数学（新高考通用）-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 复数-复数性质 1 押题猜想二 平面向量-投影向量、最值问题 2 押题猜想三 三角函数-三角换元、 𝛚范围求解 3 押题猜想四 计数原理-排列组合、二项式定理 5 押题猜想五 概率统计-用样本估计总体、残差、乘法公式 6 押题猜想六 空间向量与立体几何-外接球 7 押题猜想七 数列-放缩证明不等式 9 押题猜想八 函数-零点问题、复合与嵌套 10 押题猜想九 导数-比较大小、恒成立证明 11 押题猜想十 圆锥曲线-定点定值问题 12 押题猜想十一 新定义问题 14 押题猜想一 复数-复数性质 限时：4min （原创）（多选题）已知为复数，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 押题解读 复数作为每年高考的必考题，一般出现在单选前两题中，相对比较简单，根据新题型多选题的出现，复数的位置相对有所提升，为了创新也会和其他知识点结合，所以今年关于复数的性质的考察出现在多选的第一题的概率很大。主要涉及考查的概念有：复数的代数形式、共轭复数、复数的模、复数的几何意义等，本题考查复数的代数运算、复数的模和共轭复数，考查考生的运算能力，结合复数的代数形式。 1．若为虚数单位，，则的最大值为（    ） A．2 B． C．4 D． 2．已知复数，为虚数单位，则对于，的最小值为（   ） A．2 B．1 C． D． 3．（多选题）已知为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（    ） A．复数的虚部为 B． C．复数与分别对应向量与，则向量对应的复数为 D．若复数z满足条件，则复数z对应点的集合是以原点为圆心，分别以和为半径的两个圆所夹的圆环，且包括圆环的边界 押题猜想二 平面向量-投影向量、最值问题 限时：2min （原创）已知向量满足，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 押题解读 平面向量作为应用型知识点，可结合的知识点有很多，主要运用于几何相关的题型，所以对于建系用坐标的方法构建代数模型是今年的重点，且投影向量的概念自新教材修改之后一直没有在高考中出现，今年很有可能在多选中或结合其他知识点在单选中出现，学生需要掌握投影向量的整个逻辑，而不能单纯背公式。另外作为平面向量本身的考察重点即结合三角函数求角度的范围或结合平面向量基本定理结合不等式求最值也都属于教难知识点的考察对象，需要熟练掌握。解三角形的综合题出现在大题的第一题可能性也是很大的，但今年第一题也要注意数列的出现。 1．已知在矩形中，，点为矩形所在平面内一点，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 2．已知三点共线，不共线且在线段上（不含端点），若，则的最小值为（   ） A． B．4 C． D．   3．（多选题）已知是夹角为的单位向量，且，则下列选项正确的是（） A． B． C．的夹角为 D．在上的投影向量为 4．的内角，，的对边分别为，，，且. (1)求； (2)若，，求内切圆的半径； (3)若为的垂心，且点在内，直线与交于点，且，求的最大值. 5．如图，设的内角所对的边分别为，为的中点，已知，且，的面积为，为锐角． (1)求的长； (2)求的值； (3)设点分别为边上的动点（含端点），线段交于点，若与的面积之比为，求的取值范围． 押题猜想三 三角函数-三角换元、 𝛚范围求解 限时：5min （改编）已知函数的图象向右平移个单位长度得的图象，则下列关于函数和的说法错误的是（    ） A．函数与有相同的周期 B．函数的图象与函数的图象的对称中心一定不同 C．若函数的图象在上至少可取到两次最大值1，则 D．若函数的图象与直线在上恰有两个交点，则 押题解读 三角函数作为高考的必考题，考法形式众多，历年位于单选的第七题结合函数的性质考察三角函数图象的平移转化和参数ω的取值范围题目经常出现，难度大且综合知识点较多，这类题目也是今年的重点，要掌握基础知识点的同时也要会学用换元法和卡根法，再根据具体题目选择合适的方法保证速度和准确度。当然三角函数在几何中的运用也是常见的，三角换元的掌握也是必须的，能够在所有几何图形相关的题目中出现，结合三角恒等变换和三角函数的图象与性质考察最值或者范围。三角恒等变换本身的题目也可出很难，近几年都没有出现过，今年就需要格外注意，此次押题预测都准备了相关的题目，需要学生举一反三的多去练习。 1．已知函数（，），，，且在上单调，则的最大值为（ ） A．10 B．12 C．14 D．18 2．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．如图，四边形中，，，，，则（   ） A． B． C． D． 押题猜想四 计数原理-排列组合、二项式定理 限时：4min （改编）设为正整数，在平面直角坐标系中，若，且）恰好能表示出12个不同的椭圆方程，则的一个可能取值为（    ） A．12 B．8 C．7 D．5 押题解读 高考中对于学生的逻辑推理能力要求越来越高，再加上第14题，填空题最后一题的难度要求，往往出现的都是考察逻辑推理的题目，而逻辑推理的思想在计数原理上体现的淋淋尽致，所以对这块知识的掌握要求很高，不光简单的基础知识和基础的解题方法要求掌握，在平时刷题的过程中也要学会思维上逻辑的建立。排列组合和二项式定理自新高考之后也是没怎么考察过，所以今年也是需要重点注意的知识点，在这主要选择了几题思维上要求比较高的题目，重点还是要放在逻辑推理思维的建立上，注意分类讨论的合理性和完整性。 1．（多选题）2025年春节档共上映6部电影全国电影票房达95.1亿元，刷新了中国影史春节档票房记录.其中，《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》分居票房第一、第二的宝座.小数想要观看这6部电影，则（   ） A．若将《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》放在相邻次序观看，则共有120种观看顺序 B．若《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前观看，则共有360种观看顺序 C．若将6部电影每2部一组随机分为3组，则共有90种分组方式 D．若将6部电影随机分为2组，则共有31种分组方式 2．设均是正整数，且，则的值为 . 3．某种“摩斯密码”的传递常用手指敲击硬物传递声响的方式进行，敲一下，意思为“洞”，敲两下，意思为“拐”，若小明用手指敲击的数量依次为一下、一下、两下，则对方收到的密码指示为“洞洞拐”.已知新手小明尝试用5个“洞”和5个“拐”随意传递密码，则每个“洞”之前“拐”的个数多于“洞”的个数的概率为 ． 4．为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽奖活动.如图，在一个5×5的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本图书.则所有可能的图书排列方式总数为（   ） A．160 B．192 C．224 D．256 押题猜想五 概率统计-用样本估计总体、残差、乘法公式 限时：5min （改编）（多选题）下列命题中，真命题的是（    ） A．中位数就是第50百分位数 B．已知随机变量，若，则 C．已知随机变量，满足，若，，则， D．已知采用分层抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数172，方差为120，女生样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为120 押题解读 今年小题中必会出现一道概率统计题目，新教材改革之后，全概率公式的出现使得传统的概率题目出现了很大的变动，类似相互独立事件的证明、条件概率和乘法公式的运用以及百分位数皆是教材改动之后，高考还未出现的题型，虽然在近几年的模考中层出不穷，但在这方面的题型的创新的可能性还是很大，另外用样本估计总体还有残差也是今年的重中之重，学生必须掌握。大题中的概率题重点还是在全概率公式上，此外结合的内容就有很多的可能性了，重点还是在考察学生的阅读分析能力，那在掌握类似独立性检验和线性回归方程等常见题型的解题方法的同时也要分清离散型随机变量的分布是属于二项分布还是超几何分布。 1．设事件为两个随机事件，，且，则（    ） A． B． C． D． 2．已知随机变量，，且，则（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 3．（多选题）下列说法正确的是（   ） A．数据8，6，4，11，3，7，9，10的上四分位数为9 B．若，，且，则C，D相互独立 C．某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D．若样本数据的平均数为4，的平均数为22，则样本数据，9的方差为20 4．（多选题）下列说法正确的是（   ） A．若随机变量服从正态分布，且，则 B．数据5，8，10，12，13的第40百分位数是8 C．在一元线性回归模型中，若决定系数，则残差的平方和为0 D．和的方差分别为和，若且，则 5．有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球． (1)求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各1个的概率； (2)设第次答题后游戏停止的概率为． ①求； ②是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由． 押题猜想六 空间向量与立体几何-外接球 限时：5min （原创）已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，，，则三棱锥体积的最大值为 ． 押题解读 空间想象能力作为高考考察的主要能力，大多都体现在立体几何中，每年的一道大题和一道小题都是必存在的，而且题型的变化也不大，原因是立体几何本身难度就很大，例如外接球题型、截面、图形的翻折求最值和范围的问题皆是对学生要求很高的问题。所以这类题目一般会出现在选择或者填空的压轴位置，而简单的立体几何问题例如很久没出现的台体的表面积和体积问题以及组合体问题也是需要注意的。大题重点在于考察学生对于空间直角坐标系的建立和运算能力上，平时需要多加练习，保证速度和正确度即可。 1．如图，高为的圆锥形容器里装了一定量的水，下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是（   ） A．   B．   C．   D．   2．已知正四棱台，，分别是棱，的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（    ） A． B． C． D． 3．（多选题）如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（   ）    A．三棱锥体积的最大值为8 B．存在某个位置使 C．三棱锥外接球半径为3 D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 4．在平面四边形中，，，如图1所示.现将图1中的沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，如图2所示.    (1)求证：； (2)若，二面角的大小为，求的值. 押题猜想七 数列-放缩证明不等式 限时：10min （改编）已知数列满足，. (1)求的通项公式； (2)记的前项和为，求证：. 押题解读 从前两年的高考试卷出现压轴新定义题之后，数列一直被冷落，但今年开始有反对新定义题的声音了，所以再不确定今年高考卷是否有新定义题之前，数列考察的可能性就很高，数列主要考察的思想还是在于归纳总结的数论思想，今年的重点是在掌握等差和等比数列本身的知识点的基础上还要多去练习和函数结合的不等式证明问题以及最值问题，今年有可能会出现再一道多选里面，那等差和等比的性质问题以及杨辉三角问题就是重点。 1．如果数列对任意的，都有成立，则称为“速增数列”.若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（   ） A．62 B．63 C．64 D．65 2．（多选题）如图，曲线上的点与轴非负半轴上的点，构成一系列正三角形，记为，，…，，（为坐标原点）.设的边长为，点，的面积为，则下列说法中正确的是（   ） A．数列的通项公式 B．数列的通项公式 C． D． 3．已知定义在上的连续函数满足，其中为等差数列的前项和，若当且仅当时取得最小值，则 . 4．（多选题）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果．从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ） A．第2025行共有2025个数 B．从第0行到第10行的所有数之和为2047 C．第21行中，从左到右的第3个数是210 D．第3斜列为：，则该数列的前项和为 5．已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项. (1)证明：数列是等差数列； (2)设，求数列的前项和. 押题猜想八 函数-零点问题、复合与嵌套 限时：5min （原创）已知函数的定义域为，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（    ） A．是偶函数 B．是奇函数 C． D． 押题解读 函数作为数学逻辑思维最主要的知识点，一定是每年比考察的内容，虽然函数的思想贯穿所有题型，但独属于函数性质本身的题目还是存在的，多为抽象函数的性质考察，以及复合函数和嵌套函数。结合基本初等函数的内容考察零点问题、图象问题、不等式恒成立问题都是常考的题型。近两年由于新定义的出现，类似嵌套函数的不动点问题也是重点，学生要搞明白嵌套函数的逻辑和独特的解题方法。当然抽象函数的数学语言的理解还是函数的关键。 1．对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”．如果函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数的取值范围是 ． 2．已知函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．我们曾学习过碳14的半衰期约为5730年（即碳14大约每过5730年衰减为原来的一半），即经过年后，碳14的含量（为碳14的初始含量，为常数），则碳14含量由原来的衰减为大约需要经过（    ） （参考数据：） A．2292年 B．2456年 C．2674年 D．2838年 4．已知函数，则（    ） A．当时，是偶函数，且在区间上单调递增 B．当时，是奇函数，且在区间上单调递减 C．当时，是偶函数，且在区间上单调递减 D．当时，是奇函数，且在区间上单调递增 5．设函数的定义域为，对于给定的正数，定义函数取函数．当时，函数的单调递增区间为（   ） A． B． C． D． 押题猜想九 导数-比较大小、恒成立证明 限时：5min （改编）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 押题解读 自从压轴题被新定义题目占领之后，导数大题一直就处于尴尬的位置，但今年新定义题目不稳定，那导数压轴的可能性就很大，所以今年的学生要想考高分，导数大题的练习还是不能少。而小题的难题中，导数还是一直占领的，所以类似利用同构或者泰勒展开比较大小、公切线问题以及结合函数求最值或零点问题就还是需要掌握的重点内容。若压轴还是新定义，导数大题就不会太难，所以常规的题型类似端点效应、含参讨论函数单调性、隐零点等问题就必须掌握。 1．若曲线和曲线存在有公共切点的公切线，则 ． 2．已知函数（，且），若恒成立，则的最小值为 ． 3．若恒成立，则实数的取值范围为 . 4．已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若在上有零点，求的取值范围. 5．已知函数（其中e为自然对数的底数）. (1)求函数的最小值； (2)若，且在上恒成立，求的最大值； (3)求证：. 押题猜想十 圆锥曲线-定点定值问题 限时：10min （改编）已知椭圆经过点和点 (1)求椭圆的方程与焦距． (2)直线与椭圆N的交点为两点，若，求证：直线过定点． 押题解读 圆锥曲线在小题中主要考察解析几何的思想，重在技巧上的掌握，包括直线和圆相关的轨迹和最值问题，而大题重点在于考察解析几何的数形结合的转化以及高难度的计算能力，常考的定点定值问题以及隐圆问题都是考察的重点，学生重点在于掌握圆锥曲线设而不求的思想，熟练掌握解析几何中变量的转化和技巧从而简化运算，还需要强大的自信心和耐心才能解决圆锥曲线的问题。 1．若点关于直线对称的点在圆上，则的值为（   ） A．1 B． C． D．2 2．如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（   ）    A． B． C． D． 3．如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，．      (1)求与的标准方程； (2)过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合） (3)点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合） 4．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，. (1)求的方程； (2)记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率； (3)设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标. 押题猜想十一 新定义问题 限时：15min （改编）同余理论是大学数学教材《初等数论》中的重要内容．同余的定义为：设a，b，m为正整数，其中，若存在正整数k，使得，则称a同余于b模m，记作．例如：，可记为． (1)证明：数列中的每一项都是同余方程的解； (2)已知同余方程． （ⅰ）求同余方程所有的正整数解： （ⅱ）将上述同余方程所有的正整数解按从小到大的顺序排列构成数列，求数列的前n项和． 押题解读 为满足新高考改革、思维创新的要求，新定义问题已出现两次了，今年很有可能会延续，一般难度较大，而新结构试卷中新定义问题出现的位置一般在填空压轴和应用题压轴，这类题目重在考察学生的数据分析和逻辑推理能力，所以考察的题目无法具体到题型，学生在练习这类题目时重在去理解每一道题目中所给的信息，练习从给定定义要求来解决相关问题的能力。因为占据了原本数列的题型，所以题源还是很大可能出自数列的相关知识。 1．莫比乌斯（Mobius）环是最具有代表性的单侧曲面之一，它由德国数学家莫比乌斯于1858年发现. 就是把一根纸条扭转180°后，两头再粘接起来做成的纸带圈.现将一个长为30cm、宽为4cm的矩形纸条粘合两端（粘合两端重叠部分忽略不计），形成一个莫比乌斯环，如图：        下列关于莫比乌斯环说法正确的是（   ） A．一只小虫在不跨过它的边缘情况下沿着表面至少走30cm就能回到原处 B．如果把它沿中线剪开（如图白色线的部分），曲面被分成独立的两部分 C．如果把它沿中线剪开（如图白色线的部分），最终得到纸带的边缘周长为120cm D．一只小虫在不跨过它的边缘情况下不能爬遍整个曲面 2．记表示不小于的最小整数，例如.已知是大于1的正整数，设是函数的零点，记，则 . 3．二进制就是“逢二进一”，通常用表示一个位的二进制数．设正整数，（其中，记． (1)当时，求对应的二进制数及的值． (2)（i）当时，若最小，求对应的二进制数； （ii）设为位二进制数，若最小，证明：是形如的二进制数，且该二进制数的首位是1，后面连续个0，再后面是连续个1，其中0的个数满足． 4．给定正数与无穷数列，若存在，当时，都有，则称数列具有性质． (1)求证：数列具有性质； (2)若无穷数列具有性质，求证：存在正数，使得； (3)若对任意正数，数列都具有性质，则称为“—数列”．若正项数列是“—数列”，试判断数列是否也是“—数列”，并证明你的结论．（注：） 5．定义：对于一个多项式，如果存在正整数，使得可以表示为，其中，则称为“阶整数分解多项式”． (1)判断多项式是否为整数分解多项式？并说明理由； (2)若，且互不相同，求的值； (3)若为5阶整数分解多项式，为的互不相等的整数根，试用的根来表示的整数根． 1 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 复数-复数性质 1 押题猜想二 平面向量-投影向量、最值问题 3 押题猜想三 三角函数-三角换元、 𝛚范围求解 9 押题猜想四 计数原理-排列组合、二项式定理 13 押题猜想五 概率统计-用样本估计总体、残差、乘法公式 18 押题猜想六 空间向量与立体几何-外接球 23 押题猜想七 数列-放缩证明不等式 29 押题猜想八 函数-零点问题、复合与嵌套 35 押题猜想九 导数-比较大小、恒成立证明 40 押题猜想十 圆锥曲线-定点定值问题 46 押题猜想十一 新定义问题 53 押题猜想一 复数-复数性质 限时：4min （原创）（多选题）已知为复数，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 【答案】AB 【分析】根据共轭复数的概念和复数的乘法运算即可判断A；根据复数的几何意义即可判断B；举例说明即可判断CD. 【详解】对于A：设， 则， ，故A正确； 对于B：，故B正确； 对于C：设， 满足，但，故C错误； 对于D：设，满足， 但，故D错误. 故选：AB. 押题解读 复数作为每年高考的必考题，一般出现在单选前两题中，相对比较简单，根据新题型多选题的出现，复数的位置相对有所提升，为了创新也会和其他知识点结合，所以今年关于复数的性质的考察出现在多选的第一题的概率很大。主要涉及考查的概念有：复数的代数形式、共轭复数、复数的模、复数的几何意义等，本题考查复数的代数运算、复数的模和共轭复数，考查考生的运算能力，结合复数的代数形式。 1．若为虚数单位，，则的最大值为（    ） A．2 B． C．4 D． 【答案】D 【分析】根据复数的几何意义可得复数对应的点的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆，进而求出的最大值. 【详解】根据题意，复数对应的点的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆， 所求式子的几何意义表示点到圆上点的距离的最大值， 如图所示，最大值为. 故选：D. 2．已知复数，为虚数单位，则对于，的最小值为（   ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】根据得，进而得到，结合模的计算公式求出，进而得到答案. 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 所以当时，有最小值，最小值为， 故选：D. 3．（多选题）已知为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（    ） A．复数的虚部为 B． C．复数与分别对应向量与，则向量对应的复数为 D．若复数z满足条件，则复数z对应点的集合是以原点为圆心，分别以和为半径的两个圆所夹的圆环，且包括圆环的边界 【答案】BCD 【分析】对于A，由复数的代数式可判断；对于B，利用复数的乘方运算求解可判断；对于C，结合向量的运算法则，即可求解可判断；对于D，结合复数的几何意义，即可求解判断． 【详解】对于A：对于复数的虚部为，故A错误； 对于B：，故B正确； 对于C：复数与分别表示向量与， 因为，所以表示向量的复数为，故C正确; 对于D：对于D，设复数，若复数满足条件， 则有，故复数对应点的集合是以原点为圆心， 分别以2和3为半径的两个圆所夹的圆环，且包括圆环的边界，故D正确. 故选：BCD. 押题猜想二 平面向量-投影向量、最值问题 限时：2min （原创）已知向量满足，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平面向量数量积的性质，由模长求解，再根据投影向量的公式求解即可. 【详解】因为， 所以， 则， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：A. 押题解读 平面向量作为应用型知识点，可结合的知识点有很多，主要运用于几何相关的题型，所以对于建系用坐标的方法构建代数模型是今年的重点，且投影向量的概念自新教材修改之后一直没有在高考中出现，今年很有可能在多选中或结合其他知识点在单选中出现，学生需要掌握投影向量的整个逻辑，而不能单纯背公式。另外作为平面向量本身的考察重点即结合三角函数求角度的范围或结合平面向量基本定理结合不等式求最值也都属于教难知识点的考察对象，需要熟练掌握。解三角形的综合题出现在大题的第一题可能性也是很大的，但今年第一题也要注意数列的出现。 1．已知在矩形中，，点为矩形所在平面内一点，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，求得和的坐标，利用向量的数量积的坐标运算公式，得到，进而求得的最小值，得到答案. 【详解】如图所示，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 设，则， 可得， 则， 所以， 所以当且仅当时，取得最小值. 故选：C. 2．已知三点共线，不共线且在线段上（不含端点），若，则的最小值为（   ） A． B．4 C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用共线向量定理的推理及基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】依题意，，则，又， 于是，，则， 因此， 当且仅当，即时取等号， 所以时，取得最小值. 故选：C   3．（多选题）已知是夹角为的单位向量，且，则下列选项正确的是（） A． B． C．的夹角为 D．在上的投影向量为 【答案】BCD 【分析】对A：借助向量模长与数量积的关系计算即可得；对B：借助数量积公式计算即可得；对C：借助向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量的定义计算即可得. 【详解】是夹角为的单位向量，， 对于，，同理可得，故错误； 对于，，故正确； 对于，因 又，，故C正确； 对于， 所以在上的投影向量为，故正确. 故选：． 4．的内角，，的对边分别为，，，且. (1)求； (2)若，，求内切圆的半径； (3)若为的垂心，且点在内，直线与交于点，且，求的最大值. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据已知及正弦边角关系得，再由余弦定理求角的大小； （2）由及面积公式得、，再由内切圆半径即可得； （3）设，，进而得到、，最后有即可求最大值. 【详解】（1）因为， 所以. 由正弦定理得，所以， 因为，所以. （2）由（1）知，代入数据得. 因为的面积， 所以内切圆的半径. （3）如图，设，，则，且. 因为，所以. 由正弦定理得，所以， 所以，其中， 故的最大值为. 5．如图，设的内角所对的边分别为，为的中点，已知，且，的面积为，为锐角． (1)求的长； (2)求的值； (3)设点分别为边上的动点（含端点），线段交于点，若与的面积之比为，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得解； （2）利用三角形面积公式求得，利用余弦定理求得边长，结合勾股定理可求得结果； （3）利用三角形面积公式，结合平面向量的线性运算、平面向量基本定理、向量的数量积运算，可得到关于系数的函数，利用分离常数法求值域即可. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得，， 由余弦定理可得，， 所以，得，即. （2）由题意，，所以， 因为为锐角，所以. 根据余弦定理，，所以， 在中，，则有，所以. 则在中，因为为的中点，所以，则, 所以. （3）由题意，设. 则， ，. 为的中点，，即， 所以， 又三点共线，即. 所以 ， ，， ， 又由，可得， 所以， ，. 故的取值范围是. 押题猜想三 三角函数-三角换元、 𝛚范围求解 限时：5min （改编）已知函数的图象向右平移个单位长度得的图象，则下列关于函数和的说法错误的是（    ） A．函数与有相同的周期 B．函数的图象与函数的图象的对称中心一定不同 C．若函数的图象在上至少可取到两次最大值1，则 D．若函数的图象与直线在上恰有两个交点，则 【答案】B 【分析】根据图象平移写出解析式，根据正弦型函数的性质及图象依次判断各项的正误. 【详解】函数的图象向右平移个单位长度得， 所以函数与的周期都为，A正确； 函数的对称中心为，函数的对称中心为， 当且时，对称中心可以相同，B不正确； 记，所以，， 要使在上至少可取到两次最大值1，则，即，C正确； 图象与直线右边最近三个交点横坐标为和， 左边最近两个交点横坐标为和，, 因为与在上恰好有两个交点， 故或（无解）或（无解）， 故， 故选：B 押题解读 三角函数作为高考的必考题，考法形式众多，历年位于单选的第七题结合函数的性质考察三角函数图象的平移转化和参数ω的取值范围题目经常出现，难度大且综合知识点较多，这类题目也是今年的重点，要掌握基础知识点的同时也要会学用换元法和卡根法，再根据具体题目选择合适的方法保证速度和准确度。当然三角函数在几何中的运用也是常见的，三角换元的掌握也是必须的，能够在所有几何图形相关的题目中出现，结合三角恒等变换和三角函数的图象与性质考察最值或者范围。三角恒等变换本身的题目也可出很难，近几年都没有出现过，今年就需要格外注意，此次押题预测都准备了相关的题目，需要学生举一反三的多去练习。 1．已知函数（，），，，且在上单调，则的最大值为（ ） A．10 B．12 C．14 D．18 【答案】C 【分析】根据已知得、，进而有，，则，从大到小代入解析式研究函数在上的单调性，即可得. 【详解】由题设，，可得， 且，可得， 所以，，则，， 又，所以， 当时，，，，则， 所以，此时，，显然不单调； 当时，，，，则， 所以，此时，，满足题设； 所以的最大值为14. 故选：C 2．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】化切为弦，逆用两角和的正弦公式化简得，根据诱导公式及正弦函数的性质得或，即可得解. 【详解】因为，所以， 即，整理得， 即，所以或， 即或（舍去）. 故选：D 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用和差角公式展开，得到，即可得到，再利用两角差的余弦公式计算可得. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以， 所以 . 故选：A． 4．如图，四边形中，，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由锐角三角函数可得，再由余弦定理及降幂公式即可求解. 【详解】设，，则， 由余弦定理可得， 所以，解得． 故选：B． 押题猜想四 计数原理-排列组合、二项式定理 限时：4min （改编）设为正整数，在平面直角坐标系中，若，且）恰好能表示出12个不同的椭圆方程，则的一个可能取值为（    ） A．12 B．8 C．7 D．5 【答案】C 【分析】由于椭圆的系数是从中选两个不同的数的排列，所以分为偶数和为奇数研究，从而得解. 【详解】根据题意，为椭圆，则， 从个数中选两个不同的数作为系数， 当为偶数时，去掉重复的数有个数 则任取两个数的排列数为个， 当为奇数时，去掉重复的数有个数 则任取两个数的排列数为个， 由于现在恰好能表示出12个不同的椭圆方程， 则当为偶数时，，得， 当为奇数时，，得，所以C正确. 故选：C 押题解读 高考中对于学生的逻辑推理能力要求越来越高，再加上第14题，填空题最后一题的难度要求，往往出现的都是考察逻辑推理的题目，而逻辑推理的思想在计数原理上体现的淋淋尽致，所以对这块知识的掌握要求很高，不光简单的基础知识和基础的解题方法要求掌握，在平时刷题的过程中也要学会思维上逻辑的建立。排列组合和二项式定理自新高考之后也是没怎么考察过，所以今年也是需要重点注意的知识点，在这主要选择了几题思维上要求比较高的题目，重点还是要放在逻辑推理思维的建立上，注意分类讨论的合理性和完整性。 1．（多选题）2025年春节档共上映6部电影全国电影票房达95.1亿元，刷新了中国影史春节档票房记录.其中，《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》分居票房第一、第二的宝座.小数想要观看这6部电影，则（   ） A．若将《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》放在相邻次序观看，则共有120种观看顺序 B．若《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前观看，则共有360种观看顺序 C．若将6部电影每2部一组随机分为3组，则共有90种分组方式 D．若将6部电影随机分为2组，则共有31种分组方式 【答案】BD 【分析】根据捆绑法计算求解A，应用全排列计算B，根据平均分组计算判断C，分类分组计算判断D. 【详解】若将《哪吒之魔童闹海》和《唐探1900》放在相邻次序观看，可将这两部电影看作一个整体， 与其余4部电影全排列，再将这两部电影内部进行全排列，所以观看顺序为种，故A错误； 若《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前观看，则在6部电影的全排列中， 《唐探1900》在《哪吒之魔童闹海》之前的情况占总情况的一半， 故共有种观看顺序，故B正确； 若将6部电影每2部一组随机分为3组， 则可以从6部电影中先选出2部，再从4部电影中选出2部，最后除以消除重复情况， 故分组方式为，故C错误； 若将6部电影随机分为2组，则可按两组分别有1和5部、2和4部、3和3部电影的三种情况分组， 按1和5，有种分组方式； 按2和4，有种分组方式； 按3和3，有种分组方式， 所以共有31种分组方式，故D正确. 故选：BD. 2．设均是正整数，且，则的值为 . 【答案】 【分析】先将四个数都写成的指数幂和的指数幂的积的形式，再根据，分、、三种情况讨论，即可得解. 【详解】， ， 当时， 不妨取， 则，此时， 而， 所以满足题目条件； 当时， 不妨取， 则，此时， 而从中任取个数相乘不能得出， 所以不满足条件， 不妨取， 则，此时， 但任意任意4个数相乘得不到， 故不满足条件， 综上所述，， 所以. 故答案为：. 3．某种“摩斯密码”的传递常用手指敲击硬物传递声响的方式进行，敲一下，意思为“洞”，敲两下，意思为“拐”，若小明用手指敲击的数量依次为一下、一下、两下，则对方收到的密码指示为“洞洞拐”.已知新手小明尝试用5个“洞”和5个“拐”随意传递密码，则每个“洞”之前“拐”的个数多于“洞”的个数的概率为 ． 【答案】 【分析】根据题意，利用组合数计算出所有的基本事件数，再根据作图计算出符合题意的事件数，利用古典概型的概率计算公式得出结果. 【详解】根据题意，小明用5个“洞”和5个“拐”随意传递密码，总共有种排列方式. 要满足“每个“洞”之前“拐”的个数多于“洞”的个数”，可以画图，从点开始，每出现一个“拐”则上升一节，每出现一个“洞”则下降一节，因为总共有5个“洞”和5个“拐”，所以最终一定会到达点,在虚线上方的方法都是符合题意的. 利用节点法计算，点到点有1种方法，所以在点上方标“1”，到点有1+1=2种方法，所以在点上方标“2”，依次标注到处为42，因此符合题意的方法数为42. 因此，所求概率. 故答案为：. 4．为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽奖活动.如图，在一个5×5的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本图书.则所有可能的图书排列方式总数为（   ） A．160 B．192 C．224 D．256 【答案】B 【分析】根据数字的约束，确定哪些方格可以放置图书，通过分析每个数字的约束，确定可以放置图书的方格，并计算最大可能的图书数目，使用排列组合的方法，计算所有满足条件的图书放置方式的总数. 【详解】如图所示，灰色代表图书位置，此时有11本图书，接下来说明不可能有12本图书，考虑数字控制的区域，假设有一种方式可以达到8本图书，首先左上角区域只有2本图书（下图左），在大图中去掉后变成了下图中间的样子，并且图中应有6本图书.类似的，下方数字2代表周围单元格中有2本图书，再去掉后形如下方右侧图形，此时需要填4本图书，但只剩下三个空方格，矛盾!故最多有7本，结合不受限制的区域，最多能抽中本书. 接下来求所有可能的方法数， 情形一： 如图所示，?处有图书时，在左上数字2的周围有两种情形，若数字3右侧方格无图书， 则4周围的图书排布方式已经固定，此时下方数字2的排布方式也被固定， 此时中间数字3周围只有两本图书，矛盾，∴中间数字3右侧必有图书. 此时如上右图阴影区域中有且仅有一本图书，故下方数字2左侧或右侧有一本图书. 若下方数字2左侧有一本图书，则右侧没有图书，此时4周围的图书排布已经固定， 则此时3周围图书也已经符合题意，只有一种情形. 若下方数字2右侧有一本图书，此时考虑下方数字2周围还应存在的一本图书的位置， 若在2右上方，即上左图中☆位置，则满足题意，并且此时3周围也满足题意， 4周围还剩一本图书，共有两种选择，共两种； 若不在2右上方，则4周围图书的排布已经符合题意， 3周围还应有一本图书，共有两种选择. 综上，在情形一中，根据分类加法和分步乘法计数原理，共有种可能. 情形二： 如图所示，?处无图书时，左上数字2的图书排布被固定，与情形一类似讨论，可知3右侧必有图书， 此时根据3周围应还有2本图书得到下方的2左右两侧均无图书（否则下方2周围图书数目大于2）， 故4周围的图书排列方式被固定，∴3周围还应有一本图书，共有两种选择，故情形二共有2种可能. ∴共有种. 故选：B. 押题猜想五 概率统计-用样本估计总体、残差、乘法公式 限时：5min （改编）（多选题）下列命题中，真命题的是（    ） A．中位数就是第50百分位数 B．已知随机变量，若，则 C．已知随机变量，满足，若，，则， D．已知采用分层抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数172，方差为120，女生样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为120 【答案】AB 【分析】对于A，利用中位数的概念即可判断；对于BC，利用二项分布的方差公式，结合数学期望与方差的性质求解即可判断；对选项D，利用分层抽样样本方差的计算公式计算即可判断. 【详解】对于A选项，中位数就是第50百分位数，A选项正确. 对于B选项，已知随机变量，根据二项分布的方差公式（其中是试验次数，是每次试验成功的概率），可得. 又因为（、为常数），那么. 已知，即，解得，B选项正确. 对于C选项，已知随机变量，满足，根据期望的性质（、为常数），可得. 因为，所以. 再根据方差的性质（、为常数），可得. 因为，所以，C选项错误. 对于D选项，设男生样本为，平均数为，方差为；女生样本为，平均数为，方差为. 总体样本平均数. 根据分层抽样样本方差公式（其中、分别是男生、女生的样本数量），可得： ，所以D选项错误. 故选：AB. 押题解读 今年小题中必会出现一道概率统计题目，新教材改革之后，全概率公式的出现使得传统的概率题目出现了很大的变动，类似相互独立事件的证明、条件概率和乘法公式的运用以及百分位数皆是教材改动之后，高考还未出现的题型，虽然在近几年的模考中层出不穷，但在这方面的题型的创新的可能性还是很大，另外用样本估计总体还有残差也是今年的重中之重，学生必须掌握。大题中的概率题重点还是在全概率公式上，此外结合的内容就有很多的可能性了，重点还是在考察学生的阅读分析能力，那在掌握类似独立性检验和线性回归方程等常见题型的解题方法的同时也要分清离散型随机变量的分布是属于二项分布还是超几何分布。 1．设事件为两个随机事件，，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用条件概率公式得出，然后利用公式化简得出结论. 【详解】由可得， 又， 所以， 所以，即， 即，于是. 故选：B. 2．已知随机变量，，且，则（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】C 【分析】利用服从二项分布结合已知可得，可求得，进而利用二项分布的期望与方差公式求得期望与方差，结俣期望与方差的性质求解即可. 【详解】易得，，由， 得，即，由知， 故，，， 而，， 故． 故选：C． 3．（多选题）下列说法正确的是（   ） A．数据8，6，4，11，3，7，9，10的上四分位数为9 B．若，，且，则C，D相互独立 C．某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D．若样本数据的平均数为4，的平均数为22，则样本数据，9的方差为20 【答案】BD 【分析】A选项利用上四分位数的计算方法进行计算；B选项利用对立事件及条件概率公式进行检验；C 选项利用正态分布中的意义进行解释；D选项利用方差公式进行计算. 【详解】对于A选项，将数据从小到大排列为3，4，6，7，8，9，10，11，共8个数， 则，则上四分位数为，故A错误； 对于B选项，，， 由条件概率公式得，得到， 即C，D相互独立，故B正确； 对于C 选项，，， 由对称性可知在的概率等于在的概率的2倍， 当越大，数据越离散，其概率越小，故C错误； 对于D选项，由样本数据，，，，的平均数为4， 得，，，，，4的平均数为4， 由，，，，的平均数为22，得， 因此，，，，，4的方差为， ，，，，，9的方差为，故D正确. 故选：BD. 4．（多选题）下列说法正确的是（   ） A．若随机变量服从正态分布，且，则 B．数据5，8，10，12，13的第40百分位数是8 C．在一元线性回归模型中，若决定系数，则残差的平方和为0 D．和的方差分别为和，若且，则 【答案】AC 【分析】由正态分布的对称性判断A；根据百分位数的运算公式判断B；根据残差的概念判断C；利用平均数定义得到，根据方差的计算公式判断D. 【详解】对于A，因为，又， 则，正确； 对于选项B，因为， 所以数据5，8，10，12，13的第40百分位数是，故选项B错误； 对于选项C，若决定系数，则散点图中的散点均落在一条斜率非0的直线上， 所以残差的平方和为0，C正确； 对于选项D，设的平均数为，，，，的平均数为， 因为，则， 又， ， 所以，故选D错误. 故选：AC 5．有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球． (1)求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各1个的概率； (2)设第次答题后游戏停止的概率为． ①求； ②是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由． 【答案】(1) (2)①，②存在，最大值 【分析】（1）根据全概率公式即可求解， （2）根据题意可得，即可利用作商求解单调性，即可求解最值. 【详解】（1）记“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一个球”， “第次摸出红球，并且答题正确”，； “第次摸出黑球，并且答题正确”，； “第次摸出红球或黑球，并且答题错误”，， 所以． 又；；， 所以 ． 同理： 所以． （2）①第次后游戏停止的情况是：前次答题正确恰好为4次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确． 所以． ②由①知， 所以． 令，解得；，解得． 所以， 所以的最大值是． 押题猜想六 空间向量与立体几何-外接球 限时：5min （原创）已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，，，则三棱锥体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】利用正弦定理得到，结合三棱锥体积公式分析得到体积最大时同时最大，利用余弦定理结合基本不等式求解的最大值，再使用线面角的定义得到，结合勾股定理求出，进而分析出点面距离最大的情况并求出，最后求解体积的最大值即可. 【详解】由正弦定理可得，而， 则，解得，设到面的距离为，而， 如图，我们作出符合题意的三棱锥，连接， 若三棱锥的体积最大，则同时最大即可， 由三角形面积公式得， 由余弦定理得， 则， 得到， 由基本不等式得，当且仅当时取等， 故，则， 解得，即，故面积取得最大值为， 由题意得球的半径为2，，设球心到面的距离为， 由勾股定理得，则到平面的距离为， 设直线与平面所成角为，则， 而，故，则直线与平面所成角为， 因为三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上， 所以，而，故，而， 则故是以为顶点的等腰直角三角形，得到， 即，当面垂直于平面时，点到平面的距离最大， 最大距离为， 故三棱锥体积的最大值为． 故答案为： 押题解读 空间想象能力作为高考考察的主要能力，大多都体现在立体几何中，每年的一道大题和一道小题都是必存在的，而且题型的变化也不大，原因是立体几何本身难度就很大，例如外接球题型、截面、图形的翻折求最值和范围的问题皆是对学生要求很高的问题。所以这类题目一般会出现在选择或者填空的压轴位置，而简单的立体几何问题例如很久没出现的台体的表面积和体积问题以及组合体问题也是需要注意的。大题重点在于考察学生对于空间直角坐标系的建立和运算能力上，平时需要多加练习，保证速度和正确度即可。 1．如图，高为的圆锥形容器里装了一定量的水，下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是（   ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【分析】设圆锥的顶点到水面的距离为，利用圆锥的体积公式以及水的体积等于容器容积的一半的条件即可求得，则答案可求. 【详解】设圆锥的顶点到水面的距离为，圆锥的底面半径为，则水面半径为． 当水的体积等于容器容积的一半时，有，整理得． 因为，，，，则D选项更接近． 故选：D． 2．已知正四棱台，，分别是棱，的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析可知几何体是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解. 【详解】如图，连接，不妨设，棱台的高设为， 所以． 因为，分别是棱，的中点，则，． 又因为平面∥平面，可知几何体是三棱台， 则． 所以分割之后较大部分的体积为， 所以较小部分与较大部分的体积之比为． 故选：C． 3．（多选题）如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（   ）    A．三棱锥体积的最大值为8 B．存在某个位置使 C．三棱锥外接球半径为3 D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 【答案】ACD 【分析】由面面BCD时，三棱锥体积最大，结合棱锥体积公式求体积判断A；利用相似得到，结合翻折的过程中，点M在底面BCD的投影位置及DN与DB位置关系判断B；由直角三角形的性质确定球心位置即可得半径判断C；结合C分析得到O到MN的距离只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长，进而确定线段最长、最短的端点值，即可得范围判断D. 【详解】A：当面面BCD时，三棱锥体积最大，由题设易知， 所以三棱锥的高为，则，对． B：在矩形ABCD中连接CM，有，易得，则， 如下图，翻折过程中始终有，又在平面内， 所以平面，翻折过程中平面，即恒有， 且平面，翻折过程中恒有平面平面， 所以，在翻折的过程中，点M在底面BCD的投影落到平面在平面的投影直线上， 显然，翻折过程中同一平面内的DN与DB不平行，故不成立，错． C：在翻折的过程中，和都是直角三角形， 所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，故三棱锥外接球半径为3，对． D：因为球心为BD的中点O，连接OM，ON，所以， 又直线MN被三棱锥外接球截得的线段长，其中h为O到MN的距离， 所以h只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长， 当刚要翻折时线段最长，趋近于直径6，当将要与面BCD重合时，线段最短， 如图所示，因为，所以，    所以，所以，故线段长为， 综上，线段长的取值范围为，对． 故选：ACD 4．在平面四边形中，，，如图1所示.现将图1中的沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，如图2所示.    (1)求证：； (2)若，二面角的大小为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）由面面垂直的性质定理，由面面垂直得到线面垂直，从而证明线线垂直.                               （2）建立空间直角坐标系，将二面角的夹角转化成求平面的法向量的夹角即可求得. 【详解】（1）    作与， 平面平面， 平面平面, 平面， 平面,因为平面， , ,，平面, 平面，又因为平面， . （2）, , 又，,平面, 平面, 设， 建立如图所示坐标系    则，，，， ，，,, 设平面的法向量， 即， 取，则，， 设平面的法向量， 即， 取，则，，, 二面角的大小为， ， 化简得：解得：即， 押题猜想七 数列-放缩证明不等式 限时：10min （改编）已知数列满足，. (1)求的通项公式； (2)记的前项和为，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知等式变形得出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求出数列的通项公式； （2）验证当时，不等式成立；当时，推导出，再利用等比数列的求和公式可证得不等式成立. 【详解】（1）由题设条件，可得若，则， 用反证法，假设，由题设条件，显然，这与已知条件矛盾，所以. 因为，所以，，，所以，， 由得，所以， 又，所以是首项、公比均为的等比数列. 所以，则. （2）显然时，成立， 当时，，所以，所以， 所以，即，所以， 所以. 综上，，得证. 押题解读 从前两年的高考试卷出现压轴新定义题之后，数列一直被冷落，但今年开始有反对新定义题的声音了，所以再不确定今年高考卷是否有新定义题之前，数列考察的可能性就很高，数列主要考察的思想还是在于归纳总结的数论思想，今年的重点是在掌握等差和等比数列本身的知识点的基础上还要多去练习和函数结合的不等式证明问题以及最值问题，今年有可能会出现再一道多选里面，那等差和等比的性质问题以及杨辉三角问题就是重点。 1．如果数列对任意的，都有成立，则称为“速增数列”.若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（   ） A．62 B．63 C．64 D．65 【答案】B 【分析】由题意可知数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1的等差数列，由此得到构造的增长最缓慢的“速增数列”的递推关系，利用累加法可求得其通项公式，令，解出代入验证即可得出答案. 【详解】由题干条件，即， 也即数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则数列增长尽可能缓慢， 需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1的等差数列， 因为，则， ，，所以， 采用累加法， 令，即，解得， 当时，，符合题意； 当时，，无法构造“速增数列”满足题意， 故选：B. 2．（多选题）如图，曲线上的点与轴非负半轴上的点，构成一系列正三角形，记为，，…，，（为坐标原点）.设的边长为，点，的面积为，则下列说法中正确的是（   ） A．数列的通项公式 B．数列的通项公式 C． D． 【答案】ACD 【分析】利用正三角形的性质以及曲线方程找出数列与的递推关系，即可判断AB，然后求得，由平方和公式代入计算，即可判断C，再由时，，由裂项相消法代入计算，即可判断D. 【详解】依题意，，设，由为正三角形，直线的方程为， 由，得，则， 由，则的横坐标为，纵坐标为， 且在曲线上，则， 又，即，得，则， 当时，，两式相减得，， 因此，数列是以为首项，以为公差的等差数列， 对于A，，A正确； 对于B，由，得 ，B错误； 对于C，正面积， 则，C正确； 对于D，由，得，， 当时，， 则 ，D正确. 故选：ACD 3．已知定义在上的连续函数满足，其中为等差数列的前项和，若当且仅当时取得最小值，则 . 【答案】 【分析】由等差数列求和公式得到，再结合基本不等式求最值，得到，进而可求解. 【详解】解析：因为为等差数列的前项和， 所以可设， 因为， 则， 又是定义在上的连续函数， 所以， 因为当且仅当时取得最小值， 所以， 故， 当且仅当，即时，等号成立， 即的最小值为， 所以，解得， 所以， 故当时，， 经检验，当时，满足上式， 所以. 故答案为： 4．（多选题）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果．从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ） A．第2025行共有2025个数 B．从第0行到第10行的所有数之和为2047 C．第21行中，从左到右的第3个数是210 D．第3斜列为：，则该数列的前项和为 【答案】BCD 【分析】可以得出每行的数字之和形成一个首项为1，公比为2的等比数列可判断AB；根据二项式系数性质可判断C；由公式可判断D. 【详解】对于A：行数比每行的个数少1，所以第2025行共有2026个数，所以A错误； 对于B：可以得出每行的数字之和形成一个首项为1，公比为2的等比数列， 所以，所以B正确； 对于C：第21行的二项式系数为且， 所以从左到右第三个数是，所以C正确； 对于D：由公式得： ，所以D正确. 故选：BCD． 5．已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项. (1)证明：数列是等差数列； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据等差中项列式，再根据完全平方公式计算化简，由定义得出等差数列； （2）先写出等差数列的通项公式，再应用的分组求和得出即可. 【详解】（1）因为是与的等差中项，所以， 所以， 因为数列的各项均为正数，所以， 所以，所以， 所以数列是公差为1，首项为的等差数列； （2）因为数列是公差为1，首项为的等差数列， 所以， 所以，当时，， 当时，， 所以, 所以， 押题猜想八 函数-零点问题、复合与嵌套 限时：5min （原创）已知函数的定义域为，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（    ） A．是偶函数 B．是奇函数 C． D． 【答案】B 【分析】由题设奇偶性和对称性条件结合奇偶性定义公式和对称性公式进行分析函数的性质即可得解. 【详解】因为是奇函数，所以为偶函数， 所以，即，故的图象关于直线对称， 由的图象关于直线对称得， 即， 即，所以关于对称， 所以，所以， 故是奇函数，所以B选项正确； 因为，又，所以， 即，所以，故C选项错误； 不能得到的奇偶性与的值，故A，D选项错误. 故选：B 押题解读 函数作为数学逻辑思维最主要的知识点，一定是每年比考察的内容，虽然函数的思想贯穿所有题型，但独属于函数性质本身的题目还是存在的，多为抽象函数的性质考察，以及复合函数和嵌套函数。结合基本初等函数的内容考察零点问题、图象问题、不等式恒成立问题都是常考的题型。近两年由于新定义的出现，类似嵌套函数的不动点问题也是重点，学生要搞明白嵌套函数的逻辑和独特的解题方法。当然抽象函数的数学语言的理解还是函数的关键。 1．对于函数，若，则称为函数的“不动点”；若，则称为函数的“稳定点”．如果函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，那么实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，不存在非“不动点”的“稳定点”，则由有解，但方程组无解，求解即得. 【详解】因为函数的“不动点”一定是“稳定点”，而函数的“稳定点”恰是它的“不动点”，即不存在非“不动点”的“稳定点”， 因此方程有解，但方程组无解， 由，得有解，则有，解得， 由，得，两式相减得， 而，于是，从而， 显然方程无解或仅有两个相等的实根，因此，解得， 所以a的取值范围是. 故答案为： 2．已知函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当时，对函数求导，对参数的取值进行分类讨论，大致画出分段函数的图象，再由数形结合即可得出实数的取值范围. 【详解】易知当时，函数单调递增，且; 当时，函数，易知, 显然当时，恒成立，即在上单调递增； 当时，；当时，， 此时函数的图象大致如下图所示：    若函数恰有2个零点，即函数的图象与有两个交点， 由上图可知； 当时，根据对勾函数性质可知， 当且仅当时，等号成立； 此时其图象大致如下图：    显然函数的图象与没有交点，不合题意； 综上可知，实数的取值范围是. 故选：B 3．我们曾学习过碳14的半衰期约为5730年（即碳14大约每过5730年衰减为原来的一半），即经过年后，碳14的含量（为碳14的初始含量，为常数），则碳14含量由原来的衰减为大约需要经过（    ） （参考数据：） A．2292年 B．2456年 C．2674年 D．2838年 【答案】B 【分析】利用半衰期的意义求出，再利用给定的模型列出方程组，结合对数运算求解即得. 【详解】依题意，当时，，即，解得， 设经过年碳14含量衰减为原来的，经过年碳14含量衰减为原来的， 则，即，所以 . 故选：B 4．已知函数，则（    ） A．当时，是偶函数，且在区间上单调递增 B．当时，是奇函数，且在区间上单调递减 C．当时，是偶函数，且在区间上单调递减 D．当时，是奇函数，且在区间上单调递增 【答案】D 【分析】根据函数奇偶性和单调性的判断方法，针对不同的取值，对函数进行分析，即可判断和选择. 【详解】对AB：当时，，其定义域为，，故为偶函数； 又，当时，令， 因为在单调递增，在单调递增，故在单调递增， 故在单调递减，故AB都错误； 对CD：当时，，其定义域为，，故为奇函数； 又，当时，均为减函数，故为上的减函数， 故为上的增函数，故C错误，D正确. 故选：D. 5．设函数的定义域为，对于给定的正数，定义函数取函数．当时，函数的单调递增区间为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意确定函数的解析式，通过解析式判断函数单调性，即可得单调递增区间. 【详解】当时，由，得， 由，得或， 在上单调递增，在上单调递减， 的单调递增区间为． 故选：C. 押题猜想九 导数-比较大小、恒成立证明 限时：5min （改编）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，构造函数，利用导数分析其单调性，可得函数在上单调递增，结合可得，进而得到，再通过比较和的大小得到，进而得出选项. 【详解】， 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. 押题解读 自从压轴题被新定义题目占领之后，导数大题一直就处于尴尬的位置，但今年新定义题目不稳定，那导数压轴的可能性就很大，所以今年的学生要想考高分，导数大题的练习还是不能少。而小题的难题中，导数还是一直占领的，所以类似利用同构或者泰勒展开比较大小、公切线问题以及结合函数求最值或零点问题就还是需要掌握的重点内容。若压轴还是新定义，导数大题就不会太难，所以常规的题型类似端点效应、含参讨论函数单调性、隐零点等问题就必须掌握。 1．若曲线和曲线存在有公共切点的公切线，则 ． 【答案】 【分析】根据已知求出.设出公共切点的坐标，根据已知列出方程组，求解即可得出答案. 【详解】由已知可得，，定义域为 则有． 设公共切点的坐标为，则，， ，． 根据题意，有. 由可得，，解得（舍去）或. 由可得， 代入可得，. 故答案为：. 2．已知函数（，且），若恒成立，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】分和进行分类讨论，易得时不合题意，时对求导，分析得到，从而，进而由，令，求导得到的最小值即为最终结果. 【详解】函数的定义域为， 当时，可得在上单调递增，又，所以不合题意； 当时，， 易知，在上单调递增，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时，有极小值，也是最小值， 又因为恒成立且，所以， 则，得，所以， 设，，令，得， 当，，则在上单调递减， 当，，则在上单调递增， 所以，即的最小值为. 故答案为：. 3．若恒成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】主要通过对不等式进行变形，构造函数，利用函数的单调性来求解参数的取值范围． 【详解】因为，所以 即. 设函数，因为，导函数为， 令，解得. 所以在上， ，单调递减， 在上，，单调递增. 所以，所以在上单调递增. 又因为，所以，即， 令，所以， 令，解得. 所以在上， ，单调递增， 在上，，单调递减. 所以，所以. 故答案为：. 4．已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若在上有零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)1 (3)1 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）求导得，再对进行合理分类讨论即可； （3）先验证不合题意，再利用隐零点法证明满足题意即可. 【详解】（1）当时，，， 则， 所以， 所以曲线在点处的切线方程， 即； （2） ①当时，即时， 易知的解集为，，的解集为， 所以在，单调递增，在单调递减； ②当时，即，恒成立， 所以在上单调递增； ③当时，即， 易知的解集为，，的解集为， 所以在，单调递增，在单调递减； ④当，即时， 由可得：，由，可得：， 所以在单调递增，在单调递减； 综上：时，在，单调递增，在单调递减； 时，在上单调递增； 时，在，单调递增，在单调递减； 时，在单调递增，在单调递减； （3）由（2）得当时，在上递增，，此时在上无零点，不合题意； 当时，在上递减，在上递增，，取时， 证明不等式，， 设，，则，， 设，，则， 则在上单调递增，则，即在上恒成立， 则在上单调递增，则，即，， 用替换得， 则， ， ， ，使得符合题意； 综上，的取值范围为． 5．已知函数（其中e为自然对数的底数）. (1)求函数的最小值； (2)若，且在上恒成立，求的最大值； (3)求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，根据单调性可得的最小值； （2）令，求导得到的最小值，令，得到，再令，求导得到的最大值，即得结果； （3）令，对求导，通过分析的单调性即可求证. 【详解】（1）因为，所以. 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以. （2）令，， 由得出；由得出， ；，， 令，；， 时，，单调递增；时，，单调递减， 则是的极大值点，，的最大值为； （3）证明：要证， 只需证明：对于恒成立， 令，则， 当时，令，则， 在上单调递增，即在上为增函数. 又因为，， 所以存在使得. 由，得即即， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以，即. 押题猜想十 圆锥曲线-定点定值问题 限时：10min （改编）已知椭圆经过点和点 (1)求椭圆的方程与焦距． (2)直线与椭圆N的交点为两点，若，求证：直线过定点． 【答案】(1)，焦距为4 (2)证明见解析 【分析】（1）由已知条件求得，，，从而求得椭圆的方程与焦距； （2）设点，，联立直线与椭圆N的方程得，根据韦达定理求得与，由，，化简代入韦达定理式，解得t的值，从而求出定点即可得证. 【详解】（1）由题意可得，解得，，， 故椭圆方程为，焦距为. （2）设点， 联立得． 所以， 因为 所以即： 化简得： ， 方程左边通分后对分子提取公因式可得： ， 进而化简得， 因为，所以得： 所以直线过定点. 押题解读 圆锥曲线在小题中主要考察解析几何的思想，重在技巧上的掌握，包括直线和圆相关的轨迹和最值问题，而大题重点在于考察解析几何的数形结合的转化以及高难度的计算能力，常考的定点定值问题以及隐圆问题都是考察的重点，学生重点在于掌握圆锥曲线设而不求的思想，熟练掌握解析几何中变量的转化和技巧从而简化运算，还需要强大的自信心和耐心才能解决圆锥曲线的问题。 1．若点关于直线对称的点在圆上，则的值为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】点在圆上，由题意分析可知对称点必是圆与圆的公共点，通过计算，即可得出答案. 【详解】因点的坐标满足，则点在圆上， 因直线过的圆心， 则点关于直线对称的点必然在圆上， 联立，得， 因圆与圆仅有唯一公共点， 因此点关于直线对称的点只能是点， 设直线与线段交于点， 因，， 则由垂径定理可得，， 则在中，， 因此. 故选：C 2．如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据椭圆及双曲线定义，结合等腰直角三角形，计算求解离心率. 【详解】    设左焦点为，则，，，， 在中用勾股定理，化简得， 所以 所以，所以. 故选:C. 3．如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，．      (1)求与的标准方程； (2)过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合） (3)点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合） 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）首先求出，再代入即可得到答案； （2）设，计算得，结合其在椭圆上，代入化简即可得，同理，则得到斜率比值； （3）设直线，联立椭圆方程得到，则得到的坐标，再计算得，，设，计算化简得，则得到定点坐标. 【详解】（1）由题意得，，又因为在上， 代入得，所以，则. （2）设，则， 又因为，所以， 则，同理可得，所以. （3）设直线分别为，其斜率依次为， 设直线，联立得， 即有，所以，代入直线方程得， 则，设， 则经过的两直线之间斜率满足关系：， 将直线绕原点顺时针旋转后也会经过， 所以两者斜率满足，所以， 同理将直线绕原点顺时针旋转后也会经过， 所以两直线斜率满足， ， 设，则有，代入上式得：， 得到， 所以，因此存在定点， 使直线和直线的斜率之积为定值5. 4．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，. (1)求的方程； (2)记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率； (3)设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意得到，即可求解； （2）设直线的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理即可求解； （3）由（2）结合两点斜率公式即可求解. 【详解】（1）由题意知，所以抛物线方程为. （2） 由题意可设直线的方程为，，，则，，. 所以，得， 所以，. 所以直线的方程为：，与直线的方程联立消去， 解得，同理. 所以.所以. 所以直线的斜率为. （3）设， 因为. 因为，. 所以， 当时，为定值.所以. 押题猜想十一 新定义问题 限时：15min （改编）同余理论是大学数学教材《初等数论》中的重要内容．同余的定义为：设a，b，m为正整数，其中，若存在正整数k，使得，则称a同余于b模m，记作．例如：，可记为． (1)证明：数列中的每一项都是同余方程的解； (2)已知同余方程． （ⅰ）求同余方程所有的正整数解： （ⅱ）将上述同余方程所有的正整数解按从小到大的顺序排列构成数列，求数列的前n项和． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）或；（ii）（或） 【分析】（1）先验证是3的倍数，则除以3余1，即同余于1模3； （2）（i）正整数集 ， 分别验证时，是否为3的倍数，即可求出同余方程所有的正整数解； （ii）首先写出数列的通项公式，再分奇偶项分别求和即可得到数列的前n项和． 【详解】（1）由， 得， 故数列中的每一项都是同余方程的解． （2）（i）正整数集 ， 当时，由，知不是3的倍数， 故不是同余方程的解； 当时， 由，知， 故是同余方程的解； 当时，由，知， 故是同余方程的解． 由上知，同余方程的所有正整数解为或． （ii）由上知，该同余方程所有的正整数解按从小到大的顺序排列为， 即奇偶项均为公差为3的等差数列，由可得， 当n为偶数时， ， 当n为奇数时，， 故（或）. 押题解读 为满足新高考改革、思维创新的要求，新定义问题已出现两次了，今年很有可能会延续，一般难度较大，而新结构试卷中新定义问题出现的位置一般在填空压轴和应用题压轴，这类题目重在考察学生的数据分析和逻辑推理能力，所以考察的题目无法具体到题型，学生在练习这类题目时重在去理解每一道题目中所给的信息，练习从给定定义要求来解决相关问题的能力。因为占据了原本数列的题型，所以题源还是很大可能出自数列的相关知识。 1．莫比乌斯（Mobius）环是最具有代表性的单侧曲面之一，它由德国数学家莫比乌斯于1858年发现. 就是把一根纸条扭转180°后，两头再粘接起来做成的纸带圈.现将一个长为30cm、宽为4cm的矩形纸条粘合两端（粘合两端重叠部分忽略不计），形成一个莫比乌斯环，如图：        下列关于莫比乌斯环说法正确的是（   ） A．一只小虫在不跨过它的边缘情况下沿着表面至少走30cm就能回到原处 B．如果把它沿中线剪开（如图白色线的部分），曲面被分成独立的两部分 C．如果把它沿中线剪开（如图白色线的部分），最终得到纸带的边缘周长为120cm D．一只小虫在不跨过它的边缘情况下不能爬遍整个曲面 【答案】C 【分析】解法一：根据题意，想想小虫行进的情况，可以判断AD；设想从白线的一侧某处出发，并且永远在这一侧，向着一个方向前进，想想其前进行走情况，可以推测出剪开之后的形状，进而判定BC. 解法二：可以用平面图示法理解转化分析. 【详解】   解法一 对于选项 A：一只小虫在不跨过它的边缘情况下沿着表面走 30 cm ，则会发现小虫来到“另一面”，需要在继续前进30cm，才能回到原处，也就是说至少要走60cm才能回到原处，故 A 错误; 对于选项 B：设想从白线的一侧某处出发，并且永远在这一侧，向着一个方向前进，走完30cm到达了背面的白线的对侧，需要再前进30cm刚好回到原点，因此剪开后得到的仍然是一个环带，没有分成两部分，把莫比乌斯带沿中线剪开后不会分成两个独立部分，而会得到一个长度加倍且360°扭转对接的环带，故 B 错误; 对于选项 C：沿中线剪开后得到的环带长是 60 cm，其边缘周长是 60cm2＝120 cm，故 C 正确; 对于选项 D：实际走一走，可以看出小虫在不跨越边缘的情况下可以爬遍整个曲面，故 D 错误. 故选：C. 解法二 如图1标记原纸带的正面的四个角,起始端线和终止端线的中点分别记做,    其背面的相应点依次记做小写的字母表示相应的线段. 图2是第一次扭转180°粘接后的莫比乌斯环的两面沿剪断后展开图，图3是从中间白线剪开后的纸环沿剪断后的展开图， 从图可以看出，小虫在不跨越它的边缘的情况下沿表面至少要走60cm才能回到原处，此时也正好爬遍整个曲面； 沿中间线剪开后的纸带是如图3所示的矩形，扭转2个180°的环，其周长为矩形的上下两边线的和，总长为120cm； 故选：C.       故选：C. 2．记表示不小于的最小整数，例如.已知是大于1的正整数，设是函数的零点，记，则 . 【答案】228 【分析】因为，所以存在零点，所以，再构造新函数，利用导数求得函数单调递增，再利用函数零点定理即可得到 ，再利用等差数列求和公式即可求得结果. 【详解】因为，两式取等条件不同， 所以， 所以存在零点.所以， 令，则，所以. 设， 所以在上为增函数，且. 因为单调递增，所以， 所以， 所以，则. 故答案为： 3．二进制就是“逢二进一”，通常用表示一个位的二进制数．设正整数，（其中，记． (1)当时，求对应的二进制数及的值． (2)（i）当时，若最小，求对应的二进制数； （ii）设为位二进制数，若最小，证明：是形如的二进制数，且该二进制数的首位是1，后面连续个0，再后面是连续个1，其中0的个数满足． 【答案】(1)，； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据二进制和十进制的转化方法和的定义即可得到答案； （2）（i）令，即可分析出当时，最小，则得到此时对应的二进制数； （ii）首先分析出要使最小，须取最大，再分析有，最后合理赋值即可证明. 【详解】（1）因为， 所以，. （2）（i）当时，，’ ， 该式分式部分分子为正，所以当时，最小； 令，则， 该式分式部分分子为正，所以当时，最小； 再令，则，显然当时，最小． 综上，当时，最小． （ii）证明：由已知， 得 ， 该式分式部分分子为正，要使最小，须取最大， 于是，令，得， 该式分式部分分子为正，要使最小，须取最大，于是； 又， 该式分式部分分子为负，要使最小，须取最小，于是． 另外，对于使得最小的位二进制数，必有. 这是因为：假设其中有两个数位存在，则交换此两个数位， 所得新数的值会变小，而的值不变，于是更小， 这与＂最小＂的前提矛盾． 综上，可得最小时，必有＂，且＂. 取的某个数位，其右边所有位数均为1， 即， 则 因此，要使最小，的取值只有两种情况：若该式分式部分分子为正， 则需取1；若该式分式部分分子为负，则需取0. 故使最小的是形如的二进制数， 由题意知此时中0的个数为，则 ， 所以， 既然有个0时最小，那么有个0时会更大， 于是，可得， 考虑到左边为整数，右边为小于1的分数，所以上式等价于， 解得①， 同理，有个0时也会更大， 于是，可得 ， 考虑到左边为整数，右边为小于1的分数，所以上式等价于， 解得②， 由①②，可得对应的位二进制数中的0的个数满足． 4．给定正数与无穷数列，若存在，当时，都有，则称数列具有性质． (1)求证：数列具有性质； (2)若无穷数列具有性质，求证：存在正数，使得； (3)若对任意正数，数列都具有性质，则称为“—数列”．若正项数列是“—数列”，试判断数列是否也是“—数列”，并证明你的结论．（注：） 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)也是“—数列”，证明见解析 【分析】（1）根据数列求和公式求出的表达式并与比较；（2）利用数列具有性质，通过绝对值不等式得到的范围，进而找到满足条件的；（3）根据是“S—数列”，结合不等式性质适当放缩证明也是“S—数列”. 【详解】（1）取，则当时， 所以数列具有性质． （2），当时，都有， 当时，， 所以， 取，则． （3）我们先证明： 1），恒有，这由切线放缩易证． 2），当时，恒有，即． 若不然，，使得． 取，则，矛盾！（类似（2）中证明） 下证也是“—数列”． ，当时， 而由于是“—数列”，取，则， 当时，有， 所以， 所以也是“—数列”． 5．定义：对于一个多项式，如果存在正整数，使得可以表示为，其中，则称为“阶整数分解多项式”． (1)判断多项式是否为整数分解多项式？并说明理由； (2)若，且互不相同，求的值； (3)若为5阶整数分解多项式，为的互不相等的整数根，试用的根来表示的整数根． 【答案】(1)是，理由见解析； (2)0； (3)的根为． 【分析】（1）直接因式分解直接得到答案； （2）因为，代入计算即可； （3）根据题意知，从而分析得仍为的根，最后再证明对无整数根即可. 【详解】（1）因为， 所以多项式是3整数分解多项式． （2）， 下面对通分后的分子为0进行简单计算说明， . （3）由题意， 于是． 因为，所以或． 从而仍为的根． 下面证明对无整数根． 若不然，不妨设有整数根， 则， 求出． 因为与1互质，所以与互质． 取， 则与互质． 再取，即有与互质． 对于任意绝对值大于1的整数，有与互质，所以与互质． 即与互质， 所以． 由于， 则， 即， 所以的根为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$