查逻辑推理与数列知识综合运用。 困难 2023/15 多项结论判断（分段函数） 分段函数性质相关的 4 个结论判断（涉及单调性、最值、距离最值等） 以分段函数为载体，结合函数图象、单调性、最值分析，考查对分段函数性质的理解与几何直观分析能力。 困难 2024/15 多项结论判断（数列） 数列性质相关的 4 个结论判断（涉及数列项的计算、等比数列判定、单调性等） 基于数列通项与前n项和关系，推导数列性质，通过反证法、计算验证结论，强调数列知识的深度应用与推理能力。 困难 2025年预测：题型延续综合结论判断模式，考查内容可能涉及函数（如分段函数、三角函数性质）、数列（等差 / 等比数列综合、数列新定义）、圆锥曲线或立体几何等知识模块的结合；注重对多个知识点的综合分析，要求通过推理证明、举反例、计算验证等方式判断结论，强化逻辑思维与知识迁移能力，难度保持较高水平，体现对数学核心素养（逻辑推理、数学运算）的深度考查。 1、 【函数及其性质真题回顾】 1．（2023·北京·高考真题）已知函数，则 ． 2．（2022·北京·高考真题）函数的定义域是 ． 3．（2022·北京·高考真题）设函数若存在最小值，则a的一个取值为 ；a的最大值为 ． 2、 【2025年函数及其性质押题预测】 1．（24-25高三下·北京·阶段练习）函数的定义域是 . 2．（2025·北京朝阳·一模）函数的定义域为 ． 3．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知函数，则 4．（24-25高三下·北京顺义·阶段练习）已知是定义域为的奇函数，且当时，，则 ． 5．（2025·北京丰台·一模）已知函数，当时， ；若在上单调递增，则实数a的取值范围是 . 6．（24-25高三下·北京·开学考试）已知函数，对任意，都有成立，则a的取值范围是 ． 7．（24-25高三下·北京·开学考试）若函数存在最小值，则的最大值为 . 8．（24-25高三下·北京·开学考试）已知函数，若存在最大值，则的取值范围是 . 9．（2025·北京平谷·一模）已知函数，当时，的值域是 ，若有两个极值点，则的取值范围是 . 10．（2025·北京朝阳·一模）已知函数是上的奇函数，当时，则 ；若存在，使得，则c的一个取值为 ． 3、 【解析几何真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）抛物线的焦点坐标为 ． 2．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ． 3．（2023·北京·高考真题）已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为 ． 4．（2022·北京·高考真题）已知双曲线的渐近线方程为，则 ． 4、 【2025年解析几何押题预测】 1．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）抛物线的焦点坐标是 . 2．（2025·北京·模拟预测）抛物线的准线方程是 . 3．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）写一个焦点在轴上且渐近线方程为的双曲线标准方程 . 4．（24-25高三上·北京东城·阶段练习）已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率e= . 5．（2025·北京丰台·一模）已知直线与圆有且仅有一个公共点，则 . 6．（2025·北京平谷·一模）抛物线上一点到准线的距离与到对称轴的距离相等，则 . 7．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）若直线与双曲线的右支只有一个公共点，则双曲线离心率的一个取值为 . 8．（24-25高三下·北京·开学考试）如果直线l：和曲线Γ：恰有一个交点，那么k的一个值为 . 9．（24-25高三上·北京朝阳·期末）双曲线的渐近线方程是 ；设是双曲线的两个焦点，点在双曲线上，且，则 ． 10．（2025·北京顺义·一模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且过点，则双曲线的渐近线方程为 . 11．（2025·北京顺义·一模）已知直线：与圆：有两个交点，则可以是 .（写出满足条件的一个值即可） 12．（2025·北京门头沟·一模）已知抛物线的焦点为，过点且垂直于其对称轴的直线交于点，，若，则焦点到其准线的距离为 . 13．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知抛物线的焦点为 ，点在抛物线上，且，则点的纵坐标为 ；点为坐标原点，的面积为 ． 14．（2025·北京石景山·一模）已知双曲线，若，则双曲线的渐近线方程为 ；若双曲线上存在四个点A，B，C，D使得四边形为正方形，则m的一个取值为 ． 15．（2025·北京朝阳·一模）已知点在抛物线上，则抛物线C的焦点F的坐标为 ；以F为圆心，为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是 ．（填“相交”“相切”或“相离”） 5、 【三角函数真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为 ． 2．（2023·北京·高考真题）已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为 ， ． 3．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则 ； ． 6、 【2025年三角函数押题预测】 1．（2025·北京石景山·一模）如图，角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的横坐标为，则的值为 2．（2025·北京延庆·一模）已知是第四象限角且，，则的值为 . 3．（2024·北京·三模）已知函数． ①若，则的最小正周期是 ；， ②若，则的值域是 ． 4．（24-25高三下·北京·阶段练习）写出满足的一组和， ， ． 5．（24-25高三上·北京·阶段练习）若对任意的实数，恒成立，则满足条件的一组，的值为 ， . 6．（2025·北京门头沟·一模）在平面直角坐标系中，角以为始边，其终边与单位圆交点的横坐标为，写出一个符合题意的 . 7．（2024·北京大兴·三模）已知，，若对任意实数x都有恒成立，则满足条件的一组有序数对为 . 8．（2025·北京·模拟预测）已知函数，将的图象向左移动个单位后得到的图象对应的函数为，若函数的最大值是一个小于的正数，则一个符合条件的 . 9．（2025·北京丰台·一模）已知函数的部分图象如图所示，其中M，N是直线与曲线的两个相邻交点.若，则 ， . 10．（2024·北京西城·二模）已知函数，直线与曲线的两个交点如图所示.若，且在区间上单调递减，则 ； . 7、 【数列真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ． 2．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ． 8、 【2025年数列押题预测】 1．（2024·北京通州·二模）已知数列为等比数列，，，则 ；数列的前4项和为 ． 2．（2025·北京丰台·一模）已知，，是公比不为1的等比数列，将，，调整顺序后可构成一个等差数列，则满足条件的一组，，的值依次为 . 3．（2024·北京延庆·一模）北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板 块． 4．（2024·北京大兴·三模）在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在的整数中，把被除余数为，被除余数为，被除余数也为的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列，则数列的项数为 . 5．（2025·北京平谷·一模）《张邱健算经》是公元5世纪中国古代内容丰富的数学著作，书中记载着这样一个问题：“有个女子善织布，每天比前一天多织相同的布，第一天织5尺，一个月（按30天计）共织了440尺，推算第10天该女子织了 尺布.” 6．（2024·北京西城·一模）在数列中，.数列满足.若是公差为1的等差数列，则的通项公式为 ，的最小值为 . 7．（24-25高三上·北京房山·期末）《九章算术》是我国古代的优秀数学著作，内容涉及方程、几何、数列、面积、体积的计算等多方面.《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”由以上条件，该女子第5天织布 尺；若要织布50尺，该女子所需的天数至少为 . 8．（2025·北京朝阳·一模）干支纪年法是我国古代一种纪年方式，它以十天干（甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸）和十二地支（子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥）的组合来表示年份，循环纪年．比如某一年为甲子年‘，则下一年为乙丑年，再下一年为丙寅年，以此类推，排列到癸酉年后，天干回到“甲”，即甲戌年，下一年为乙亥年，之后地支回到“子”，即丙子年，以此类推．已知2025年是乙巳年，则2025年之后的首个己巳年是 年．（用数字作答） 9．（2025·北京延庆·一模）数列中，若存在，使得“且”成立，（，）则称为的一个峰值.若，则的峰值为 ；若，且不存在峰值，则实数的取值范围为 . 10．（2025·北京门头沟·一模）某城市为推动新能源汽车普及，第1年在市区公共区域建设了2万个新能源汽车充电桩，随着新能源汽车保有量快速增长，以及城市对绿色出行基础设施建设的持续投入，每年新建设的充电桩数量比上一年增加20%，按照这样的发展趋势，那么该城市第3年在市区公共区域新建设了 万个充电桩；从第1年起，约 年内，可使该城市市区公共区域的充电桩总量达到30万个（结果保留到个位）. （参考数据：，） 9、 【15题填空题（考多项选择）真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 . 2．（2023·北京·高考真题）设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是 ． 3．（2022·北京·高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论： ①的第2项小于3；   ②为等比数列； ③为递减数列；       ④中存在小于的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 10、 【2025年15题填空题（考多项选择）押题预测】 1．（2025·北京丰台·一模）已知函数.给出下列四个结论： ①当时，在区间上单调递增； ②对任意实数a，都没有最小值； ③当时，设的零点从大到小依次为，，，，则对任意正整数i，都有； ④对任意实数a，m，存在实数，当时，恒有. 其中所有正确结论的序号为 . 2．（2025·北京延庆·一模）已知函数，给出下列四个结论： ①，使得关于直线对称； ②，使得存在最小值； ③，在上单调递减； ④，使得有三个零点； 其中所有正确的结论的序号是 . 3．（2025·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论： ①的最小值为； ②的最小值为； ③的最大值为； ④的最小值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 4．（2025·北京顺义·一模）已知函数，数列满足，. 给出下列四个结论： ①若，则有3个不同的可能取值； ②若，则； ③对于任意，存在正整数，使得； ④对于任意大于2的正整数，存在，使得； 其中所有正确结论的序号是 . 5．（2025·北京石景山·一模）高斯取整函数的函数值表示不超过x的最大整数，例如，，．有如下四个结论： ①若，则； ②函数与函数无公共点； ③； ④所有满足的点组成区域的面积为． 其中所有正确结论的序号是 ． 6．（2025·北京平谷·一模）已知各项均不为零的数列，其前项和是，且.给出如下结论： ①； ②若为递增数列，则的取值范围是； ③存在实数，使得为等比数列； ④，使得当时，总有. 其中所有正确结论的序号是 . 7．（2025·北京·模拟预测）已知函数， ①当，时，恰有1个零点； ②若，则对于任意的，都有零点； ③当时，若函数恰有1个零点，则满足条件的取值唯一； ④当时，存在的取值，使得有3个零点. 其中所有正确结论的序号是： . 8．（24-25高三下·北京·开学考试）对于给定的数列，如果存在实数p、q，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，，则给出下列四个结论： ①等差数列是“线性数列”； ②等比数列是“线性数列”； ③若是等差数列，则是“线性数列”； ④若是等比数列，则是“线性数列”. 其中正确的结论是 . 9．（24-25高三下·北京·阶段练习）设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论： ①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4 ②若，则 ③若则 ④若数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470． 其中，所有正确结论的序号是 10．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知曲线．给出下列三个结论： ①曲线关于轴对称； ②曲线恰好经过6个整点（即横，纵坐标均为整数的点）； ③曲线上任意一点到原点的距离都不超过； ④曲线所围成的区域的面积小于3． 其中，所有正确结论的序号是 ． 11．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知数列满足，则下列说法中，正确的是 ①当时，对任意的，数列一定是有限数列； ②当，时，若数列是无限数列，则数列一定单调递增； ③存在，使得对任意的k，数列都一定是有限数列； ④存在一组k和，使得数列是单调递减的无限数列． 12．（24-25高三下·北京·开学考试）已知曲线（，为常数），给出下列四个结论： ①曲线关于坐标原点对称； ②当时，曲线恒过两个定点； ③记曲线在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为，则对任意，存在，使得. ④设，为曲线上的两个动点，则存在，，使得有最大值； 其中所有正确结论的序号为 . 13．（24-25高三下·北京·开学考试）如果函数满足对任意、，有，则称为优函数.给出下列四个结论： ①为优函数； ②若为优函数，则； ③若为优函数，则在上单调递增； ④若在上单调递减，则为优函数. 其中所有正确结论的序号是 . 14．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知曲线. 给出下列四个结论： ①曲线关于直线对称； ②曲线上恰好有个整点（即横、纵坐标均是整数的点）； ③曲线上存在一点，使得到点的距离小于； ④曲线所围成区域的面积大于. 其中，所有正确结论的序号为 . 15．（2024·北京昌平·二模）已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论： ①曲线关于直线成轴对称图形； ②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点； ③直线与曲线所围成的图形的面积为； ④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是 ． 16．（2024·北京顺义·二模）已知函数，给出下列四个结论： ①当时，对任意，有1个极值点； ②当时，存在，使得存在极值点； ③当时，对任意，有一个零点； ④当时，存在，使得有3个零点. 其中所有正确结论的序号是 . 17．（2024·北京海淀·一模）已知函数，给出下列四个结论： ①函数是奇函数； ②，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根； ③已知是曲线上任意一点，，则； ④设为曲线上一点，为曲线上一点.若，则. 其中所有正确结论的序号是 . 18．（2024·北京海淀·三模）设函数（且）．给出下列四个结论： ①当时，存在，方程有唯一解； ②当时，存在，方程有三个解； ③对任意实数（且），的值域为； ④存在实数，使得在区间上单调递增； 其中所有正确结论的序号是 ． 19．（2024·北京西城·三模）已知函数，下面命题正确的是 . ①存在，使得； ②存在，使得； ③存在常数，使得恒成立； ④存在，使得直线与曲线有无穷多个公共点. 20．（2024·北京顺义·三模）已知直线l经过点，曲线：. ①曲线经过原点且关于对称； ②当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为； ③当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有4个 ④存在定点Q，使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2 以上说法正确的是 21．（2024·北京西城·二模）在数列中，，．给出下列三个结论： ①存在正整数，当时，； ②存在正整数，当时，； ③存在正整数，当时，． 其中所有正确结论的序号是 ． 22．（2024·北京东城·一模）已知数列的各项均为正数，满足，其中常数.给出下列四个判断： ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④，存在实数，使得. 其中所有正确判断的序号是 . 23．（2024·北京·模拟预测）已知无穷数列满足：对任意，有，且.给出下列四个结论： ①存在无穷多个，使得； ②存在，使得； ③对任意，有； ④对任意，存在互不相同的，使得. 其中所有正确结论的序号是 . 24．（2024·北京石景山·一模）黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：时，．若数列，给出下列四个结论： ①；②；③；④． 其中所有正确结论的序号是 ． 25．（23-24高三上·北京·阶段练习）已知数列满足，.给出下列四个结论： ①数列每一项都满足；②数列的前项和； ③数列每一项都满足成立；④数列每一项都满足. 其中，所有正确结论的序号是 . 1 学科网（北京）股份有限公司 $$