数学（天津专用）-2025年高考终极押题猜想

2025年高考数学终极押题猜想 （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 押题猜想一 函数的性质 1 押题猜想二 向量的最值问题 4 押题猜想三 函数的零点问题 10 押题猜想四 圆锥曲线的离心率计算 15 押题猜想五 圆锥曲线的面积问题 19 押题猜想六 条件概率的计算 27 押题猜想七 解三角形（正余弦定理结合三角恒等变换） 31 押题猜想八 外接球，内切球，棱切球 34 押题猜想九 立体几何中的不规则图形 38 押题猜想十 数列不等式证明（结合奇偶项求和） 46 押题猜想十一 利用导数研究双变量问题 53 押题猜想一 函数的性质 限时：2min 已知函数是定义在上的偶函数，若对于任意不等实数，不等式恒成立，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D．或 【答案】C 【解析】因为函数是定义在上的偶函数，则即为， 对于任意不等实数，不等式恒成立， 可知在上单调递减，且， 可得，解得. 故选：C. 押题解读 从近五年的高考情况来看，本部分多以单选题呈现，函数的单调性、奇偶性、周期性是高考的必考内容，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图像、函数零点和不等式相结合进行考查，解题时要熟练掌握基本函数图像及其变换规律，深入理解函数性质的定义与应用.本题利用函数性质解不等式是今年高考的热点之一. 1．函数的图象大致为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由，且定义域为R， 所以为奇函数，排除A、B； ，排除D. 故选：C 2．已知是奇函数，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】C 【解析】是奇函数， 由得， 所以恒成立，则，解得. 故选：C 3．已知奇函数的定义域为，若为偶函数，且，则的值为（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】A 【解析】∵奇函数，∴，则，即， ∵为偶函数，∴， ∴，， ∴，，则， 故选：A. 4．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由图可知的图象关于原点对称，则为奇函数， 对于A ：定义域为， 当时，，所以，不符合题意，故A错误； 对于B：定义域为， 且， 所以为非奇非偶函数，不符合题意，故B错误； 对于D：定义域为， 且， 所以为非奇非偶函数，不符合题意，故D错误； 对于C：定义域为，， 所以为奇函数， 且当时，，所以，符合题意，故C正确； 故选：C 押题猜想二 向量的最值问题 限时：4min 已知在平行四边形ABCD中，，，，F是线段AD的中点，．若，AE与BF交于点N，，则的值为 ．若，则的最小值是 ． 【答案】 【解析】当时，即为的中点， 因为、、三点共线， 设，则 ， 因为、、三点共线， 设，则， 又、不共线， 根据平面向量基本定理得，解得， 所以，又，则， 所以； 因为， ， 所以 ， 因为，所以当时，取得最小值，最小值为. 故答案为：； 押题解读 本部分多以填空题呈现，天津卷近年高频出现的向量与函数、几何结合的最值题，如利用向量模长、夹角公式或坐标法求解距离、面积最值。掌握向量坐标化与几何转化的双路径，活用不等式（如柯西不等式）和三角函数有界性，注意几何意义（如投影、对称性分析）简化计算，避免方向错误或漏解。本题考查数量积的最值，是今年高考的热点之一. 1．如图，已知矩形的边，，点，分别在边，上.若，，则用和表示 ；若，则的最小值为 . 【答案】 【解析】由，，则，， 由， 若且，，则， 所以，， 所以 ，而，， 所以的最小值为. 故答案为：； 2．平面四边形中，，，，点为线段的中点． （I）若，则 ； （II）的取值范围是 ． 【答案】 【解析】（I）如图，连接， 因，，为线段的中点， 则，， 故四边形为菱形，则， （II）如图，以为原点，以所在直线为轴和轴， 在中可知，，则， 设，则，， 因，则点的轨迹为以为直径的圆， 方程为圆，欲使其构成平面四边形，则其轨迹为半圆， 因，则 该式子的几何意义为：点到半圆上的点的距离， 因，则点在圆上， 则距离的最短值为，最长为，但此时无法构成四边形， 故. 故答案为：； 3．已知平面四边形满足，且，为的中点，则 ，若、分别为线段、上的动点，且满足，则的最小值为 . 【答案】 【解析】因为，可得， 因为，则， 因为，则，且，如下图所示： 以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立如上图所示的平面直角坐标系， 则、、、、， ； 设点、，其中，， ，， 所以，，可得， 因为，则，则，， 所以，， 则， 当且仅当时，即当时，等号成立， 因此，的最小值为. 故答案为：；. 4．在边长为的菱形中，，且，，则 ；若为线段上的动点，则的最小值为 ． 【答案】 / 【解析】因为，所以， 所以， 又且、不共线，所以，所以； 如图建立平面直角坐标系，则，，， 所以，由，所以， 所以，因为为线段上的动点， 设，所以，所以， 所以， 所以 ，所以当时取得最小值，且最小值为. 故答案为：； 押题猜想三 函数的零点问题 限时：4min 若关于的方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是 . 【答案】 【解析】右边的 ，即：.    解方程 得 或 ; 解方程 得 或 . 需要根据 的符号讨论： （1）当 时方程变为 ，即 ，解得 或 ，有两个不等实根. （2）当时，关键点顺序： 记 ：方程变为：,解，得 . 当时， 根据开口方向和对称轴可知，至多有一解. 恰有一解条件,解得 当时，, 有一解条件,解得; 当时,,至多有一解. 有一解条件，解得. 所以时有2解; 若,由于, 时，得 . :此时, 有一解条件,, 或者，无解. 有两解的条件：, 解得. 所以时符合题意. 综上所述，当且仅当时方程有两个不同的实数解. 故答案为：. 押题解读 本部分多以填空题呈现，主要综合考查函数图像、方程根与代数运算能力，契合高考对基础概念应用的重视。天津卷近年多次出现结合二次函数、指数函数或含参函数讨论零点个数、分布区间或数值计算问题。熟记零点存在定理，掌握图像交点分析法，利用导数预判单调性及极值点辅助判断零点数量，注意含参问题需分情况讨论端点值、判别式或极限趋势，填空题可快速代入特殊值验证或利用对称性简化计算。本题考查分段函数零点个数问题，是今年高考的热点之一 1．若函数有且仅有一个零点，且，则实数的取值范围为 . 【答案】 【解析】令有且仅有一个根，且， 所以，在上有且仅有一个根， 当，则， 令且，则， 所以在上单调递增， 趋向于0时，，趋向于1时，， 所以； 当，则， 令在上单调递减，且，趋向于时，， 所以； 综上，. 故答案为： 2．函数，若恰有三个零点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【解析】的图象如图， 由图知，当时，在上有2个零点， 则在有且仅有一个零点， 对称轴，又，，则满足题意； 当时，在上有1个零点， 则在有2个零点，易知， 所以只需即可，此时或； 当时，要使有三个零点，则，且在有2个零点， 此时对称，又，则， 即， 令，对称轴，在区间上单调递减， 且，所以， 综上，实数的取值范围是. 故答案为： 3．已知，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【解析】令，则原方程可化为， 因为， 又因为，所以上式可化为 . （1）当时，，，即， 所以则原方程可化为， 整理可得. （i）当时，上式可化为， 所以关于的一次方程有解必须满足，解得①， （ii）当时，上式可化为，解得，此时②， （2）当时，，，即， 所以则原方程可化为， 整理可得. 因为当时，原方程已有两个不等的实数根，原方程要有四个不同的实数根， 方程必须有两个不等的实数根， 令，的对称轴为 必须让二次函数在上与轴有两个不同的交点， 所以须满足，即， 解得③， 所以，综上①②③可得实数的取值范围为， 故答案为：. 4．定义函数，，若至少有个不同的实数解，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【解析】由，可得， 设，则函数至少有一个零点， 则，解得或， 当时，设函数两个零点分别为、且， 由韦达定理可得，则必有，则必为函数的一个零点， 若使得函数至少有三个零点，则必有，即，解得，所以，， 且当时，， 作出函数的图象如下图中的实线所示： 由图可知，此时函数只有两个零点，不合乎题意； 若，设函数两个零点分别为、且， 由韦达定理可得，则必有， 从而可知，必为函数的一个零点，作出函数的图象如下图中的实线所示， 若使得函数至少有三个零点，则，所以，，解得，此时，. 综上所述，的取值范围是. 故答案为：. 押题猜想四 圆锥曲线的离心率计算 限时：2min 设双曲线的左、右顶点分别是，点是的一条渐近线上一点，若，则的离心率为（    ） A． B． C． D．4 【答案】C 【解析】如图所示，设点在第一象限， ， 因为，所以点在以原点为圆心，为半径的圆上. ，解得. 又因为，所以. 在中，，，， 所以，即. 所以，，， 即，所以. 故选：C 押题解读 圆锥曲线的离心率问题是高考中的一个难点和热点．因为离心率是刻画圆锥曲线形状的一个基本量，能考查考生对圆锥曲线形状最本质的理解，考查数学抽象、数学建模、数学运算等数学核心素养，灵活多变，综合性强．求椭圆或双曲线的离心率、与双曲线的渐近线有关的问题，多以选择、填空题的形式考查，难度中等，是高考常用的考查形式．双曲线的离心率是今年高考的热点之一. 1．已知是双曲线的左焦点，为坐标原点，过点 且斜率为的直线与 的右支交于点，与左支交于点，则 离心率为 （     ） A．2 B．3 C． D． 【答案】B 【解析】设的中点为P，设为双曲线的右焦点，连接， 因为，故，设， 则，而P为的中点，则， 故，即N为的中点， 而O是的中点，故是的中位线，则， 又，故，则为等腰三角形，即得，（c为双曲线的半焦距）； 又直线的斜率为，即，则。（为锐角）， 在中，，故，即， 则， 由双曲线定义知，即得，即， 故，即双曲线E的离心率为3， 故选：B 2．已知为坐标原点，双曲线的左右焦点分别为，，双曲线上一点满足，且，则的离心率为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【解析】①当时，由，则， 由，则，所以， 即，由，，则， 化简可得，由，则； ②当时，由，则， 由，则，所以， 即，由，，则， 由，则方程不成立. 故选：D. 3．已知双曲线为的左顶点，抛物线的准线与轴交于．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】抛物线的准线与轴交于，则， 设的中点为，，则， 在的渐近线上存在点，使得， 是以为圆心，半径为的圆与渐近线有公共点， 所以， ， 所以. 故选：D 4．已知是双曲线的右焦点，过点的直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，且直线与双曲线的左支交于点，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设的左焦点为，连接，过作于， 易知，所以为的中位线， 又图中双曲线的渐近线方程为， 则，， 则为线段的中点，所以为等腰三角形，即， 又， 即， ，即，， 解得. 故选：B. 押题猜想五 圆锥曲线的面积问题 限时：2min 已知椭圆的离心率为，且过点．    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，过点作直线（不与轴重合）交椭圆于，连接交于点，连接，直线与轴交于点． （i）求的值； （ii）若点在线段上，求的取值范围． 【解析】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为； （2）（i）设，记， 则直线， 联立，消得， 则，故， 则，所以， 另一方面直线， 联立，消得， 则，所以， 由于，得， ， 所以； （ii）由（i）的结论可知，点为线段的中点，则， 不妨设都在轴上方， 进一步有， 由（i）联立直线与椭圆的方程得， 由韦达定理得， 则， 因为点在线段上，所以， 所以， 所以得取值范围为. 押题解读 本部分多以解答题呈现，圆锥曲线面积问题的题目思路会比较顺畅，重点会在计算上面设置障碍，要利用几何关系转换所求的面积，复习过程中要关注如何简化计算和转化思想．椭圆的面积比问题是今年高考的热点之一. 1．椭圆的左、右焦点分别为和，左顶点为，下顶点为. (1)求椭圆的离心率； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，若在直线上存在一点，使得为面积是的等边三角形，求直线的方程与椭圆的标准方程. 【解析】（1）依题意，且， 所以，又，所以， 整理得. （2）由（1）有，故椭圆方程可写成. ①当直线斜率不存在时，直线为，显然不成立； ②当直线斜率存在时，设直线为，设直线与椭圆交于不同的两点中点为， 由方程组整理得 由已知可得，所以，且， ①， ②， ①②式代入，整理得，满足，即， 代入①式，求得， 故椭圆方程为， 直线方程为或. 2．已知椭圆的左、右顶点为、，左焦点为，离心率为，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线交椭圆于，两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围． 【解析】（1）由椭圆的离心率为，得，则，半焦距， 又过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为， 由，得，于是，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）由（1）知，，直线不垂直于轴， 设直线的方程为，， 由消去得，，， ， 于是，而， ，因此，设， 则，解得， 于是， 所以与的面积之比的取值范围是. 3．椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程． 【解析】（1）由题意得：， 所以 所以椭圆方程为. （2）由题意可知，直线的斜率存在且为正， 直线方程为， 因为三角形的面积是三角形面积的5倍 ∴ ∵  ∴ 又由题意可知、均在轴右侧，∴ 【算法一】设直线方程为，由，解得 ， 思路一： 所以 因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得： ∴ 所以直线方程为，即． 思路二：由得， 显然成立 ∵ ∴ ∴ 整理得： ∴ 所以直线方程为，即． 【算法二】设直线方程为， 由，解得， 思路一：． 所以由  得 因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得： ∴ 所以直线方程为，即．15分 思路二：得， 显然成立 ∵ ∴ ∴ 整理得： ∴ 所以直线方程为，即 4．已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率． 过且斜率为的直线交椭圆于、两点，的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)过点且垂直于的直线与椭圆的一个交点为(在轴上方)，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问：是否存在直线，使得四边形为平行四边形？若存在，求出此时四边形的面积；若不存在，说明理由． 【解析】（1） ∵， 所以． 又因为，即，所以， 所以． 故椭圆的方程为． （2）由题得：， 设直线为：，直线为： 设，， 由消去，得， 则，， 由消去，得， 由，可知，设，又， 则，. 因为四边形为平行四边形， 所以，即， 故． 所以．得． 此时直线为：，直线为：， 两平行线距离， 又因为， 所以四边形的面积， 所以存在直线，使得四边形为平行四边形，此时四边形的面积为. 押题猜想六 条件概率的计算 限时：2min 第十五届中国国际航空航天博览会在2024年11月12日至17日在广东珠海举行.此次航展，观众累计参观近60万人次，签约金额超2800亿人民币.为庆祝这一盛会的成功举行，珠海某商场决定在航展期间举行“购物抽奖送航模”活动，奖品为“隐形战机歼-20S”模型.抽奖规则如下：盒中装有7个大小相同的小球，其中3个是红球，4个是黄球.每位顾客均有两次抽奖机会，每次抽奖从盒中随机取出2球，若取出的球颜色不相同，则没有中奖，小球不再放回盒中，若取出的球颜色相同，则中奖，并将小球放回盒中、某顾客两次抽奖都中奖的概率为 ；该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为 . 【答案】 / 【解析】由题意，某顾客两次抽奖都中奖的概率为， 设顾客第一次抽奖没有中奖为事件，第二次抽奖中奖为事件， 则，， ， 该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为. 故答案为：，. 押题解读 本部分多以填空题呈现，主要综合考查逻辑推理与概率公式的应用能力，契合高考对数学思维严谨性的要求。天津卷高频出现的以独立事件、排列组合或几何概率为背景的条件概率题。这类题主要利用独立性简化计算，复杂问题可画树状图梳理事件关系，注意题目中“至少”“至多”等关键词的转化，本题条件概率背景下概率与实际生活密切联系，是今年高考的热点之一 1．石室校园，望楼汉阙，红墙掩映，步移景异！现有甲、乙、丙、丁四位校友到“文翁化蜀”、“锦水文风”、“魁星阁”、“银杏大道”4处景点追忆石室读书时光.若每人只去一处景点，设事件为“4个人去的景点各不相同”，事件为“只有甲去了锦水文风”，则 ， . 【答案】 【解析】由题意可知，4人去4个不同的景点，事件数有，总事件数为， 故， 又事件的总数为，所以， 事件和事件同时发生，即“只有甲去了锦水文风，另外3人去了另外3个不同的景点”，则事件的总数为， 所以，所以. 故答案为：. 2．某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程．甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择，甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有 种；若定义事件为甲和乙选择的课程不同，事件为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则 ． 【答案】 30 【解析】四个人参加三门选修课程共有种方案，其中甲和乙选择的课程相同共有种方案， 所以甲和乙选择的课程不同共有种方案； 事件共有种方案，以下考虑事件，即“甲和乙选择的课程不同，丙和丁恰好有一人选择的是九章算术” 先从丙、丁两个人中选一个人选择“九章算术”，则有种方案， 若四个人中只有一个人选择“九章算术”，则甲、乙分别选择另外两门课程，有种方案， 丙、丁中没选择“九章算术”的也从另外两门中选择一门，有种方案， 根据分步乘法计数原理，共有种方案； 若四个人中有两人选择“九章算术”，则除了包含丙、丁中的一个人外，还包含甲、乙中的一个人，有种方案， 其余两人分别选择另外两门课程，有种方案， 根据分步乘法计数原理，共有种方案； 根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，事件中共有种方案， 根据条件概率公式，； 故答案为：30；. 3．袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为 ；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望 . 【答案】 【解析】设“第一次取到黑球”为事件 ，“第二次取到白球”为事件 . 则. 表示第一次取到黑球且第二次取到白球的概率.第一次取黑球有 种取法，第二次取白球有 种取法，从 个球中依次取 个球的总取法有 种，所以 . 根据条件概率公式 ，可得 . 随机取出 个球，取出的球中白球的个数 可能取值为 ，，. 表示取出的 个球都是黑球的概率，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，从 个球中取 个球的组合数为 ，所以 . 表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 . 表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 . 根据期望公式 可得 . 故答案为：；. 4．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中大约有的学生，每天玩手机超过1小时，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是 . 【答案】/ 【解析】设事件“学生玩手机超过小时”，事件“学生近视”，事件为的对立事件， 由题意可得，，，则， 所以. 故答案为：. 押题猜想七 解三角形（正余弦定理结合三角恒等变换） 限时：8min 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，． (1)求； (2)若的面积为，且， （ⅰ）求的周长； （ⅱ）若，求． 【解析】（1）解法1：因为，由正弦定理得， 即， 因为，则，故； 解法2：因为，由余弦定理得， 整理得，可得， 由余弦定理可得. （2）（ⅰ）因为，且，则， ，所以， 因为由余弦定理得， 于是， 因为，则，所以， 因此，于是的周长. （ⅱ）若，则，则， 由上述分析得，， 所以 . 押题解读 本部分多以解答题呈现，主要综合考查三角函数、几何关系与代数变形能力，契合高考对多知识点融合的要求。解决这类题要熟记定理公式，掌握“边角互化”技巧，如用正弦定理将边化为角，再用余弦定理联立方程；复杂问题可尝试用辅助角公式或方程思想，注意多解情况需验证三角形存在性。本题综合利用正余弦定理解决面积与周长问题，是今年高考的热点之一 1．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知． (1)求角的大小； (2)设，． （i）求的值； （ii）求的值． 【解析】（1）因为得； 即，得； 所以，因为； 所以. （2），则. ，则，. 所以. 2．在中，内角所对的边分别是，已知，， (1)求b，c的值； (2)求的值； (3)求的值． 【解析】（1）因为，，，则， 由余弦定理，，则， 解得，. （2）由（1）知， 由正弦定理，则. （3）由（2）知， 又，则， 所以， 则． 3．在中，角所对的边分别为，已知的面积为，，. (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值. 【解析】（1）中，由，得， 由面积为，有，整理得， 又，解得（负值舍去） 在中由余弦定理，可得. （2）在中由正弦定理，得. （3）因， 则. 4．在中，内角的对边分别为，且． (1)求边的长； (2)求的值； (3)求的值． 【解析】（1）因为，由正弦定理可知， 由余弦定理可得，即， 解得，故． （2）由及，得， 由正弦定理，得， 解得． （3）由（2）得，所以． 所以． 所以 押题猜想八 外接球，内切球，棱切球 限时：4min 已知正四面体（四个面都是正三角形），其内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，设能装下正四面体的最小正方体的体积为，正四面体的外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设正四面体的棱长为，则正四面体的表面积为， 由题设底面的外接圆半径，则 所以正四面体的高为， 其体积为， 设正四面体内切球球心为，半径为， 解得：，所以，解得：， 将该正四面体放入下图的正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线， 此时即为能装下正四面体的最小正方体， 正四面体的最小正方体的边长为，如下图，即，所以， 体积为，设正四面体的外接球半径为， 则正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为， 所以，所以外接球的体积为， . 故选：A. 押题解读 本部分多以选择题呈现，主要综合考查空间想象、几何推导与代数运算能力，契合高考对多能力融合的要求。天津卷近年多次出现的复杂几何体（如棱柱、棱锥）相关球问题，如求球半径、体积或证明球与几何体的位置关系。要熟记三类球的定义（外接球球心到顶点距离相等，内切球球心到面距离相等，棱切球球心到棱距离相等），掌握几何公式（如球体积、点到面距离），利用对称性简化计算，复杂问题可补形为长方体或分析截面特性，注意多解情况需结合几何约束验证。本题综合考查与球相关的外接与内切问题，是今年高考的热点之一 1．已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为的面积为，设的半径为，则，解得， 又，所以为等边三角形，则，所以， 设球的半径为，所以， 所以球的表面积. 故选：C 2．直三棱柱的各条棱长均为2，为棱中点，则点到直三棱柱的外接球球心的距离是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意，设上、下底面正三角形的中心为，取的中点，连接，如下图： 易知点为三棱柱的外接球球心，且平面， 因为平面，所以， 在正中，，易知， 在中，. 故选：B. 3．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无味、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示．若此正八面体的棱长为，则下列说法正确的是（    ） A．正八面体的体积为 B．正八面体的表面积为 C．正八面体的外接球体积为 D．正八面体的内切球表面积为 【答案】D 【解析】 把正八面体补形为如图所示正方体，因为正八面体棱长为，则正方体的棱长为 选项A，正八面体的体积，设四棱锥的高为， 则，所以，A错误； 选项B，正八面体的表面积为八个面面积和，故，B错误； 选项C，正八面体的外接球半径为正方体棱长的一半，故， 所以外接球体积，C错误； 选项D，设内切球半径为，则根据正八面体体积相等，， 所以所以内切球表面积为.D正确. 故选：D. 4．球与棱长为的正四面体各条棱都相切，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】将正四面体补形为一个正方体如图所示（红色线条表示正四面体），则正四面体的棱为正方体的面对角线， 因为球与正四面体的各条棱都相切，所以球与正方体的各个面都相切，所以所求的球为正方体的内切球， 又因为正方体的棱长为，所以球的半径， 所以球的表面积为：， 故选：C. 押题猜想九 立体几何中的不规则图形 限时：10min 在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，其中是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求点到平面的距离； 【解析】（1）连接交于点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又平面，平面， 则平面； （2）直线平面平面， 所以，且， 则以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系； ，， 所以， 设平面的法向量为， 由，得， 令，得，且， 所以， 直线与平面夹角的正弦值为； （3）因为， 且平面的法向量为， 则点到平面的距离. 押题解读 本部分多以解答题呈现，立体几何中的不规则图形问题是一个由抽象到直观，由直观到抽象的过程．高考中，立体几何中的不规则图形常与空间中的平行、垂直、空间角及距离相结合命题．因此，关注立体几何中的不规则图形问题是非常有必要的，也是今年高考的热点之一. 1．如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【解析】（1）因为且，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为菱形，所以. 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面. （2）因为平面平面，所以， 又， 以为原点，分别以的方向为轴，轴，..轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以， 由（1）知平面CDE的法向量为， 设平面的法向量为，则， 令，得，所以. 故c， 平面CDE与平面ABE夹角的余弦值为； （3）假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设， 则 , 解得或. 所以线段上存在点，当或时， 使得直线与平面所成角的正弦值为. 2．如图，在多面体中，侧面为矩形，平面，平面，，，.    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【解析】（1）由侧面为矩形，得， 又平面，，平面， 则，， 即直线，，两两垂直. 建立如图所示的空间直角坐标系 则，，，，，， ，，. 设平面的法向量为 则，令，得， 设直线与平面所成的角为 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （2）， 设平面的法向量为 则，令，得， 设平面与平面的夹角为 则 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）由（1）（2）可知，平面的法向量为， 点到平面的距离. 3．如图，四边形是正方形，平面，，，、、分别为、、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)在线段上是否存在一点，使直线与直线所成的角为？ 【解析】（1）因为平面，，所以平面， 又因为四边形是正方形，所以． 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 不妨设， 所以、、、、、， 因为、、分别为、、的中点， 所以、、， 所以，， 易知平面的一个法向量， 因为，则， 又平面，所以平面． （2）设为平面的一个法向量，则， 解得，令，得． ，． 设为平面的一个法向量，则， 令，得， 所以． 所以平面与平面夹角的大小为． （3）假设在线段上存在一点，使直线与直线所成角为． 依题意可设，其中． 由，则． 又因为， 因为直线与直线所成角为，， 所以，即，解得． 所以在线段上存在一点，使直线与直线所成角为． 4．如图，在直五棱柱中，，，，，，. (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离. 【解析】（1）因为几何体为直五棱柱，所以平面，又平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2）由直五棱柱的结构特点可知平面，因为，，所以， 故以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，，，所以四边形是矩形， 因为，，所以是等腰直角三角形， 所以，所以， 设平面的一个法向量为， 所以，取，则，所以， 设平面的一个法向量为， 所以，取，则，所以， 所以， 所以平面与平面的夹角余弦值为. （3）因为平面的一个法向量为，且， 所以点到平面的距离为. 押题猜想十 数列不等式证明（结合奇偶项求和） 限时：15min 已知数列的前项和，，，.设数列的前项和为，且， (1)求的通项公式； (2)求； (3)求证：. 【解析】（1）数列中，，当时，， 两式相减，得，而，则， 由，得，因此数列都是公差为4，首项分别为1，3的等差数列， ，即当为奇数时，； ，即当为偶数时，， 所以的通项公式是. （2）由（1）知，， 当为偶数时，， 当为奇数时，， 所以. （3）依题意，，而， 因此，解得， 当时，，满足上式，则， 当时，， 当时， ，而， 所以. 押题解读 本部分多以解答呈现，主要在于其综合考查分类讨论、归纳推理与代数变形能力，契合高考对思维严谨性的要求。天津卷近年多次出现的需分奇偶项处理的数列问题，如递推公式含周期性因子或奇偶项规律不同，需分别求和并比较大小。数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．本题数列不等式证明与奇偶项求和相结合，是今年高考的热点之一 1．已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，，． (1)求数列和的通项公式； (2)已知，求数列的前项和； (3)当时，设集合，集合中元素的个数记为，求数列的通项公式． 【解析】（1）因为数列为等差数列，所以，该数列的公差为， 所以，， 设等比数列的公比为， 由可得，解得，则. （2）当为奇数时，， 设数列奇数项的和为， 则. 当为偶数时，，设数列的偶数项的和为， 则， 可得， 上述两个等式作差得 ， 整理可得， 所以，. （3）集合中元素个数等价于满足的不同解的个数， 若，则，与已知矛盾； 若，则，与已知矛盾，所以，， 又因为， 所以，， 即、、、、，共个解，故. 2．已知等差数列的前n项和为是公比大于0的等比数列且成等差数列. (1)求数列和的通项公式； (2)设求； (3)对于数列在和之间插入数列的前k项组成一个新的数列：…，求. 【解析】（1）等差数列的前n项和为设公差为d， 是公比q大于0的等比数列， 由且成等差数列， 可得即 解得则； （2） 当n为奇数时当n为偶数时 设奇数项的和为 相减可得 化为； 设 所以； （3）由 可得 设 相减可得 则 3．若无穷数列满足：对于，，其中A为常数，则称数列为“A数列”． (1)若等比数列为“A数列”，求的公比q； (2)若数列为“A数列”，且，． ①求证：； ②若，且是正项数列，，求满足不等式的的最小值． 【解析】（1）因为等比数列为“A数列”，则， 即，可得， 若上述方程对任意恒成立，则，且为定值， 所以的公比. （2）由题意可知：，且， 则数列是以首项为，公差为1的等差数列， 可得，即. ①因为， 若，则； 若，则； 若，则， 可得； 综上所述：； ②因为，且是正项数列，则，即， 可得， 若对任意恒成立，即， 令，可得，可得， 且，则， 若，可得， 又因为， 可得， 所以符合题意； 若对任意恒成立，即， 令，可得，可得， 若，可得， 又因为， 可得，， 可得，所以符合题意； 综上所述：的最小值1. 4．已知数列是正项等比数列，是等差数列，且. (1)求和的通项公式； (2)表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求实数的取值范围； (3)，数列前项和为，求证：. 【解析】（1）设数列首项，设公比，设数列首项，设公差， ∵，即，∴，（舍去），， ∴．； （2）， 其中， ∴，，集合， 设，， 所以当时，， 当时，， 计算可得，，，，， 因为集合有4个元素，； （3），， 设①， ②， 上式①-②得， ， 所以， 当n为奇数时，， 则 ， . 押题猜想十一 利用导数研究双变量问题 限时：15min 已知函数，. (1)求函数在处的切线方程； (2)若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 【解析】（1）因为，所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为：，即. （2）（i）当时，，定义域为， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以使得，即，① 故当时，，即，此时在上单调递减； 当时，，即，此时在上单调递增， 所以当时，函数有最小值， 由①可得，即， 所以函数的最小值为. （ii）由题意，，定义域为， 由题意有两个不相等的实数根， 令，则， 所以在上递增，所以， 令， 所以有两个不相等的正的零点，且， 即，两式分别相加减得， . 所以② 要证，只需证， 即证，即需证， 由②知，， 故只需证， 不妨设，令， 则只需证，即， 故只需证， 令 则， 所以在上单调递增， 所以， 即当时，成立. 所以，即，故. 押题解读 本部分多以解答题呈现，天津卷高考常考双变量不等式，双变量问题更是综合考察数学建模和逻辑推理的载体。要掌握构造函数技巧，如将双变量转化为单变量函数，利用导数求极值、分析单调性，结合放缩法或比值代换简化证明。天津卷注重基础综合应用，此类题常作为压轴出现，考察学生灵活运用导数的能力，备考时需强化构造思维和导数工具的应用训练。本题利用比值代换简化证明，是今年高考的热点之一. 1．已知函数. (1)求曲线在其零点处的切线方程； (2)若方程有两个解，且. （i）求实数的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 【解析】（1）令得，且， 零点处切线的斜率为，切点的坐标为， 故零点处的切线方程为； （2）（i）由得， 设，则， ①    当时，，单调递减，则方程至多有一个解； ②    当时，当时，，单调递增；    当时，，单调递减； 若方程有两个解，则，解得， 设，则， 所以在单调递减，从而，即. 所以，又， 所以时，方程有两个解. （ii）由得,所以，， 设，则有，即，， 由得，即， 设，则， 设，则， 设，则， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 且，， 所以存在唯一的，使得， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 且，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即的取值范围是. 2．已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)若有三个零点，，，且，求证：. 【解析】（1）由函数，可得， 且，则， 曲线在处的切线方程为； （2）当时，等价于， 设，则，， （ⅰ）当，时，， 故，在上单调递增，因此； （ⅱ）当时，令得，. 由和得， 故当时，，在单调递减，因此. 综上，的取值范围是. （3）由等价于， 令.注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点， 又由，令（）， 当时，恒成立，故这时在单调递减，不合题意： 当时，由题意，首先在上有两个零点， 故，解得， 设两个零点为和，有，，故可知，均大于0， 由此可得在单调递增，单调递减，单调递增， 而，即，，， 又因为，， 故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点， 又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点， 实数的取值范围是. ，由， 由此可得，要想证明， 只需证明，而， 因此只需要证明当时，， 令，， 可得，故在上单调递增， 因此当时，，即当时，， 因此， 由，有，即， 两边同时除以，由，有， 即. 3．已知函数. (1)当时，直线（为常数）与曲线相切，求的值； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，求证：. 【解析】（1）当时，. 设切点，则 消得，解得，代入得. （2）方法一：因为， 所以， 当时，设，则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以. 又-axe，故恒成立，所以成立. 当时，， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 故，解得，又，所以， 综上所述，的取值范围为. 方法二：因为恒成立， 又，所以上式等价于恒成立. 记，则， 设，则. 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以. 所以当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以. 故的取值范围为. 方法三：因为恒成立， 又，所以上式等价于恒成立. 记，则， 所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.所以. 令，则，则恒成立. 记，则， 所以在上单调递增，所以，所以. 故的取值范围为. （3）方法一：因为有两个零点，不妨设， 则， 即，即， 令，则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以. 令，则单调递增， 又，所以，即. 由的单调性可知. 思路一：构造函数. 则， 故在上单调递减， 又，所以，则，即， 又，所以， 又在上单调递增，所以. 故. 思路二：要证，即证，即证. 令，即证. 构造函数. 则， 故在内单调递减，则，即. 故. 思路三：因为，即， 令，则 即 要证，即证， 即证，即证， 下同思路一，略. 方法二：因为有两个零点，不妨设， 则， 即. 令，则， 所以当时，单调递减；当时，单调递增. 所以. 令，则单调递增， 又，所以，即 由的单调性可知. 思路一：构造函数. 则 ， 令，则， 所以当时，单调递减， 所以当时，，则，所以， 故在上单调递减，又，所以，则，即， 又，所以， 又在上单调递增，所以. 故. 思路二：因为，所以， 即， 令，要证，即证， 即证. 构造函数. 则， 故在上单调递减，则. 故. 注：要证明，即证，构造函数. 则， 故在上单调递减，则.故. 思路三：令，则即. 要证，即证，即证. 下同思路二，略. 思路四：对两边取对数，得，下面同方法一. 4．已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点； ①求证：； ②求证：． 【解析】（1），， 其中，， 当时，即，此时恒成立， 函数在区间单调递增， 当时，即或， 当时，在区间上恒成立， 即函数在区间上单调递增， 当时，，得或， 当，或时，， 当时，， 所以函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是， 综上可知，当时，函数的单调递增区间是； 当时，函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是； （2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是，、是方程的两根， 有，， 又的图象与有三个公共点， 故，则， 要证，即证，又， 且函数在上单调递减，即可证， 又，即可证， 令，， 由， 则 恒成立， 故在上单调递增，即， 即恒成立，即得证； ②由，则， 令，， 则 ， 故在上单调递增，即， 即当时，， 由，故，又，故， 由，，函数在上单调递减，故， 即，又由①知，故， 又， 故. 5．已知函数，． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)设是函数的两个极值点，证明：． 【解析】（1）当时，， 得，则，， 所以切线方程为，即； （2）， 当时，恒成立，在上单调递增，无减区间， 当时，令，得，单调递增， 令，得，单调递减， 综合得：当时，的单调递增区间为，无减区间； 当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为； （3）， 则， 因为是函数的两个极值点， 即是方程的两不等正根， 所以，得， 令，则， 得， 则， 所以 ， 则， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以， 所以， 即. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学终极押题猜想 （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 押题猜想一 函数的性质 1 押题猜想二 向量的最值问题 3 押题猜想三 函数的零点问题 4 押题猜想四 圆锥曲线的离心率计算 5 押题猜想五 圆锥曲线的面积问题 6 押题猜想六 条件概率的计算 8 押题猜想七 解三角形（正余弦定理结合三角恒等变换） 9 押题猜想八 外接球，内切球，棱切球 11 押题猜想九 立体几何中的不规则图形 12 押题猜想十 数列不等式证明（结合奇偶项求和） 15 押题猜想十一 利用导数研究双变量问题 17 押题猜想一 函数的性质 限时：2min 已知函数是定义在上的偶函数，若对于任意不等实数，不等式恒成立，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D．或 押题解读 从近五年的高考情况来看，本部分多以单选题呈现，函数的单调性、奇偶性、周期性是高考的必考内容，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图像、函数零点和不等式相结合进行考查，解题时要熟练掌握基本函数图像及其变换规律，深入理解函数性质的定义与应用.本题利用函数性质解不等式是今年高考的热点之一. 1．函数的图象大致为（   ） A． B． C． D． 2．已知是奇函数，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 3．已知奇函数的定义域为，若为偶函数，且，则的值为（   ） A． B．0 C．1 D．2 4．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（    ） A． B． C． D． 押题猜想二 向量的最值问题 限时：4min 已知在平行四边形ABCD中，，，，F是线段AD的中点，．若，AE与BF交于点N，，则的值为 ．若，则的最小值是 ． 押题解读 本部分多以填空题呈现，天津卷近年高频出现的向量与函数、几何结合的最值题，如利用向量模长、夹角公式或坐标法求解距离、面积最值。掌握向量坐标化与几何转化的双路径，活用不等式（如柯西不等式）和三角函数有界性，注意几何意义（如投影、对称性分析）简化计算，避免方向错误或漏解。本题考查数量积的最值，是今年高考的热点之一. 1．如图，已知矩形的边，，点，分别在边，上.若，，则用和表示 ；若，则的最小值为 . 2．平面四边形中，，，，点为线段的中点． （I）若，则 ； （II）的取值范围是 ． 3．已知平面四边形满足，且，为的中点，则 ，若、分别为线段、上的动点，且满足，则的最小值为 . 4．在边长为的菱形中，，且，，则 ；若为线段上的动点，则的最小值为 ． 押题猜想三 函数的零点问题 限时：4min 若关于的方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是 . 押题解读 本部分多以填空题呈现，主要综合考查函数图像、方程根与代数运算能力，契合高考对基础概念应用的重视。天津卷近年多次出现结合二次函数、指数函数或含参函数讨论零点个数、分布区间或数值计算问题。熟记零点存在定理，掌握图像交点分析法，利用导数预判单调性及极值点辅助判断零点数量，注意含参问题需分情况讨论端点值、判别式或极限趋势，填空题可快速代入特殊值验证或利用对称性简化计算。本题考查分段函数零点个数问题，是今年高考的热点之一 1．若函数有且仅有一个零点，且，则实数的取值范围为 . 2．函数，若恰有三个零点，则实数的取值范围是 ． 3．已知，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为 ． 4．定义函数，，若至少有个不同的实数解，则实数的取值范围是 ． 押题猜想四 圆锥曲线的离心率计算 限时：2min 设双曲线的左、右顶点分别是，点是的一条渐近线上一点，若，则的离心率为（    ） A． B． C． D．4 押题解读 圆锥曲线的离心率问题是高考中的一个难点和热点．因为离心率是刻画圆锥曲线形状的一个基本量，能考查考生对圆锥曲线形状最本质的理解，考查数学抽象、数学建模、数学运算等数学核心素养，灵活多变，综合性强．求椭圆或双曲线的离心率、与双曲线的渐近线有关的问题，多以选择、填空题的形式考查，难度中等，是高考常用的考查形式．双曲线的离心率是今年高考的热点之一. 1．已知是双曲线的左焦点，为坐标原点，过点 且斜率为的直线与 的右支交于点，与左支交于点，则 离心率为 （     ） A．2 B．3 C． D． 2．已知为坐标原点，双曲线的左右焦点分别为，，双曲线上一点满足，且，则的离心率为（   ） A． B． C．2 D． 3．已知双曲线为的左顶点，抛物线的准线与轴交于．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．已知是双曲线的右焦点，过点的直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，且直线与双曲线的左支交于点，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 押题猜想五 圆锥曲线的面积问题 限时：2min 已知椭圆的离心率为，且过点．    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，过点作直线（不与轴重合）交椭圆于，连接交于点，连接，直线与轴交于点． （i）求的值； （ii）若点在线段上，求的取值范围． 押题解读 本部分多以解答题呈现，圆锥曲线面积问题的题目思路会比较顺畅，重点会在计算上面设置障碍，要利用几何关系转换所求的面积，复习过程中要关注如何简化计算和转化思想．椭圆的面积比问题是今年高考的热点之一. 1．椭圆的左、右焦点分别为和，左顶点为，下顶点为. (1)求椭圆的离心率； (2)已知过的直线与椭圆交于两点，若在直线上存在一点，使得为面积是的等边三角形，求直线的方程与椭圆的标准方程. 2．已知椭圆的左、右顶点为、，左焦点为，离心率为，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线交椭圆于，两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围． 3．椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程． 4．已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率． 过且斜率为的直线交椭圆于、两点，的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)过点且垂直于的直线与椭圆的一个交点为(在轴上方)，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问：是否存在直线，使得四边形为平行四边形？若存在，求出此时四边形的面积；若不存在，说明理由． 押题猜想六 条件概率的计算 限时：2min 第十五届中国国际航空航天博览会在2024年11月12日至17日在广东珠海举行.此次航展，观众累计参观近60万人次，签约金额超2800亿人民币.为庆祝这一盛会的成功举行，珠海某商场决定在航展期间举行“购物抽奖送航模”活动，奖品为“隐形战机歼-20S”模型.抽奖规则如下：盒中装有7个大小相同的小球，其中3个是红球，4个是黄球.每位顾客均有两次抽奖机会，每次抽奖从盒中随机取出2球，若取出的球颜色不相同，则没有中奖，小球不再放回盒中，若取出的球颜色相同，则中奖，并将小球放回盒中、某顾客两次抽奖都中奖的概率为 ；该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为 . 押题解读 本部分多以填空题呈现，主要综合考查逻辑推理与概率公式的应用能力，契合高考对数学思维严谨性的要求。天津卷高频出现的以独立事件、排列组合或几何概率为背景的条件概率题。这类题主要利用独立性简化计算，复杂问题可画树状图梳理事件关系，注意题目中“至少”“至多”等关键词的转化，本题条件概率背景下概率与实际生活密切联系，是今年高考的热点之一 1．石室校园，望楼汉阙，红墙掩映，步移景异！现有甲、乙、丙、丁四位校友到“文翁化蜀”、“锦水文风”、“魁星阁”、“银杏大道”4处景点追忆石室读书时光.若每人只去一处景点，设事件为“4个人去的景点各不相同”，事件为“只有甲去了锦水文风”，则 ， . 2．某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程．甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择，甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有 种；若定义事件为甲和乙选择的课程不同，事件为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则 ． 3．袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为 ；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望 . 4．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中大约有的学生，每天玩手机超过1小时，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是 . 押题猜想七 解三角形（正余弦定理结合三角恒等变换） 限时：8min 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，． (1)求； (2)若的面积为，且， （ⅰ）求的周长； （ⅱ）若，求． 押题解读 本部分多以解答题呈现，主要综合考查三角函数、几何关系与代数变形能力，契合高考对多知识点融合的要求。解决这类题要熟记定理公式，掌握“边角互化”技巧，如用正弦定理将边化为角，再用余弦定理联立方程；复杂问题可尝试用辅助角公式或方程思想，注意多解情况需验证三角形存在性。本题综合利用正余弦定理解决面积与周长问题，是今年高考的热点之一 1．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知． (1)求角的大小； (2)设，． （i）求的值； （ii）求的值． 2．在中，内角所对的边分别是，已知，， (1)求b，c的值； (2)求的值； (3)求的值． 3．在中，角所对的边分别为，已知的面积为，，. (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值. 4．在中，内角的对边分别为，且． (1)求边的长； (2)求的值； (3)求的值． 押题猜想八 外接球，内切球，棱切球 限时：4min 已知正四面体（四个面都是正三角形），其内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，设能装下正四面体的最小正方体的体积为，正四面体的外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则（    ） A． B． C． D． 押题解读 本部分多以选择题呈现，主要综合考查空间想象、几何推导与代数运算能力，契合高考对多能力融合的要求。天津卷近年多次出现的复杂几何体（如棱柱、棱锥）相关球问题，如求球半径、体积或证明球与几何体的位置关系。要熟记三类球的定义（外接球球心到顶点距离相等，内切球球心到面距离相等，棱切球球心到棱距离相等），掌握几何公式（如球体积、点到面距离），利用对称性简化计算，复杂问题可补形为长方体或分析截面特性，注意多解情况需结合几何约束验证。本题综合考查与球相关的外接与内切问题，是今年高考的热点之一 1．已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 2．直三棱柱的各条棱长均为2，为棱中点，则点到直三棱柱的外接球球心的距离是（   ） A． B． C． D． 3．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无味、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示．若此正八面体的棱长为，则下列说法正确的是（    ） A．正八面体的体积为 B．正八面体的表面积为 C．正八面体的外接球体积为 D．正八面体的内切球表面积为 4．球与棱长为的正四面体各条棱都相切，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 押题猜想九 立体几何中的不规则图形 限时：10min 在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，其中是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求点到平面的距离； 押题解读 本部分多以解答题呈现，立体几何中的不规则图形问题是一个由抽象到直观，由直观到抽象的过程．高考中，立体几何中的不规则图形常与空间中的平行、垂直、空间角及距离相结合命题．因此，关注立体几何中的不规则图形问题是非常有必要的，也是今年高考的热点之一. 1．如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 2．如图，在多面体中，侧面为矩形，平面，平面，，，.    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 3．如图，四边形是正方形，平面，，，、、分别为、、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)在线段上是否存在一点，使直线与直线所成的角为？ 4．如图，在直五棱柱中，，，，，，. (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离. 押题猜想十 数列不等式证明（结合奇偶项求和） 限时：15min 已知数列的前项和，，，.设数列的前项和为，且， (1)求的通项公式； (2)求； (3)求证：. 押题解读 本部分多以解答呈现，主要在于其综合考查分类讨论、归纳推理与代数变形能力，契合高考对思维严谨性的要求。天津卷近年多次出现的需分奇偶项处理的数列问题，如递推公式含周期性因子或奇偶项规律不同，需分别求和并比较大小。数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．本题数列不等式证明与奇偶项求和相结合，是今年高考的热点之一 1．已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，，． (1)求数列和的通项公式； (2)已知，求数列的前项和； (3)当时，设集合，集合中元素的个数记为，求数列的通项公式． 2．已知等差数列的前n项和为是公比大于0的等比数列且成等差数列. (1)求数列和的通项公式； (2)设求； (3)对于数列在和之间插入数列的前k项组成一个新的数列：…，求. 3．若无穷数列满足：对于，，其中A为常数，则称数列为“A数列”． (1)若等比数列为“A数列”，求的公比q； (2)若数列为“A数列”，且，． ①求证：； ②若，且是正项数列，，求满足不等式的的最小值． 4．已知数列是正项等比数列，是等差数列，且. (1)求和的通项公式； (2)表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求实数的取值范围； (3)，数列前项和为，求证：. 押题猜想十一 利用导数研究双变量问题 限时：15min 已知函数，. (1)求函数在处的切线方程； (2)若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 押题解读 本部分多以解答题呈现，天津卷高考常考双变量不等式，双变量问题更是综合考察数学建模和逻辑推理的载体。要掌握构造函数技巧，如将双变量转化为单变量函数，利用导数求极值、分析单调性，结合放缩法或比值代换简化证明。天津卷注重基础综合应用，此类题常作为压轴出现，考察学生灵活运用导数的能力，备考时需强化构造思维和导数工具的应用训练。本题利用比值代换简化证明，是今年高考的热点之一. 1．已知函数. (1)求曲线在其零点处的切线方程； (2)若方程有两个解，且. （i）求实数的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 2．已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)若有三个零点，，，且，求证：. 3．已知函数. (1)当时，直线（为常数）与曲线相切，求的值； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，求证：. 4．已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点； ①求证：； ②求证：． 5．已知函数，． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)设是函数的两个极值点，证明：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$