数学（北京专用）-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，， ，， ，， 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， 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， 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. 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， 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． 【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. 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（    ） 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， 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，， 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 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， 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 【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， 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（    ） 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； 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 【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, 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； 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， 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；    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    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， 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， 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：    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 【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 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. 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， 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：； 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． 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. 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； (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， 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，， 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，， 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 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，， 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： , 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 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. 【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， 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， 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. （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 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， 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：） 【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 (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 ，， 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”， 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，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 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， 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 ． 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”． （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． 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， 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， 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． 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 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 2 押题猜想三 抽象函数性质探索问题 3 押题猜想四 三角函数中,的取值范围问题 4 押题猜想五 立体几何中的动态探究题 4 押题猜想六 圆锥曲线与解三角形、向量交汇问题 6 押题猜想七 解答题中结构不良试题 7 押题猜想八 导数解答题 9 押题猜想九 概率解答题 10 押题猜想十 数列的创新问题 13 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． 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． 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． 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． 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． 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． 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． 2．已知，记，，，则（    ） A． B． C． D． 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． 4．已知，，，则（   ） A． B． C． 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（    ） A． B．0 C．2 D．4 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． 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 3．已知函数的定义域为，，，则（   ） A． B．的图象关于点对称 C．的图象关于直线对称 D． 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 . 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． 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的四边形的面积为，且，则（   ） A．， B．， C．， D．， 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． 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 4．已知函数在区间上有且仅有4个零点，则的取值范围是 ． 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（    ） 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 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 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． 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． 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 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． 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． 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 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． 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 C．若直线的斜率之积为，则 D．若的中点满足方程 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． 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：； 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． 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． 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； (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. 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：. 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． 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； 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：） 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. 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． 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？ 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 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. 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：） 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 (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. 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. 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，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 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：． 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. 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 ． 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． 2 / 4 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$