数学（新八省专用）-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 抽象函数与函数性质的综合应用 1 押题猜想二 借助导数研究不等式恒成立问题 5 押题猜想三 解三角形中的一线分两角与限制角条件问题 15 押题猜想四 三角函数中,的取值范围问题 22 押题猜想五 立体几何中球的内切和外接问题 26 押题猜想六 立体几何中非标准（不易）建系问题 32 押题猜想七 圆锥曲线中的面积问题 40 押题猜想八 圆锥曲线中的切线与切点弦问题 49 押题猜想九 概率统计与数列、函数等模块的综合应用 63 押题猜想十 数列的创新问题（多模块知识交汇类、新定义类） 72 押题猜想一 抽象函数与函数性质的综合应用 限时：3min （改编）若函数是定义在上的不恒为零的偶函数，且对任意实数都有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】令，得，即， 因为为偶函数，所以，解得. 当时，， ，即. ，，， ，， 以上式子相加可得：，解得. 故选：D． 押题解读 近三年高考中抽象函数与函数性质的综合应用考查主要集中在选择题和填空题中，偶尔也会在解答题中出现。题目难度从基础到较难不等，涉及多种函数性质的综合应用，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图像、函数零点和不等式相结合进行考查。预计2025年高考中，抽象函数与函数性质的综合应用仍将以选择题和填空题的形式出现，题目将继续考查学生的综合推理能力，可能出现创新题型，如结合实际问题或新定义的函数性质进行考查。 1．已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，，若在上恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为偶函数，则①， 对两边求导得，②， 在③中，用代替得④， 由①②④可得，⑤， 联立③⑤得，， 则化简为，， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，故， 则实数的取值范围是. 故选：A 2．已知函数满足：对，都有，，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】， 则， 则， 即，所以，即 故选：B. 3．已知函数，则关于的不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由， 则， 由，则函数在上单调递增，易知函数在上单调递减， 由，则，即， 可得，分解因式可得，解得. 故选：A. 4．（多选题）函数的导函数和函数都是上偶函数，且，，则（   ） A．的图象关于点对称 B．是周期函数 C． D． 【答案】ABD 【详解】由是偶函数，得，即， 则（为常数），由于， 取，得，于是， 对于A，由函数是R上偶函数，得， 由，得，即， 于是，函数图象关于点对称，A正确； 对于B，由，得，即， 由，得，于是， 即，因此，函数是周期为4的周期函数，B正确； 对于C，由，，得， 则， ，因此，C错误； 对于D，由，得，， ，， 因此，D正确. 故选：ABD 5．（多选题）记定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则（   ） A． B．的图象关于直线对称 C．是周期函数，且其中一个周期为8 D． 【答案】BC 【详解】由题意，函数与的定义域均为. 由求导可得，即， 所以的图象关于直线对称，故B正确； 由求导可得， ， ，则（为常数）， 令，则有，所以，即， 所以，即函数的图象关于直线对称. 又由可得， 则有， ， ，即， 所以函数的图象关于点对称. 所以函数是周期函数，周期.证明如下： 由可得， 由上述结论可知，所以. 则，即， 又由可得，所以. 所以是周期函数，且其中一个周期为8，故C正确； 对于A，因为，， 若，则，与矛盾. 故A错误； 对于D，由求导可得， 则有，因为，所以 则（是常数），令，可得， 所以，即函数的图象关于直线对称. 所以，函数也是周期函数，周期. ，令，可得， 根据对称性可知，， 所以. 所以，不确定是否为0，故D错误. 故选：BC. 押题猜想二 借助导数研究不等式恒成立问题 限时：15min （改编）已知函数，若有3个零点，其中. (1)求实数的取值范围； (2)求证：. 【答案】(1)；（2）证明见解析 【详解】（1）， ，，则除1外还有两个零点. ，令， 当时，在恒成立，则， 所以在单调递减，不满足，舍去； 当时，要是除1外还有两个零点，则不单调， 所以存在两个零点，所以，解得， 当时，设的两个零点为，则，， 所以. 当时，，，则单调递增； 当时，，，则单调递减； 当时，，，则单调递增； 又，所以，， 而，且， ，且， 所以存在，，使得， 即有3个零点，，. 综上，实数的取值范围为 （2）因为， 所以若，则，所以， 当时，先证明不等式恒成立，设， 则， 所以在上单调递增，， 即当时，不等式恒成立， 由可得， 因为，所以 ， 即， 两边同除以得，即 ， 所以， 即， 即，得证. 押题解读 函数与导数一直是高考中的热点与难点，利用导数研究不等式恒成立问题也一直是高考中档压轴题的命题热点，此类问题一般会把函数、导数及不等式交汇考查，对能力要求比较高。高考对本部分的考查一般有三个层次：1、主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；2、导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；3、综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数取值范围、解决应用问题等，还可能将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题。 1．已知函数（）． (1)当时，讨论的单调性； (2)已知，为曲线上任意两点，且A，B关于点对称． （ⅰ）求b的取值范围； （ⅱ）若，求a的取值范围． 【答案】(1)在区间单调递减，在单调递增． (2)（i）；（ii）. 【详解】（1）由可得，其定义域为； 易知， 记， 则，所以在单调递增． 又，因此时，；时，； 所以在区间单调递减，在单调递增． （2）（ⅰ）由题意可得． 由对称性，不妨设，则． 又，即． 记，则， 又，，所以， 所以在区间上单调递增，所以，即． 下面证明，即证，有解， 记，则， 取，则， 所以，使得，所以． （ⅱ）由题意可得，即． 记，， 则，． 记（），， 所以在区间上单调递增，所以， 即，即，即（）． 若，则， 所以在区间上单调递减，所以，符合题意． 若，时，， 所以在单调递增，所以，不符合题意． 综上所述，． 2．已知函数. (1)当时，若不等式恒成立，求的取值范围； (2)若有两个零点，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i），（ii）证明见解析 【详解】（1）设， 则，令，则， 所以在上单调递增，从而. ①当，即时，，则在上单调递增，从而，符合题意； ②当，即时，，则一定存在，使得当时，，则在上单调递减，从而，合题意． 综上所述，的取值范围为． （2）（i）由题意知，的定义域为． 当时，，所以在上单调递增， 从而在上至多有一个零点．7分当时，令，得． 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增． 所以是的极小值点，也是最小值点， 即．，则． 所以当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减， 所以是的极大值点，也是的最大值点． 即，从而． 一方面，由（1）可知，取，当时，，即， 即，易知当时，也成立． 所以当时，．所以，即，从而． 因为，所以在内有一个零点. 另一方面，由（1）知，． 又， 所以 ， 所以在区间内有一个零点． 综上所述，的取值范围是． （ii）证明：由，得， 所以，即． 要证成立，只需证， 即证，即证．令，则． 即证，即证． 设，则， 所以在区间上单调递增，所以，即式成立． 所以不等式成立. 3．已知为常数，函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点. ①求的取值范围； ②若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)①；② 【详解】（1）由题意，得. ①当时，因为，恒成立， 所以，故在定义域上单调递增. ②当时，由，得，解得； 由，得，解得. 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2）①由题意，得. 令，则. 易知为增函数，由，解得， 即. 由题意，关于的方程即有两个不等实根. 设函数，则. 由，得；由，得. 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以. 又当时，；当时，， 所以，所以的取值范围是. ②由已知，得，. 两式相减，得， 故. 由，得， 故. 将代入，得， 即. 令，则， 即. 设函数，其中，则. 令，则. ①当时，，所以在区间上单调递增，故. 所以在区间上单调递减， 故，不符合题意. ②当时，由，得， 所以在区间上单调递增. 故当时，，所以在区间上单调递减. 所以，不符合题意. ③当时，，所以在区间上单调递减，故. 所以在区间上单调递增， 故，满足题意. 综上所述，的取值范围是. 4．已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. （2） 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. （3）由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 5．已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，恒成立，求的取值范围； (3)求证：当时，. 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3)证明见解析. 【详解】（1）由题设，则且， 当，，即在上单调递增， 当，，即在上单调递减， 当，，即在上单调递增； （2）由题设，令，则， 对时，恒成立，且，只需，即， 另一方面，时，， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递增，则，满足题设， 综上，； （3）由（2）取，在上， 令，，则，即， 所以，则，得证. 押题猜想三 解三角形中的一线分两角与限制角条件问题 限时：10min （原创）在中，内角所对的边分别为，已知. (1)求； (2)若为边上的一点，，，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理得， 因为，所以， 所以，即， 所以， 又，所以， 所以，故. （2）在中，由余弦定理得， 即， 解得， 则， 所以. 因为，所以， 所以 . 在中，由正弦定理得， 解得， 所以. 押题解读 解三角形及其应用是高考数学的高频考点，其中涉及的一线分两角与限制角条件问题是该部分考查的热点和难点，在选择题填空题及解答题中都有出现。命题侧重考查正、余弦定理和面积公式的应用，难度适中。也与三角恒等变换、三角函数等知识结合、注重考查解三角形在实际问题中的应用。正、余弦定理及其变形依然是2025年高考的重点内容，题目可能结合三角形的中线、角平分线等性质以及特定三角形（如锐角三角形）考查三角形的面积、周长、范围问题，对考生的题干信息提取和转化能力有更高的要求。 1．的内角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，由正弦定理得， 故， 在中，，，所以，，则， 可得，所以，所以. （2）由正弦定理可得（为外接圆的半径）， 所以，， 因为，则，， 所以， 因为为锐角三角形，则，解得， 则，，故. 2．在钝角三角形中，角的对边分别是，． (1)求； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由正弦定理得，即， 化简得，又，所以， 得，又，所以． （2）由正弦定理得， 因为为钝角三角形，所以， 所以． 当为锐角时，，得，所以， 从而． 当为钝角时，，得， 所以，从而． 综上所述，的取值范围为． 3．在中，角，，的对边分别为，，，. (1)求角的大小； (2)为边上一点，且，若，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由正弦定理及， 得， ， 所以，即， 因为，所以，所以， 又，所以. （2）因为在边上，且，所以，， 在中，由余弦定理，得， 在中，由余弦定理，得， 二者联立，消去，得， 在中，由余弦定理，得， 所以，即， 所以，即， 所以，当且仅当，即，时等号成立， 所以的最大值为. 4．在中，，，分别是内角，，的对边，． (1)求角的大小； (2)设为边上一点，若，且，求面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）依题意，，即， 结合正弦定理，可得， 因为，，所以， 即， 故， 因为，，则，故. （2）法一：因为， 所以，， 所以， 所以， 即，整理得. 由，可得，当且仅当时，等号成立. 故面积， 即面积的最小值为. 法二：设，，则，为点到边的距离. 因为，所以， 又， 故，得， 所以，整理得， 因为，得， 显然，，故，. 根据，得， 即，整理得. 由，可得，当且仅当时，等号成立. 故面积， 即面积的最小值为. 法三：过点作，交于点. 据，可得，， 因为，故，， 所以，，得. 在中，，， 由余弦定理，， 则，解得， 所以，即. 由，可得，当且仅当时，等号成立. 所以面积， 即面积的最小值为. 5．记的内角所对的边分别为，且． (1)求； (2)设为边的中点，若，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由正弦定理得，， ， ，， ，，，又 ； （2）由余弦定理得：，， ，，， ，解得， 的面积为． 押题猜想四 三角函数中,的取值范围问题 限时：3min （改编）函数，，若与在上的图象有且仅有4个交点，则的取值范围是 . 【答案】 【详解】当增大时，函数最小正周期越小，函数图象在不断被“压缩”，交点个数与随之发生变化，只需找到相应的使得有个交点即可. 因为，考虑的解，即，所以， 对应第一个值为，如图， 类似，直到当，时，第一次出现个交点，如图， ，即时，第一次出现个交点，如图， 因为图象只有个交点，所以处于上述两个值之间， 即. 故答案为： 押题解读 根据近三年高考数学的考查情况，三角函数中,的范围问题，是高考的重点和热点，主要结合三角函数函数的单调性、对称性、零点、最值等性质进行考查，题型多为选择题与填空题，难度中等。预计本节内容在2025年高考会以选择题和填空题为主，注重考查学生对三角函数性质的理解和综合应用能力。 1．已知函数在内恰有3个最值点和3个零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为， 且当时，， 因为函数在内恰有3个最值点和3个零点， 所以，解得， 故选：D． 2．已知函数在区间上存在最大值和最小值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，，所以． 画出的图象，如图．    由图，得或，解得或． 故选:C． 3．函数（且在上单调，且，若在上恰有2个零点，则的取值最准确的范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为函数在区间上单调， 且满足，而，, 即的一个对称中心为，故； 而，故在区间上单调， 设函数的最小正周期为T，则； 函数在区间上恰有2个零点，则恰好为第一个零点， 相邻两个零点之间相距半个周期， 故，即， 解得，结合， 可得的取值范围为， 故选：B. 4．已知函数，将的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】依题意，， 由的图象与的图象关于轴对称，得对任意恒成立， 即对任意恒成立， 因此，解得，而， 则. 故选：B 5．若函数有个零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】当时，， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减． 又，，， 所以在和上各有个零点； 又因为有个根，所以当时，有个零点， 因为，所以， 由题意可得，解得． 故选：D. 押题猜想五 立体几何中球的内切和外接问题 限时：5min （原创）在四棱锥中，平面，，且二面角的大小为，．若点均在球O的表面上，则球O的半径的最小值为 . 【答案】 【详解】 由题设，在一个圆上，故， 又，则，即，故是四边形外接圆的直径， 由平面，平面，则， 由，面，则面，面，则， 由，面，则面，面，则， 则是二面角的平面角，故， 令且，则，，故， 且都是以为斜边的直角三角形，故中点为外接球球心， 所以外接球半径， 当时，. 故答案为：. 押题解读 纵观近几年高考对于组合体的考查，立体几何中球的内切和外接问题是高考命题的热点之一。高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答。预计2025年外接球将继续保持高频考查，尤其是与多面体（如正方体、长方体、正四面体等）结合的问题，内切球的考查频率可能有所增加，尤其是与正多面体和旋转体（如圆锥、圆柱）结合的问题。 1．已知球O的表面积为，球面上有A，B，C，D四点，，，与平面所成的角均为，若是正三角形，则（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】D 【详解】由题意三棱锥为正三棱锥，球O为该正三棱锥的外接球，设其半径为， 因为球O的表面积为，所以，设，即正的边长为， 取中点，连接，作，根据正三棱锥的性质可知球心O在上， 如下图所示： 根据线面角的定义知，则，因为，， 所以，在中，， 所以，解得或，即. （若球心O在的延长线上时，，求得，此时） 故选：D. 2．在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，且，，点在底面内的射影在的外部，且，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题设，知且，底面， 若是的中点，而，则，且， 而底面，则，都在平面内，则平面， 由平面，则，又底面，则， 由，则，即， 由点在底面内的射影在的外部，则在边的外侧，如下图， 若在的另一侧，则必与的中点重合，不合题设， 由题意，该三棱锥外接球的球心在过的中点垂直于平面的直线上， 根据几何关系有，则， 所以，可得， （注意时，不成立）， 所以，外接球半径，则，故其表面积. 故选：B 3．（多选题）如图，四棱锥中，侧面为等腰直角三角形，底面ABCD为矩形，，，若该四棱锥存在内切球，且其内切球球心为，其外接球球心为，则下列结论正确的是（   ） A．平面平面 B．四棱锥的内切球半径为 C．四棱锥的体积为 D． 【答案】ABD 【详解】对于A，因为，，平面PAD， 所以平面PAD，所以平面平面ABCD，A正确； 对于B，因为侧面PAD为等腰直角三角形，， 所以，， 因为平面PAD，平面PAD，则， 则为直角三角形，且，， 所以，易知平面， 该四棱锥的内切球在平面上的“正投影”为的内切圆， 设的内切圆半径为r，则， 所以四棱锥的内切球半径为，B正确； 对于C，分别取的中点E，F，连接则， 又平面截内切球所得的圆为大圆，且切点在上， 设，则，，， 所以，得， 所以四棱锥的体积，C错误； 对于D，易知E为的外接圆圆心，平面PAD， 又四边形为矩形， 所以外接球球心为为的中点，故，D正确． 故选：ABD． 4．如图，在棱长为6的正四面体中，点满足，则四面体的外接球的表面积为 ． 【答案】 【详解】在正四面体中，取的中点为，连接． 易知平面． 设四面体的外接球的球心为，则点在平面上． 设在平面上的射影分别为，显然为的重心， 则． 在中，， 则． 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则． 设，外接球的半径为，则， 即， 即解得即， 则所求外接球的表面积． 5．如图，在直角梯形中，，，．将沿折起，使，连接，得到三棱锥． (1)求证：平面； (2)点是的中点，连接、，若， （i）求二面角的正切值； （ii）求三棱锥的外接球体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【详解】（1）因为，，，平面， 所以平面， 又平面，所以 又因为，，平面， 所以平面. （2）（i）以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，所以， ，设平面的一个法向量为，则， 取，则， 由（1）可知，平面的一个法向量为， 所以. 由图可知二面角平面角是锐角，记为，则，所以， 故二面角的正切值为. （ii）因为， 所以为三棱锥的外接球的球心，且球半径为， 故三棱锥的外接球体积为. 押题猜想六 立体几何中非标准（不易）建系问题 限时：12min （原创）如图，在四棱锥中，，，，平面平面，，平面和平面的交线为，且. (1)求证：平面； (2)若直线和平面所成角的正弦值为，求平面和平面所成角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为，，， 所以. 又因为平面平面且平面平面， 所以平面， 所以. 又因为， 所以平面. （2）因为平面平面，， 所以平面. 又因为平面平面， 所以，则直线和平面所成角的正弦值为. 因为平面， 所以是直线和平面所成角， 故，解得. 如图1，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，连接. 因为平面平面且平面平面， 所以平面， 所以是平面和平面所成角. 设平面和平面所成角为， 因为，， 所以. 押题解读 近年来新高考卷和模拟卷的立体几何题目中，出现了一些不适合建立空间直角坐标系的锥体、台体和平行六面体，由于图形本身不对称或者不规则，没有具备太多垂直的条件，或强行建系会增大解题计算量和思维量，因此除建系法以外，还要思考是否能用其他方法转化求解。在考前解答该类题目时，考生不应局限于建系求解，还可考虑充分利用题设条件，通过添加辅助线或借助体积法等方式求解，做到“多思多解”，积极探索立体几何中非标准（不易）建系问题的“一题多解”。 1．如图，在四面体中，，，点为棱的中点，点为棱上的动点． (1)求证：平面平面； (2)已知二面角的大小为，当直线与平面所成角的正弦值的最大值为时，求此时四面体的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由，得， 又平面，则平面， 而平面，于是，由为中点，，得， 又平面，因此面，又平面， 所以平面平面． （2）由（1）知，二面角的平面角为，则， 由平面，得为与平面所成的角， 在中，，则，， 而，则，此时， 由平面，平面，得，而平面， 则平面，又平面，于是， 在中，，则， 所以四面体的体积. 2．如图，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，沿将折起，使点到达点． (1)求证：： (2)当三棱锥体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取中点，连接， 由，得，由等边，得， 而平面，，则平面，又平面， 所以. （2）依题意，的面积为，三棱锥体积， 则当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥体积最大， 在中，，，因此当平面时，三棱锥体积最大， 在平面内过作于，连接，由平面，平面， 得，而平面，于是平面， 又平面，则，是二面角的平面角， 在中，，在中，， ，所以平面与平面夹角的余弦值为. 3．如图，在平面四边形中，是等边三角形，是等腰三角形，且，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. (1)若，求证：平面平面； (2)若，记的重心为，若，求与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角正切的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）设等边三角形的边长为2， 则，连接交于点. 因为是等腰三角形，所以，即， 因为，，. 所以，， ，面， 所以面，因为面， 所以面面. （2）在中，，，， 由余弦定理得，所以， 所以三棱锥为正三棱锥. 因为是的重心， 所以面，则， 连接并延长交于， 连接，可得，， 所以面， 所以面面，过作， 因为面面，面， 所以面. 取的中点为，由题意知是的中点. 所以，所以为所求线面角. 在中，，， 所以. （3）因为，设，过作. 因为，可得平面， 所以平面平面，所以平面， 可得，， 过作，连接， 易得，可得为所求夹角. 在中，，， 所以， ， 所以，解得， 所以平面与平面夹角正切的最大值. 4．如图，在三棱锥中，，，平面ABC，H为垂足，D为AC的中点. (1)证明：平面 (2)若，，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：连接，因为，D为的中点，所以； 又因为平面，平面，所以； 又因为，平面，，所以平面， 又平面，所以； 因为，且，均在平面内，所以； 因为平面，平面，所以平面； （2）如图，过点H作于点Q，连接， 因为平面，平面， 所以， 又，，，平面， 所以平面， 又平面， 所以，所以为二面角的平面角， 因为，，所以，， 所以，所以， 所以二面角的正弦值为 5．如图，在四棱锥中，底面是正方形，为上一点，为的中点，且平面． (1)求证：； (2)若平面，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)9 【详解】（1）如图1，连接交于点，取的中点，连接，， 则为的中位线，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，，平面，，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 因为为的中点，所以为的中点，故. （2）因为平面，所以，， 在正方形中，，又，，所以平面， 又平面，，如图2，过点作，垂足为， 则，所以平面． 所以是二面角的一个平面角，所以， 由（1）知，所以， 所以，设，因为与相似，且相似比为， 则，另一方面，因为为的中点， 所以，所以， 所以，，所以正方形的边长为， 所以. 押题猜想七 圆锥曲线中的面积问题 限时：12min （原创）设为椭圆的右焦点，过点的直线交椭圆于,两点. (1)当时，求直线的方程； (2)设是轴上异于的点，记直线,的斜率分别为,，当为定值时，求的面积的最大值。 【答案】(1)直线的方程为 (2)的面积最大值为 【详解】（1）设直线的方程为，，， 联立， 消去得， 则，. 又因为， 所以，解得， 所以直线的方程为. （2）假设存在点，使得为定值. 由(1)得，， 所以. 所以 要使为定值，则， 解得或(舍去)，即点为定点. 此时，的面积为 （当且仅当时取等号） 所以的面积最大值为. 押题解读 圆锥曲线中的面积问题一直是高考考查的热点，具有较高的选拔性和区分度，常从求线段比值，角的大小，坐标等定值问题入手对考生进行考查。在解答面积问题时，考生要善于运用辩证的观点去思考，由“形”引路，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性。可以通过极端位置或根据曲线的对称关系，特殊图形，探索解题思路。 1．已知双曲线的离心率为，经过点、． (1)求双曲线的方程； (2)若直线与双曲线相交于、两点，已知点、分别位于第二、四象限，求四边形面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以，双曲线的方程为. （2）设点、， 联立可得，   ， 由韦达定理可得，，可得， ， 点到直线的距离为，点到直线的距离为， 所以，四边形的面积为. 当且仅当时，四边形的面积取最小值. 2．已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线与交于、两点，过点作轴的垂线与直线相交于点． (1)求的方程； (2)证明：点在定直线上； (3)延长交（2）中的直线于点，求四边形面积的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）由题意，设抛物线的标准方程为，则，可得， 故抛物线的标准方程为. （2）若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意， 设直线的方程为，设点、， 联立可得，， 由韦达定理可得，， 由题意可知，直线的方程为， 直线的方程为， 联立直线、的方程得可得，所以，. 因此，点在定直线上. （3）如下图所示：    易知点，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得可得，故点，则， 且，， 所以， ， 因为， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，. 因此，四边形面积的最小值为. 3．平面内，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)为坐标原点，为曲线上不同两点，经过两点的直线与圆相切，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)1 【详解】（1）设到定直线的距离为， 依题意，可得，化简得， 即曲线的方程为. （2）依题意，直线的斜率不可能是0，不妨设其方程为：， 则圆的圆心到直线的距离，即 ① 由消去，可得， 由，可得， 设，则， 则 ， 将①式代入，化简得：， 因点到直线的距离为， 则的面积为， 设，则，， 因，当且仅当时取等号， 此时， 的面积的最大值为. 4．已知圆与双曲线的右支交于，两点，且是圆的直径，过向圆引切线，切点为，，． (1)求的值； (2)若为坐标原点，求的面积． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设，则， ，即， ，又， .    （2）由（1）可得，设， 则，， 又，， ， 设直线的方程为， 代入双曲线方程整理得：， 因为点是的中点，且在双曲线右支内， 所以当时，，则， ，， ， 代入整理得，即， ， ，解得， 所以直线的方程为， 所以点到直线的距离， 所以的面积. 5．如图，已知双曲线的离心率为，线段、分别为的实轴与虚轴，四边形的面积为． (1)求的标准方程； (2)若直线与的左、右两支分别交于、两点，且总有平分． ①求证：直线恒过定点，并求出定点坐标； ②若直线、与直线分别交于、两点，求与面积之和的最小值． 【答案】(1) (2)①证明见解析，定点坐标为；② 【详解】（1）由题意得，解得， 所以，双曲线的标准方程为. （2）①因为直线的方程为，且直线平分， 所以，直线、关于直线对称， 不妨设直线、的倾斜角分别为、，则， 即， 若直线垂直于轴，则直线与双曲线相切，不合乎题意， 同理可知直线的斜率也存在， 所以，， 所以，两直线的斜率之积． 直线的斜率显然存在，设的方程为，设点、， 联立整理得． 则有，且， 由韦达定理可得，， 又， 整理得， 即， 所以，，得或． 当时，直线的方程为， 即直线过定点，此时不存在，舍去； 当，且时，此时直线的方程为，恒过定点． 综上所述，直线恒过定点． ②由①知，直线的方程为，显然时不符合题意，不妨设． 联立得． 不妨设点在第三象限，点在第一象限， 则，， 所以． 又直线的方程为，令，得， 即．同理． 所以． 所以， 当且仅当时，即当时取等号． 所以与面积之和的最小值为． 押题猜想八 圆锥曲线中的切线与切点弦问题 限时：12min （原创）过点作抛物线：的两条切线，切点分别为． (2)求证：直线过定点（与的取值无关）； (3)记的焦点为，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【详解】（1）由抛物线，有，所以，得过点的切线斜率为． 又，所以过点的切线方程为，即． 由点在直线上，所以．整理得． 设，同理可得． 所以是方程的两个根，得，． 所以直线的斜率． 直线的方程为，即．所以． 所以直线的方程为，过定点． （2）由（1）知，． 因为抛物线的焦点， 所以，． 所以． 又因为， 所以． 同理可得． 所以．所以． 押题解读 圆锥曲线是新高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，切线与切点弦问题的考查频率变高，考查形式多种多样，以选择题或填空题的形式考查时，主要考查切线方程与切点弦方程，难度不大；以解答题的形式考查时，主要考查切点弦问题和以切线为载体的面积、最值、定值等问题，难度较大。备考复习时要加强此类问题的训练，灵活求解。 1．已知抛物线：的焦点为，直线l与抛物线交于A，B两点，且为线段AB的中点． (1)求抛物线的标准方程； (2)求直线l的方程； (3)过点作抛物线的两条切线，分别交l于C，D两点，求面积的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）因为抛物线：的焦点为， 所以， 所以抛物线. （2）由题易知直线的斜率存在．设，则可得． 因为线段的中点为，所以， 所以，则的方程为，即． （3）设抛物线的切线方程为， ，即，由，可得， ，设的方程为， 联立， ，同理， ， 点到直线线的距离，所以， 令， 因为，则，，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，此时. 2．已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，过的直线交于两点. (1)求抛物线的方程： (2)求证：抛物线在两点处的切线互相垂直； (3)设为线段的中点，以线段为直径的圆交抛物线在处的切线于点，试判断是否为定值，并证明你的结论. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)为定值，证明见解析 【详解】（1）易知，抛物线开口向上，且焦点坐标为， 所以椭圆的焦点也在轴上，则 由，解得：， 所以抛物线的方程为. （2）因为直线与抛物线有两个交点，所以其斜率必存在， 设直线的方程为 由，则 对求导得， 设抛物线在两点处的切线斜率分别为， 则， 即抛物线在两点处的切线互相垂直. （3） 解法1：由（2）可知即， 则与轴的交点坐标为， 于是 于是， 所以为定值. 解法2：设抛物线在两点的切线，切线交点为， 故， 联立解得点坐标为， 由（2）知点坐标为，且，所以， 故，即， 因为，所以 ， 即，故在中，， 所以，即， 所以为定值. 解法3：因为， 故 ， 又，所以， ， 即， 由（2）知，所以， 故，即， 所以为定值. 3．已知抛物线：. (1)若点为抛物线上一点，证明：抛物线在点处的切线方程为； (2)设，是抛物线：上两点，过点，分别作的切线交于点，点，分别在线段，的延长线上，直线与抛物线相切于点. （i）证明：； （ii）记，的面积分别为，，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）2. 【详解】（1）二次函数，求导得，抛物线在点切线的斜率为， 则切线方程为，而，整理得， 所以抛物线在点处的切线方程为. （2）（i）令，设点的横坐标分别为， 由（1）知，直线的方程分别为，，， 联立， 因此，同理， 所以. （ii）由（i），令， 则， ， ， ， ， 所以的值为2. 4．已知点，动点满足，动点的轨迹记为. (1)求的方程； (2)直线与轴交于点为上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点. ①证明：直线的斜率成等差数列； ②经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②存在， 【详解】（1）因为， 所以的轨迹是以为焦点，且长轴长为4的椭圆， 设的轨迹方程为，则，可得. 又，所以，所以的方程为. （2）设，易知过且与相切的直线斜率存在，设直线方程为，联立，消去得， 由，得 设两条切线的斜率分别为，则 ①证明：设的斜率为，则， 因为，所以的斜率成等差数列. ②法1：在中，令，得，所以， 同理，得，所以的中垂线为. 易得的中点为，所以的中垂线为， 联立解得， 所以，， 要使，则，即， 整理得， 而， 所以，解得，因此， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法2：在中，令，得，因此， 同理可得，所以的中垂线为. 易得的中点为，所以的中垂线为， 联立解得， 因为，所以，即， 而， 所以，解得，因此， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法3：要使，即或， 从而，又，所以， 因为， 所以，解得，所以， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法4：要使，即或，从而. 在中，令，得，故，同理可得，因此， 所以， 故，即， 整理得， 所以，整理得，解得或（舍去）， 因此，故存在符合题意的点，使得， 此时.法5：要使，即或，从而. 在中，令，得，故，同理可得， 由等面积法得， 即，整理得， 所以，整理得，解得或（舍去）， 因此，故存在符合题意的点，使得， 此时. 5．椭圆的左，右焦点分别为，过的直线交于两点（点位于轴上方），为坐标原点． (1)若，求的值； (2)已知二次曲线在点处的切线方程为，现过两点作的两条切线相交于点，切线与圆分别交于和，其中分别位于点的左侧． （ⅰ）证明：三点共线； （ⅱ）求面积的最小值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）答案见解析（ⅱ） 【详解】（1）注意到三点共线， 从而，即， 所以，解得； （2）（ⅰ）由题意可知直线斜率不为0，且注意到直线过点， 故可设直线的方程为， 联立直线的方程与椭圆的方程，得， 整理得，， 设， 由题意点位于轴上方，由求根公式可得， 画出图形如下，    观察并猜想，根据题目所要证明的结论，我们不妨设直线的方程为， 其中是直线与圆的交点，且其中分别位于点的左侧， 那么显然满足三点共线， 下面我们只需要证明三点共线，且三点共线即可得到重合，重合，也就是说此时命题可以得证， 要证明三点共线，只需证明， 联立与，解得， 由题意直线的方程为，同理直线的方程为， 要证明， 只需证明， 只需证明， 只需证明， 由的根是可知，， 从而只需证明， 只需证明， 只需证明， 而根据前面的假设可知，， 从而 ， 故三点共线，同理也三点共线， 这就说明重合，重合，也就是说此时命题已经得证； （ⅱ）联立直线的方程与直线的方程， 解得， 设为点到直线的距离， 从而， 而 ， 从而， 设，则， 求导得， 从而函数在上单调递增， 故面积的最小值为. 押题猜想九 概率统计与数列、函数等模块的综合应用 限时：15min （改编）小奥和小锐两位同学在两个房间内做游走游戏.每经过1分钟，两人都可以选择进行一次移动.小奥从当前房间移动到另一房间的概率为0.6，留在该房间的概率为0.4；若上一分钟两人都在一个房间，那么下一分钟小锐必定移动到另一个房间；若上一分钟两人不在同一房间，小锐从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率均为0.5，已知在第0分时，小奥在0号房间，小锐在1号房间.设在第分钟时，小奥和小锐在0号房间的概率分别为，. (1)求第1分钟时，小奥和小锐所在房间号之和为1的概率； (2)求证：，均为等比数列，并求，； (3)求在第几分钟时，小锐在0号房间的概率最大. 【答案】(1)0.5 (2)证明见解析，， (3)2分钟 【详解】（1）第0分钟时，小奥在0号房间，小锐在1号房间. 设为第1分钟时，小奥在号房间，小锐在号房间的概率， 则， . 设第1分钟时，小奥和小锐所在房间号之和为，则， 所以第1分钟时，小奥和小锐所在房间号之和为1的概率为0.5. （2）证明：易知，且由（1）得. 当时，小奥在第分钟时位于0号房间包含2种情形： ①上一分钟仍在0号房间，继续保持在0号房间的概率为， ②上一分钟在1号房间，转移到0号房间的概率为， 则由全概率公式，， 进而， 结合，故是首项为，公比为的等比数列， 即，注意到当时也满足题意， 因此. 小锐第分钟在0号房间包含3种情形： ①上一分钟小奥和小锐都在1号房间，小锐转移到0号房间的概率为， ②上一分钟小奥在0号房间，小锐在1号房间，小李转移到0号房间的概率为， ③上一分钟小奥在1号房间，小锐在0号房间，小锐转移到0号房间的概率为. 故由全概率公式，， 即. 要证为等比数列，即证为等比数列， 而， 故，结合， 故为首项，公比为的等比数列， 即，注意到时也满足题意， 因此. （3）由， 故， 显然不是其最大值，设， ①当为奇数时，，当且仅当时取等，故的最大值为0； ②当为偶数且时，， 当时，，故最大值为， 因此的最大值为， 即在第2分钟时，小锐在0号房间概率最大. 押题解读 新高考重视在知识交汇处命题，本部分内容的学习，可以帮助学生进一步深化理解概率与统计的基础知识和基本思想方法，意在考查学生综合应用所学的概率与统计知识分析问题、解决问题的能力，同时考查数据处理能力、运算求解能力、逻辑推理能力、数学阅读能力，考查的核心素养是数据分析、数学运算。概率统计与数列、函数的综合应用，突出用概率、统计方法解决实际问题的基本思想，突出知识间的综合应用，尤其是与不等式、函数、数列等知识的交汇考查，通过综合运用所学知识解决实际问题，加深概念理解，感悟在实际生活中进行科学决策的必要性和可能性，体会概率统计思想。 1．“冰雪同梦，亚洲同心”，年第九届亚冬会在哈尔滨举办，本次赛事共有个大项，个分项，个小项，有来自个国家和地区，多名运动员参赛，是一场令人回味无穷的冬季体育盛会，亚冬会圆满结束后，我校团委组织学生参加与亚冬会有关的知识竞赛.为鼓励同学们积极参加此项活动，比赛规定：答对一题得两分，答错一题得一分，选手不放弃任何一次答题机会.已知小明报名参加比赛，每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率不一定相等. (1)若前三道试题，小明每道试题答对的概率均为， ①设，记小明答完前三道题得分为，求随机变量的分布列和数学期望； ②若小明答完前四道题得分的概率为，求小明答完前四题时至少答对三题的概率的最小值； (2)若小明答对每道题的概率均为，因为小明答对第一题或前两题都答错，均可得到两分，称此时小明答题累计得分为，记小明答题累计得分为的概率为，求数列的通项公式. 【答案】(1)①分布列答案见解析，；② (2) 【详解】（1）①由题意可知，随机变量的可能取值有、、、， ，， ，， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 所以，； ②因为前四道试题得分即全对的概率为，所以第四道试题答对的概率为， 所以，小明答完前四题时至少答对三题的概率为， 则， 当时，，此时，函数单调递减， 当时，，此时，函数单调递增， 所以. （2）依题意可得，，当时，则， 所以，，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 故， 且， 所以数列是各项均为的常数列，则， 所以，解得. 2．当前，以大语言模型为代表的人工智能技术正蓬勃发展，而数学理论和方法在这些模型的研发中，发挥着重要作用．例如，当新闻中分别出现“7点钟，一场大火在郊区燃起”和“7点钟，太阳从东方升起”这两个事件的描述时，它们提供的“信息量”是不一样的，前者比后者要大，会吸引人们更多关注．假设通常情况下，它们发生的概率分别是和，用这个量来刻画“信息量”的大小，计算可得前者约为9，后者接近于0．现在假设离散型随机变量的分布列为，，．则称为的信息熵，用来刻画随机变量蕴含的信息量的大小． (1)若的分布列为，，，求的最大值； (2)证明：； (3)若，且为定值，设，证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析 【详解】（1）由题意知，，其中． 令，则． 所以当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减． 所以在时取得最大值，且最大值为． （2）要证，即证， 因为 （当且仅当，即时等号成立成立）， ， 所以. （3）由题意知， 则， 由，则， 所以，则，即得． 3．在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为，上两步台阶的概率为；且每次上一步台阶用时，上两步台阶用时. (1)假设，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒? (2)若“机器狼”走3次后从地面到达第5步台阶的概率为，当取最大值时，求“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率. (3)若，记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，其中，证明：数列是等比数列，并求. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析， 【详解】（1）“机器狼”上完步台阶的走法有： 当时，用时； 当时，用时； 当时，用时； 所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为秒； （2）依题意，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时取得最大值， “机器狼”从地面上到第7步台阶有，，，共4种情况， 则“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率； （3）“机器狼”从地面上到第步台阶，它是由第步台阶上两步到达第步台阶，或由第步台阶上一步到达第步台阶， 记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为， 所以， 所以， 则， 又，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以 ， 即. 4．“由样本估计总体”是统计学中一种重要的思想方法，而我们利用一些样本去估计某一参数的值时，常采用最大似然估计的方法：最大似然估计是由高斯首次提出，费尔希推广并使之得到广泛应用的一种估计方法，其原理是从总体中抽出具有个值的采样，求出似然函数，似然函数表示样本同时取得的概率，当似然函数取得最大值时参数的取值即为该参数的最大似然估计值. (1)已知一工个生产产品的合格率为，每件产品合格与否相互独立，现从某批次产品中随机抽取20件进行检测，有2件不合格： （ⅰ）用频率估计该批次产品合格率； （ⅱ）求合格率的最大似然估计值，并判断用最大似然估计法计算概率是否合理； (2)设一次试验中随机变量的概率分布如下： 1 2 3 现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； (3)泊松分布是种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和． 【答案】(1)（i）；（ii）0.9，合理； (2)； (3). 【详解】（1）（ⅰ）由题该批次产品合格率； （ⅱ）由题意得，似然函数，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 则当时，取得最大值，即的最大似然估计值为0.9， 与（ⅰ）中的估计值相等，用最大似然估计法计算概率是合理的. （2）依题意，， 令， 则，令，解得， 函数在上单调递减，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，而函数在上递增， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，所以的最大似然估计值为. （3）， 设，则函数与单调性相同， 因为为减函数，令得， 则时，函数单调递增；时，，函数单调递减， 所以为极大值点也及最大值点，所以为极大值点也及最大值点， 则由题的最大似然估计值为，即. 5．某大学排球社团为了解性别因素是否对学生喜欢排球有影响，随机调查了男、女生各200名，得到如下数据： 性别 排球 喜欢 不喜欢 男生 78 122 女生 112 88 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为是否喜欢排球与性别有关联？ (2)在某次社团活动中，甲、乙、丙这三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.记次传球后球在乙手中的概率为. （i）求； （ii）若随机变量服从两点分布，且，则.记前次（即从第1次到第次传球）中球在乙手中的次数为随机变量，求的数学期望. 附：，其中. 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)可以认为是否喜欢排球与性别有关联. (2)（i）；（ii） 【详解】（1）零假设为：是否喜欢排球与性别无关联. 根据表中的数据，经计算得到 所以依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，可以认为是否喜欢排球与性别有关联. （2）（i）由题意知， 设，所以，所以，解得， 所以， 又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以， 所以，即第次传球后球在乙手中的概率为. （ii）因为， 所以当时，的数学期望 ，即的数学期望为 押题猜想十 数列的创新问题（多模块知识交汇类、新定义类） 限时：15min （原创）对于数列，定义，满足，，记，称为由数列生成的“m—函数”. (1)试写出“2—函数”，并求的值； (2)若“1—函数”，求n的最大值. 【答案】(1)， (2)5 【详解】（1）由定义及，知， 所以是公差为m的等差数列，所以. 因为，所以，所以，即. 当时，有，，……， 所以，即. 当时，， 所以“2—函数”. 当时，. （2）当时，， 故“1—函数” . 由，得. 令，则， 所以在上单调递增. 因为.所以当时，，所以当时，， 故n的最大值为5. 押题解读 近年来，与数列相关的解答题常以中档题或压轴题的形式考查数列与集合、不等式、函数等知识点的交汇，深度考查不等式的证明（主要比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法）和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题具有综合性强、立意新、角度活、难度大的特点。未来可能会以实际应用背景或数学文化中的经典问题为载体，考查数列与其他知识点交汇的问题将继续作为创新题型出现，通过给出一个新概念、新运算或新模型，创设全新的问题情景，可能涉及构造新数列、证明新性质等。 1．已知数列的前n项和为，且，，当数列的项数大于2时，将数列中各项的所有不同排列填入一个行列的表格中（每个格中一个数字），使每一行均为这个数的一个排列，将第行的数字构成的数列记作，将数列中的第项记作．若对，均有，则称数列为数列的“异位数列”，记表格中“异位数列”的个数为． (1)求数列的通项公式； (2)当数列的项数为时，求的值； (3)若数列为数列的“异位数列”，试讨论的最小值． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【详解】（1）由题，，解得， 由得，两式作差得，即， 所以，，，……，， 累乘得：，即， 因为，符合上式，所以． （2）由（1）知，，所以， 当数列的项数为4时，可知，，，， 若数列为数列的“异位数列”，则：当时，，，；或，，；或，，共3种情况． 同理当或时，对应的排列各有3种情况，所以． （3）因为数列为数列的“异位数列”， 所以，即，所以，所以， 当，时，若对任意的，都有，取等号， 此时，，…，，， 所以当，时，的最小值为， 当，时，的不可能取到等号，因为存在，使得， 将，，，，分为组， 不妨为，，……，，时， 可以取到等号， 此时，，……，，，，，， 此时， 所以当，时，的最小值为， 综上，当为偶数时，的最小值为； 当为奇数时，的最小值为． 2．若数列，，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知为数列的“接近数列”，且数列，的前项和分别为，． (1)若（是正整数），求，，的值； (2)若数列是公差为的等差数列，且，求证：数列是等差数列； (3)若（是正整数），判断是否存在正整数，使得？如果存在，请求出的最小值，如果不存在，请说明理由．（参考数据：，） 【答案】(1)，，； (2)证明见解析； (3)存在，最小k为7. 【详解】（1）由题设，且， 所以，即，， ，即，， ，即，， 所以，，； （2）由题设，则， 所以，，则， 所以，，， 所以，故，即数列是等差数列； （3）当为奇数时，，则， 由，即，，则； 当为偶数时，，则， 由，即，，则； 所以且，则且， 而， 要使，则， 当且，则， 所以，则，可得； 当且，则， 所以，则，显然不成立； 综上，时的最小值为7. 3．中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，推导出了三角垛､方垛､刍甍多､刍童垛等的公式.我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称原数列为“阶等差数列”.例如：数列，它的后项与前项之差组成新数列，新数列是公差为1的等差数列，则称数列为二阶等差数列. (1)若数列满足，且，求证：数列为二阶等差数列； (2)若三阶等差数列的前4项依次为，求的前项和； (3)若阶等差数列的通项公式为. ①求的值； ②求的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)①；② 【详解】（1）因为， 所以， 所以是首项为，公差为2的等差数列， 则是一阶等差数列，数列为二阶等差数列. （2）因为是“三阶等差数列”，所以是“二阶等差数列”， 设，所以是“一阶等差数列”. 由题意得，所以， ， ， 满足上式，所以. ， 因为满足上式，. . （3）①，设， 则， 设， 则， 设， 所以， 所以， 所以数列是公差为384的等差数列， 则数列是4阶等差数列，即. ② ， 所以， 又因为 ， 所以 ， 同理可证，证明如下： 设，因为， 所以， 则 ， 所以 4．将数列中不同的两项与交换位置，其余项不变得到的数列称为的“对换数列”，若时，，则称为一个逆序对，例如：数列2，3，1的逆序对有：，.将数列中逆序对的个数称为的逆序数，记为，记. (1)写出数列1，5，2，4，3，6的所有逆序对； (2)求数列的所有“对换数列”的逆序数之和； (3)定义：将数列的所有项重新排列后得到的数列称为的一个“重排数列”.若是数列的一个“重排数列”，是数列的一个“对换数列”，证明：. （注：.） 【答案】(1)，，， (2) (3)证明见解析 【详解】（1），，，； （2）因为交换与后共产生个逆序数，， 所以 ； （3）由（2）可知，， 因为是将中与两项交换所得， 故之前的项及之后的项逆序数不变， 对于与之间的项， 只有满足的数才会发生逆序数的变化， 设这样的数有个，由于这个数对与的顺序同时发生变化， 产生个逆序数，又与交换产生1个逆序数， 则共产生个逆序数，设， 则， 则. 5．已知集合，集合满足，当取不同值时，各不相同．记的所有元素之和为，将数列的所有项重新排列为，使得． (1)当时，求． (2)当时，证明：成等差数列． (3)设，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）当时，集合，其子集及其对应的为： ①空集：；②：；③：；④：； 重新排列之后：； （2）当时，设， 其中，， 由得，去除的相同元素， 设剩余元素中最大的元素为，设剩余元素中最大的元素为， ， 若，则同理由， 所以对任意的，，即恒成立， 由题意可知，， 因为对任意的，，恒成立，且， 所以，所以， 故，所以成等差数列； （3）①若，， 即， ②若不包含于，则，， 不妨设， 则，，， 由，得， 设， 由，，得， 因为，所以，则， 所以， 因为，所以，因为，，所以， ， 即，得， ，所以， 即， 综上所述：. 2 / 4 2 / 4 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 抽象函数与函数性质的综合应用 1 押题猜想二 借助导数研究不等式恒成立问题 2 押题猜想三 解三角形中的一线分两角与限制角条件问题 4 押题猜想四 三角函数中,的取值范围问题 6 押题猜想五 立体几何中球的内切和外接问题 7 押题猜想六 立体几何中非标准（不易）建系问题 8 押题猜想七 圆锥曲线中的面积问题 11 押题猜想八 圆锥曲线中的切线与切点弦问题 13 押题猜想九 概率统计与数列、函数等模块的综合应用 15 押题猜想十 数列的创新问题（多模块知识交汇类、新定义类） 19 押题猜想一 抽象函数与函数性质的综合应用 限时：3min （改编）若函数是定义在上的不恒为零的偶函数，且对任意实数都有，则（    ） A． B． C． D． 押题解读 近三年高考中抽象函数与函数性质的综合应用考查主要集中在选择题和填空题中，偶尔也会在解答题中出现。题目难度从基础到较难不等，涉及多种函数性质的综合应用，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图像、函数零点和不等式相结合进行考查。预计2025年高考中，抽象函数与函数性质的综合应用仍将以选择题和填空题的形式出现，题目将继续考查学生的综合推理能力，可能出现创新题型，如结合实际问题或新定义的函数性质进行考查。 1．已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，，若在上恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．已知函数满足：对，都有，，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．已知函数，则关于的不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 4．（多选题）函数的导函数和函数都是上偶函数，且，，则（   ） A．的图象关于点对称 B．是周期函数 C． D． 5．（多选题）记定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且，则（   ） A． B．的图象关于直线对称 C．是周期函数，且其中一个周期为8 D． 押题猜想二 借助导数研究不等式恒成立问题 限时：15min （改编）已知函数，若有3个零点，其中. (1)求实数的取值范围； (2)求证：. 押题解读 函数与导数一直是高考中的热点与难点，利用导数研究不等式恒成立问题也一直是高考中档压轴题的命题热点，此类问题一般会把函数、导数及不等式交汇考查，对能力要求比较高。高考对本部分的考查一般有三个层次：1、主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；2、导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；3、综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数取值范围、解决应用问题等，还可能将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题。 1．已知函数（）． (1)当时，讨论的单调性； (2)已知，为曲线上任意两点，且A，B关于点对称． （ⅰ）求b的取值范围； （ⅱ）若，求a的取值范围． 2．已知函数. (1)当时，若不等式恒成立，求的取值范围； (2)若有两个零点，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 3．已知为常数，函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点. ①求的取值范围； ②若恒成立，求的取值范围. 4．已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 5．已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，恒成立，求的取值范围； (3)求证：当时，. 押题猜想三 解三角形中的一线分两角与限制角条件问题 限时：10min （原创）在中，内角所对的边分别为，已知. (1)求； (2)若为边上的一点，，，，求的面积． 押题解读 解三角形及其应用是高考数学的高频考点，其中涉及的一线分两角与限制角条件问题是该部分考查的热点和难点，在选择题填空题及解答题中都有出现。命题侧重考查正、余弦定理和面积公式的应用，难度适中。也与三角恒等变换、三角函数等知识结合、注重考查解三角形在实际问题中的应用。正、余弦定理及其变形依然是2025年高考的重点内容，题目可能结合三角形的中线、角平分线等性质以及特定三角形（如锐角三角形）考查三角形的面积、周长、范围问题，对考生的题干信息提取和转化能力有更高的要求。 1．的内角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若为锐角三角形，，求的取值范围. 2．在钝角三角形中，角的对边分别是，． (1)求； (2)若，求的取值范围． 3．在中，角，，的对边分别为，，，. (1)求角的大小； (2)为边上一点，且，若，求的最大值. 4．在中，，，分别是内角，，的对边，． (1)求角的大小； (2)设为边上一点，若，且，求面积的最小值． 5．记的内角所对的边分别为，且． (1)求； (2)设为边的中点，若，，求的面积． 押题猜想四 三角函数中,的取值范围问题 限时：3min （改编）函数，，若与在上的图象有且仅有4个交点，则的取值范围是 . 押题解读 根据近三年高考数学的考查情况，三角函数中,的范围问题，是高考的重点和热点，主要结合三角函数函数的单调性、对称性、零点、最值等性质进行考查，题型多为选择题与填空题，难度中等。预计本节内容在2025年高考会以选择题和填空题为主，注重考查学生对三角函数性质的理解和综合应用能力。 1．已知函数在内恰有3个最值点和3个零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．已知函数在区间上存在最大值和最小值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．函数（且在上单调，且，若在上恰有2个零点，则的取值最准确的范围是（   ） A． B． C． D． 4．已知函数，将的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．若函数有个零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 押题猜想五 立体几何中球的内切和外接问题 限时：5min （原创）在四棱锥中，平面，，且二面角的大小为，．若点均在球O的表面上，则球O的半径的最小值为 . 押题解读 纵观近几年高考对于组合体的考查，立体几何中球的内切和外接问题是高考命题的热点之一。高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答。预计2025年外接球将继续保持高频考查，尤其是与多面体（如正方体、长方体、正四面体等）结合的问题，内切球的考查频率可能有所增加，尤其是与正多面体和旋转体（如圆锥、圆柱）结合的问题。 1．已知球O的表面积为，球面上有A，B，C，D四点，，，与平面所成的角均为，若是正三角形，则（    ） A． B． C．2 D．3 2．在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，且，，点在底面内的射影在的外部，且，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 3．（多选题）如图，四棱锥中，侧面为等腰直角三角形，底面ABCD为矩形，，，若该四棱锥存在内切球，且其内切球球心为，其外接球球心为，则下列结论正确的是（   ） A．平面平面 B．四棱锥的内切球半径为 C．四棱锥的体积为 D． 4．如图，在棱长为6的正四面体中，点满足，则四面体的外接球的表面积为 ． 5．如图，在直角梯形中，，，．将沿折起，使，连接，得到三棱锥． (1)求证：平面； (2)点是的中点，连接、，若， （i）求二面角的正切值； （ii）求三棱锥的外接球体积． 押题猜想六 立体几何中非标准（不易）建系问题 限时：12min （原创）如图，在四棱锥中，，，，平面平面，，平面和平面的交线为，且. (1)求证：平面； (2)若直线和平面所成角的正弦值为，求平面和平面所成角的正切值. 押题解读 近年来新高考卷和模拟卷的立体几何题目中，出现了一些不适合建立空间直角坐标系的锥体、台体和平行六面体，由于图形本身不对称或者不规则，没有具备太多垂直的条件，或强行建系会增大解题计算量和思维量，因此除建系法以外，还要思考是否能用其他方法转化求解。在考前解答该类题目时，考生不应局限于建系求解，还可考虑充分利用题设条件，通过添加辅助线或借助体积法等方式求解，做到“多思多解”，积极探索立体几何中非标准（不易）建系问题的“一题多解”。 1．如图，在四面体中，，，点为棱的中点，点为棱上的动点． (1)求证：平面平面； (2)已知二面角的大小为，当直线与平面所成角的正弦值的最大值为时，求此时四面体的体积． 2．如图，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，沿将折起，使点到达点． (1)求证：： (2)当三棱锥体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 3．如图，在平面四边形中，是等边三角形，是等腰三角形，且，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. (1)若，求证：平面平面； (2)若，记的重心为，若，求与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角正切的最大值. 4．如图，在三棱锥中，，，平面ABC，H为垂足，D为AC的中点. (1)证明：平面 (2)若，，求二面角的正弦值. 5．如图，在四棱锥中，底面是正方形，为上一点，为的中点，且平面． (1)求证：； (2)若平面，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积． 押题猜想七 圆锥曲线中的面积问题 限时：12min （原创）设为椭圆的右焦点，过点的直线交椭圆于,两点. (1)当时，求直线的方程； (2)设是轴上异于的点，记直线,的斜率分别为,，当为定值时，求的面积的最大值。 押题解读 圆锥曲线中的面积问题一直是高考考查的热点，具有较高的选拔性和区分度，常从求线段比值，角的大小，坐标等定值问题入手对考生进行考查。在解答面积问题时，考生要善于运用辩证的观点去思考，由“形”引路，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性。可以通过极端位置或根据曲线的对称关系，特殊图形，探索解题思路。 1．已知双曲线的离心率为，经过点、． (1)求双曲线的方程； (2)若直线与双曲线相交于、两点，已知点、分别位于第二、四象限，求四边形面积的最小值． 2．已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线与交于、两点，过点作轴的垂线与直线相交于点． (1)求的方程； (2)证明：点在定直线上； (3)延长交（2）中的直线于点，求四边形面积的最小值． 3．平面内，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)为坐标原点，为曲线上不同两点，经过两点的直线与圆相切，求面积的最大值． 4．已知圆与双曲线的右支交于，两点，且是圆的直径，过向圆引切线，切点为，，． (1)求的值； (2)若为坐标原点，求的面积． 5．如图，已知双曲线的离心率为，线段、分别为的实轴与虚轴，四边形的面积为． (1)求的标准方程； (2)若直线与的左、右两支分别交于、两点，且总有平分． ①求证：直线恒过定点，并求出定点坐标； ②若直线、与直线分别交于、两点，求与面积之和的最小值． 押题猜想八 圆锥曲线中的切线与切点弦问题 限时：12min （原创）过点作抛物线：的两条切线，切点分别为． (2)求证：直线过定点（与的取值无关）； (3)记的焦点为，求证：． 押题解读 圆锥曲线是新高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，切线与切点弦问题的考查频率变高，考查形式多种多样，以选择题或填空题的形式考查时，主要考查切线方程与切点弦方程，难度不大；以解答题的形式考查时，主要考查切点弦问题和以切线为载体的面积、最值、定值等问题，难度较大。备考复习时要加强此类问题的训练，灵活求解。 1．已知抛物线：的焦点为，直线l与抛物线交于A，B两点，且为线段AB的中点． (1)求抛物线的标准方程； (2)求直线l的方程； (3)过点作抛物线的两条切线，分别交l于C，D两点，求面积的最小值. 2．已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，过的直线交于两点. (1)求抛物线的方程： (2)求证：抛物线在两点处的切线互相垂直； (3)设为线段的中点，以线段为直径的圆交抛物线在处的切线于点，试判断是否为定值，并证明你的结论. 3．已知抛物线：. (1)若点为抛物线上一点，证明：抛物线在点处的切线方程为； (2)设，是抛物线：上两点，过点，分别作的切线交于点，点，分别在线段，的延长线上，直线与抛物线相切于点. （i）证明：； （ii）记，的面积分别为，，求的值. 4．已知点，动点满足，动点的轨迹记为. (1)求的方程； (2)直线与轴交于点为上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点. ①证明：直线的斜率成等差数列； ②经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由. 5．椭圆的左，右焦点分别为，过的直线交于两点（点位于轴上方），为坐标原点． (1)若，求的值； (2)已知二次曲线在点处的切线方程为，现过两点作的两条切线相交于点，切线与圆分别交于和，其中分别位于点的左侧． （ⅰ）证明：三点共线； （ⅱ）求面积的最小值． 押题猜想九 概率统计与数列、函数等模块的综合应用 限时：15min （改编）小奥和小锐两位同学在两个房间内做游走游戏.每经过1分钟，两人都可以选择进行一次移动.小奥从当前房间移动到另一房间的概率为0.6，留在该房间的概率为0.4；若上一分钟两人都在一个房间，那么下一分钟小锐必定移动到另一个房间；若上一分钟两人不在同一房间，小锐从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率均为0.5，已知在第0分时，小奥在0号房间，小锐在1号房间.设在第分钟时，小奥和小锐在0号房间的概率分别为，. (1)求第1分钟时，小奥和小锐所在房间号之和为1的概率； (2)求证：，均为等比数列，并求，； (3)求在第几分钟时，小锐在0号房间的概率最大. 押题解读 新高考重视在知识交汇处命题，本部分内容的学习，可以帮助学生进一步深化理解概率与统计的基础知识和基本思想方法，意在考查学生综合应用所学的概率与统计知识分析问题、解决问题的能力，同时考查数据处理能力、运算求解能力、逻辑推理能力、数学阅读能力，考查的核心素养是数据分析、数学运算。概率统计与数列、函数的综合应用，突出用概率、统计方法解决实际问题的基本思想，突出知识间的综合应用，尤其是与不等式、函数、数列等知识的交汇考查，通过综合运用所学知识解决实际问题，加深概念理解，感悟在实际生活中进行科学决策的必要性和可能性，体会概率统计思想。 1．“冰雪同梦，亚洲同心”，年第九届亚冬会在哈尔滨举办，本次赛事共有个大项，个分项，个小项，有来自个国家和地区，多名运动员参赛，是一场令人回味无穷的冬季体育盛会，亚冬会圆满结束后，我校团委组织学生参加与亚冬会有关的知识竞赛.为鼓励同学们积极参加此项活动，比赛规定：答对一题得两分，答错一题得一分，选手不放弃任何一次答题机会.已知小明报名参加比赛，每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率不一定相等. (1)若前三道试题，小明每道试题答对的概率均为， ①设，记小明答完前三道题得分为，求随机变量的分布列和数学期望； ②若小明答完前四道题得分的概率为，求小明答完前四题时至少答对三题的概率的最小值； (2)若小明答对每道题的概率均为，因为小明答对第一题或前两题都答错，均可得到两分，称此时小明答题累计得分为，记小明答题累计得分为的概率为，求数列的通项公式. 2．当前，以大语言模型为代表的人工智能技术正蓬勃发展，而数学理论和方法在这些模型的研发中，发挥着重要作用．例如，当新闻中分别出现“7点钟，一场大火在郊区燃起”和“7点钟，太阳从东方升起”这两个事件的描述时，它们提供的“信息量”是不一样的，前者比后者要大，会吸引人们更多关注．假设通常情况下，它们发生的概率分别是和，用这个量来刻画“信息量”的大小，计算可得前者约为9，后者接近于0．现在假设离散型随机变量的分布列为，，．则称为的信息熵，用来刻画随机变量蕴含的信息量的大小． (1)若的分布列为，，，求的最大值； (2)证明：； (3)若，且为定值，设，证明：． 3．在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为，上两步台阶的概率为；且每次上一步台阶用时，上两步台阶用时. (1)假设，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒? (2)若“机器狼”走3次后从地面到达第5步台阶的概率为，当取最大值时，求“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率. (3)若，记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，其中，证明：数列是等比数列，并求. 4．“由样本估计总体”是统计学中一种重要的思想方法，而我们利用一些样本去估计某一参数的值时，常采用最大似然估计的方法：最大似然估计是由高斯首次提出，费尔希推广并使之得到广泛应用的一种估计方法，其原理是从总体中抽出具有个值的采样，求出似然函数，似然函数表示样本同时取得的概率，当似然函数取得最大值时参数的取值即为该参数的最大似然估计值. (1)已知一工个生产产品的合格率为，每件产品合格与否相互独立，现从某批次产品中随机抽取20件进行检测，有2件不合格： （ⅰ）用频率估计该批次产品合格率； （ⅱ）求合格率的最大似然估计值，并判断用最大似然估计法计算概率是否合理； (2)设一次试验中随机变量的概率分布如下： 1 2 3 现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； (3)泊松分布是种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和． 5．某大学排球社团为了解性别因素是否对学生喜欢排球有影响，随机调查了男、女生各200名，得到如下数据： 性别 排球 喜欢 不喜欢 男生 78 122 女生 112 88 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为是否喜欢排球与性别有关联？ (2)在某次社团活动中，甲、乙、丙这三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.记次传球后球在乙手中的概率为. （i）求； （ii）若随机变量服从两点分布，且，则.记前次（即从第1次到第次传球）中球在乙手中的次数为随机变量，求的数学期望. 附：，其中. 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 押题猜想十 数列的创新问题（多模块知识交汇类、新定义类） 限时：15min （原创）对于数列，定义，满足，，记，称为由数列生成的“m—函数”. (1)试写出“2—函数”，并求的值； (2)若“1—函数”，求n的最大值. 押题解读 近年来，与数列相关的解答题常以中档题或压轴题的形式考查数列与集合、不等式、函数等知识点的交汇，深度考查不等式的证明（主要比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法）和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题具有综合性强、立意新、角度活、难度大的特点。未来可能会以实际应用背景或数学文化中的经典问题为载体，考查数列与其他知识点交汇的问题将继续作为创新题型出现，通过给出一个新概念、新运算或新模型，创设全新的问题情景，可能涉及构造新数列、证明新性质等。 1．已知数列的前n项和为，且，，当数列的项数大于2时，将数列中各项的所有不同排列填入一个行列的表格中（每个格中一个数字），使每一行均为这个数的一个排列，将第行的数字构成的数列记作，将数列中的第项记作．若对，均有，则称数列为数列的“异位数列”，记表格中“异位数列”的个数为． (1)求数列的通项公式； (2)当数列的项数为时，求的值； (3)若数列为数列的“异位数列”，试讨论的最小值． 2．若数列，，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知为数列的“接近数列”，且数列，的前项和分别为，． (1)若（是正整数），求，，的值； (2)若数列是公差为的等差数列，且，求证：数列是等差数列； (3)若（是正整数），判断是否存在正整数，使得？如果存在，请求出的最小值，如果不存在，请说明理由．（参考数据：，） 3．中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，推导出了三角垛､方垛､刍甍多､刍童垛等的公式.我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称原数列为“阶等差数列”.例如：数列，它的后项与前项之差组成新数列，新数列是公差为1的等差数列，则称数列为二阶等差数列. (1)若数列满足，且，求证：数列为二阶等差数列； (2)若三阶等差数列的前4项依次为，求的前项和； (3)若阶等差数列的通项公式为. ①求的值； ②求的前项和. 4．将数列中不同的两项与交换位置，其余项不变得到的数列称为的“对换数列”，若时，，则称为一个逆序对，例如：数列2，3，1的逆序对有：，.将数列中逆序对的个数称为的逆序数，记为，记. (1)写出数列1，5，2，4，3，6的所有逆序对； (2)求数列的所有“对换数列”的逆序数之和； (3)定义：将数列的所有项重新排列后得到的数列称为的一个“重排数列”.若是数列的一个“重排数列”，是数列的一个“对换数列”，证明：. （注：.） 5．已知集合，集合满足，当取不同值时，各不相同．记的所有元素之和为，将数列的所有项重新排列为，使得． (1)当时，求． (2)当时，证明：成等差数列． (3)设，证明：． 2 / 4 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$