数学终极押题猜想（天津专用） 2026年高考数学终极冲刺讲练测

2026年高考数学终极押题猜想 目 录 押题猜想01 集合-交并补混合运算 押题猜想02 简易逻辑-充分必要条件 押题猜想03 函数性质-函数图象的辨识 押题猜想04 基本初等函数-指对比较大小 押题猜想05 计数原理-二项式定理 押题猜想06 平面向量-线性运算、数量积 押题猜想07 直线和圆 押题猜想08 三角函数-三角恒等变换、三角函数性质解 押题猜想09 椭圆、双曲线、抛物线 押题猜想10 概率问题-相互独立事件的概率、离散型随机变量的方差 押题猜想11 解三角形 押题猜想12 数列-通项、求和与证明 押题猜想13 立体几何-几何体的体积、线面角、二面角 押题猜想14 圆锥曲线-证明问题 押题猜想15 导数-极值、双变量问题 押题猜想01 集合-交并补混合运算 试题前瞻·能力先查 限时：4min 【原创题】已知全集，，，则= A． B． C． D． 分析有理·押题有据 高考对集合问题的考查要求较低，均是以选择题的形式进行考查，一般难度较小，要求考生熟练集合基础运算，包括交集，并集，补集的运算。可以预测2026年天津高考命题方向将继续围绕集合简单的交并补运算展开命题。 密押预测·精练通关 1．（2026·浙江宁波·二模）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·四川·模拟预测）设全集，集合，，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·江西·一模）已知集合，或，则（   ） A． B． C． D． 4．（2026·四川泸州·二模）设全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 5．（2026·陕西渭南·一模）已知全集，集合，，则（   ） A． B． C． D． 6．（2026·吉林通化·模拟预测）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知集合，，则（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 8．（2026·陕西西安·一模）设全集，若，则（     ） A． B． C． D． 押题猜想02 简易逻辑-充分必要条件 试题前瞻·能力先查 限时：4min 【原创题】若角与终边相同，则角是第三象限角的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 分析有理·押题有据 高考对逻辑问题的考查要求也较低，均是以选择题的形式进行考查，一般难度较小，要求考生理解充分必要条件相关概念，包括充要，充分不必要，必要不充分，既不充分也不必要四种。可以预测2026年天津高考命题方向继续围绕简单逻辑用语并结合其他知识展开命题。 密押预测·精练通关 1．（2026·江苏·一模）“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（2026·辽宁抚顺·一模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（2026·湖北荆州·一模）已知向量，，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（2026·陕西商洛·二模）已知函数，则“”是“”的（     ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 5．（2026·陕西榆林·模拟预测）设，则“”是“”的（    ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．（2026·山东德州·模拟预测）已知，，为向量，则“”是“或”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7．（2026·湖北黄石·一模）已知平面，两条不重合的直线，则“存在直线，使”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 8．（2026·江西南昌·一模）已知圆，：点在圆外，：直线与圆有两个公共点，则是的（   ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 押题猜想03 函数性质-函数图像识别 试题前瞻·能力先查 限时：6min 【原创题】函数的图象大致为（   ） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 高考对函数图像问题的考查要求较低，均是以选择题的形式进行考查，难度较小，包含两种形式给函数找图像，给图像找函数，要求学生了解简单函数的图像，以及函数的奇偶性单调性。可以预测2026年天津高考命题方向将继续围绕函数的图像与性质展开命题。 密押预测·精练通关 1．（2026·四川成都·三模）函数的图象大致是（    ） A．  B．  C．  D．   2．（2026·河北沧州·一模）将函数的图象向右平移2个单位长度得到函数的图象，则的图象大致为（    ） A．  B．  C．  D．   3．（2026·河南商丘·三模）函数的部分图象大致是（    ） A．B．C．D． 4．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）函数的图象大致为（   ） A．B．C．D． 5．（2026·河北承德·一模）已知某函数的大致图象如图所示，则该函数的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·福建泉州·一模）已知函数的部分图象如图，则的解析式可能是（    ） A． B． C． D． 7．（2026·重庆九龙坡·一模）函数部分图象如图，则可能是（   ） A． B． C． D． 8．（2026·天津·一模）如图是函数的部分图象，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 押题猜想04 基本初等函数-指对比较大小 试题前瞻·能力先查 限时：8min 【改编题】已知，，，则（   ） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 高考对于比较大小问题的考查要求较低，均是以选择题的形式进行考查，难度较小，要求考生掌握幂函数指数函数对数函数基础运算性质以及函数的单调性。可以预测2026年天津高考命题方向将继续围绕函数运算性质及单调性展开命题。 密押预测·精练通关 1．（2026·天津河东·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·河北沧州·一模）已知，则的大小关系是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·辽宁辽阳·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 4．（2026·四川宜宾·一模）下列四个条件中，使成立的充要条件是（    ） A． B． C． D． 5．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 6．（2026·广东佛山·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 7．（2026·四川宜宾·一模）已知，且，则（） A． B． C． D． 8．（2026·山西临汾·一模）已知，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 押题猜想05 计数原理-二项式定理 试题前瞻·能力先查 限时：6min 【改编题】已知的展开式中共有9项.，则展开式中的系数为 分析有理·押题有据 高考对二项式定理知识的考察要求较低，一般难度不大，要求学生掌握二项式定理的展开式运算，会计算组合数以及幂的化简运算。可以预测2026年高考命题方向将继续围绕二项式的展开式中某一项的系数为背景展开命题． 密押预测·精练通关 1．（2026·吉林白山·二模）展开式的第4项的二项式系数是___________．（用数字作答） 2．（2026·浙江嘉兴·二模）的展开式中的系数为______. 3．（2026·江西南昌·一模）的展开式中，的系数是________. 4．（2026·天津宁河·一模）在的展开式中，的系数为______．（用数字作答） 5．（2026·安徽宿州·一模）在的展开式中，的系数是__________.（用数字作答） 6．（2026·北京密云·一模）的二项展开式中，第1项是__________；常数项是__________. 7．（2026·湖南长沙·模拟预测）的展开式中的系数为___________. 8．（2026·陕西咸阳·二模）在的展开式中，含项的系数是，若，则等于______． 押题猜想06 平面向量-线性运算、数量积 试题前瞻·能力先查 限时：12min 【改编题】已知平行四边形的面积为，，为线段的中点．若为线段上的一点，且，则______________，的最小值为______________． 分析有理·押题有据 近两年高考对于平面向量的线性运算考察难度较大，主要考察平面向量基本定理以及平面向量的数量积运算，而且近两年高考对于数量积运算考察时都结合了基本不等式的内容。整体来看综合性较强，难度较大，可以预测24年高考很可能仍会结合基本不等式和数量积运算来考察。 密押预测·精练通关 1．（2026·天津南开·二模）在梯形中，，，，记，，用和表示_____；若点为上一动点，则的最大值为_____． 2．（2026·天津红桥·二模）在边长为1的菱形ABCD中，，记，，点M是线段BD上一点，点N是线段DC上一点，且A，M，N三点共线．若，则用，表示________；若，则的值为________． 3．（2026·天津北辰一模）在中，点D在边BC上，且，E为线段AD的中点.已知，，则 ______（用，表示）；若，，且，则______. 4．（2026·天津和平·三模）若正方形的边长为1，中心为，过作直线与边，分别交于，两点，点满足．（ⅰ）当时，_____；（ⅱ）的最小值为_____． 5．（2026·天津静海·一模）如图，在平行四边形中，，点E为中点，，点F为边上的点．若点F满足，且，则________；若点F为线段上的动点，则的取值范围为________．    6．（2026天津河北·二模）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_________. 7．（2026·天津·一模）平面四边形中，，，，点为线段的中点． （I）若，则________； （II）的取值范围是________． 8．（2026·天津·一模）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07 直线和圆 试题前瞻·能力先查 限时：16min 【改变题】已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上，设点在圆上，点在直线上，则的最小值为 分析有理·押题有据 解析几何中直线和圆在高考题目中也是必考考点，主要考察直线与圆的基本方程，点到直线的距离公式，圆中的弦长公式，圆的切线方程，知识点较多，难度较为简单，也考察学生的做图能力。因此对于26年高考，也可以预测这道题目也会结合其他解析几何知识进行考察。 密押预测·精练通关 1．（2026·天津河东·一模）已知直线：，：，若圆C的圆心在x轴正半轴上，且与直线，都相切，则圆C的方程为__________. 2．（25-26高三上·天津和平·期末）已知抛物线，其焦点到准线的距离为4，过点且倾斜角为的直线被圆截得的线段长度为___________. 3．（2026·天津北辰·三模）已知圆与圆相交的两个公共点所在直线为，若与抛物线交于两点，则__________. 4．（2026·天津河西·一模）已知抛物线上位于第一象限内的点到抛物线的焦点的距离为5，过点作圆的切线，切点为，则_____________． 5．（2026·天津和平·三模）已知抛物线过点；其焦点为，以为直径作圆，圆与圆相交于，两点，则直线的方程为_____． 6．（2026·天津·一模）已知圆心位于抛物线焦点处的圆，与直线相交于、两点，且，则圆的标准方程为________． 7．（2026·天津静海·三模）已知抛物线的焦点为，倾斜角为的直线过点.若与相交于，两点，则以为直径的圆的方程为________. 8．（2026·天津虹桥一模）已知圆，抛物线，斜率大于的直线与圆和抛物线都相切，则直线的方程为________． 押题猜想08 三角函数-三角恒等变换、三角函数性质 试题前瞻·能力先查 限时：16min 【原创题】将函数的图象向左平移个单位长度，所得函数图象与函数的图象重合，则实数的最小值（ ） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 高考对三角函数问题比较青睐，一般难度中等，要求考生熟练三角函数（正弦余弦以及正弦型函数）的基本性质，周期性，奇偶性，单调性，除此之外关于函数图像，还需要考生数掌握三角函数图像，掌握图像变化，平移和伸缩，以及给函数定义域求值域的问题。整个对于三角函数部分的内容要求较多，但是难度不算很高，知识点多但是难度较小。可以预测2026年天津高考命题方向将继续围绕三角函数的图像与性质展开考察。 密押预测·精练通关 1．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数，若函数与的图象关于直线对称，且，则（    ） A． B． C． D． 2.（2026·云南·模拟预测）如图为函数的部分图象，，为图象与轴的两个交点坐标，则（   ） A． B．0 C． D． 3．（2026·浙江嘉兴·二模）若函数满足，且在有唯一零点，则的最大值为（    ） A． B．3 C．2 D． 4．（2026·陕西铜川·一模）设为奇函数，将的图像向左平移个单位长度后，得到函数的图像，则（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高三上·天津·期末）已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（   ） A．1 B． C． D．2 6．（2026·天津北辰·三模）记为中的较大值，则关于函数有如下四个命题： ①的最小正周期为； ②的图象关于直线对称； ③的值域为； ④在区间上单调递增. 其中真命题的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7.（2026·天津南开·二模）函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（   ）． A． B． C． D． 8．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数，．若函数有3个不同的零点，则实数的取值范围是（   ） A． B．(0，1) C． D． 押题猜想09 椭圆、双曲线、抛物线 试题前瞻·能力先查 限时：24min 【改编题】已知双曲线左顶点为，焦距为，过点作直线与的一条渐近线垂直，垂足为则的面积（ ） A． B． C． D． 分析有理·押题有据 高考对圆锥曲线问题中的双曲线以及抛物线的考查要求较高，均是以选择题的形式进行考查，一般难度中等，要求学生掌握双曲线抛物线的基础知识点。在此基础上还要有一定的做图能力。可以预测2026年天津高考命题方向将继续围绕双曲线抛物线的图像性质展开考察。 密押预测·精练通关 1．（2026·湖北荆州·一模）已知双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于M，N两点，且满足，则双曲线的离心率为（    ） A．2 B． C． D． 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知双曲线：（，）的右焦点为，半焦距为.过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且的面积为，则的离心率为（    ） A．2 B．2或 C．2或 D．2或 3.（2026·山东德州·一模）已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与在第一､四象限的交点分别为，与轴交点为，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·天津河东·一模）已知双曲线与抛物线有相同的焦点，抛物线的准线与双曲线交于，两点，三角形为等边三角形，双曲线的一条渐近线与抛物线交于原点与另一点，三角形的面积为，则双曲线的方程为（     ） A． B． C． D． 5．（2026·河南许昌·模拟预测）已知双曲线，是过右焦点且垂直于轴的弦，若点，到该双曲线的同一条渐近线的距离之和为2，则其离心率为（   ） A． B． C． D．2 6．（2026·河北唐山·一模）等轴双曲线C的左、右焦点分别为，，以为直径的圆O与双曲线C交于M，N，P，Q四点.设四边形的面积为，圆O的面积为，O为坐标原点，则（    ） A． B． C． D． 7．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与相交于两点．若在第一象限，且，则该双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·宁夏银川·一模）若双曲线与的两个焦点重合，则称与互为“同心双曲线”.已知双曲线：与双曲线：互为“同心双曲线”，左、右焦点分别为，，是上一点，若的周长为20，则的面积为（   ） A． B． C． D． 押题猜想10 概率问题-相互独立事件的概率、离散型随机变量的期望与方差 试题前瞻·能力先查 限时：32min 【改编题】甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________． 分析有理·押题有据 近两年高考对于概率的考察侧重于全概率以及条件概率的考察，需要考生掌握全概率以及条件概率公式，难度较为简单。同时考生对于离散型随机变量及其分布列，期望的计算也应了解，二项分布，超几何分布，以及正态分布的知识也应了解。 密押预测·精练通关 1．（2025·天津河西·一模）某体育器材商店经营三种型号的组合器械，三种型号组合器械的优质率分别为0.9，0.8，0.7，市场占有比例为，某健身中心从该商店任意购买一种型号的组合器械，则买到的组合器械是优质产品的概率为_____；若该健身中心从三种型号的组合器械各买一件，则恰好买到两件优质产品的概率为_____． 2．（2026·天津河东·一模）某地区有A、B两个城区，人口比例为，由于人口密度不同，A、B两地的流感感染率分别为、.若随机选取A地区的3名市民进行该流感检测，至少1人感染的概率为________；若该地区随机选取1名市民进行该流感检测，则感染的概率为__________. 3．（2025·天津·二模）某班级在新年联欢会上组织抽奖活动，抽奖箱里有5个红色小球代表一等奖奖品券，3个白色小球代表二等奖奖品券，2个黑色小球代表谢谢参与券，抽奖规则是不放回地依次抽取3个球.某同学参加这个活动，则他在第一次抽到一等奖奖品券的条件下，第二次抽到二等奖奖品券的概率为______；小强同学参加一次抽奖活动（不放回地抽取3个球），则恰好抽到1个一等奖奖品券的概率为______. 4．（2026·天津武清·模拟预测）在一个口袋中装有编号分别为1，2，3，4，5的五张卡片，这些卡片除编号不同外其他都相同，从口袋中有放回地摸卡片三次，每次摸一个.则三次摸出卡片的数字有两次不超过3的概率______；在已知三次摸出卡片的数字有两次不超过3的前提下，这三次中有一次摸出编号为2的卡片的概率______. 5．（2025·天津南开·模拟预测）2044年，当同学们重返母校参加140周年校庆时，惊喜地发现，南院正门外真的出现了一家“南德琐艾奶茶店”，这里正出售6款饮品，分别为林林清风、金晓惠兰、明明如月、幽幽谭香、天天爆柠、雅韵冰酿．甲、乙两位同学分别选购3款不同饮品，则甲选购的饮品中有“林林清风”的概率为________；在甲选购了“林林清风”这款饮品的条件下，甲、乙二人所选饮品中恰有1款相同的概率为________． 6．（2025·天津河西·模拟预测）一纸箱中装有4瓶未过期的饮料和2瓶过期饮料．若每次从中随机取出1瓶，取出的饮料不再放回，则在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期饮料的概率为______；对这6瓶饮料依次进行检验，每次检验后不再放回，直到区分出6瓶饮料的保质期时终止检验，记检验的次数为，则随机变量的期望为______． 7．（2025·天津南开·二模）甲、乙两个袋子中各有10个除颜色外完全相同的小球，其中甲袋中有7个红球，3个黄球，乙袋中有8个红球，2个黄球．若从两个袋子中各任取1个球，则都取到红球的概率为_____；若从两个袋子中各任取1个球，两球颜色不同的条件下，乙袋中取出黄球的概率为_____． 8．（2025·天津和平·一模）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__________. 押题猜想11 解三角形 试题前瞻·能力先查 限时：36min 【改编题】在中，角的对边分别为．已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 分析有理·押题有据 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 密押预测·精练通关 1．（2026·天津河东·一模）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，，. (1)求a，的值： (2)求的值； (3)求的面积. 2．（2026·天津和平·期末）在中，角所对的边分别为，已知. (1)求角的大小； (2)若. （i）求的值； （ii）求的值. 3．在中，角所对的边分别为，已知，，． (1)求角的大小； (2)求的值； (3)求的值． 4．（2026·天津静海一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，的面积为，． (1)求A的值； (2)求b的值； (3)求的值． 5．（2026·天津河西·模拟预测）在中，内角的对边分别为，且． (1)求角的大小； (2)若的面积为，，． （ⅰ）求和的值； （ⅱ）求的值． 6．（2026·天津和平·三模）在中，角、、所对的边分别为、、，，， (1)求角的大小； (2)求的值与的面积； (3)求的值． 押题猜想12 数列-通项、求和、证明 试题前瞻·能力先查 限时：46min 【改编题】设数列是等差数列，是等比数列．已知． (1)求和的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，数列的前n项积为，证明：． 分析有理·押题有据 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 密押预测·精练通关 1．（2026·天津红桥·二模）已知数列 的首项 (1)证明：数列 为等比数列； (2)证明：对任意的 (3)证明: 2．（2026·天津河西·二模）已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，. (1)当数列为等差数列时，求的通项公式及； (2)当在单调递增时，设，求的值； (3)当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值. 3．（2026·天津和平·三模）已知，等差数列的前项和，正项等比数列的前项和为，，． (1)求数列和的通项公式； (2)若． （ⅰ）不等式恒成立，求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 10．（2025·天津滨海新区·三模）已知等差数列与正项等比数列满足：，． (1)求、通项公式； (2)若对数列、，在与之间插入个，组成一个新数列，求数列前100项和； (3)若（其中），证明：． 11．（2026·天津南开·二模）已知等差数列的前项和为． (1)求的通项公式； (2)记，其中为二项式系数． （ⅰ）求数列的前项和； （ⅱ）求． 14．（2025·天津和平·一模）已知，记无穷数列的前项中的最大值为，最小值为，令. (1)若，求数列的通项公式与其前项和； (2)若数列为递增的等差数列，判断数列是否也一定为递增的等差数列，并说明理由； (3)若，设数列的前项和为，是否存在正整数，使得为等差数列？如果存在，求出所有的值，如果不存在，请说明理由. 押题猜想12 立体几何-几何体的体积、线面角、二面角 试题前瞻·能力先查 限时：60min 【改编题】如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，. (1)证明：与平面PAD； (2)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值； (3)若Q为线段PC的中点，求三棱锥的体积. 分析有理·押题有据 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. 密押预测·精练通关 1．（2026·天津河东·一模）如图，已知多面体中，底面ABCD为直角梯形，点、、、在底面的垂足分别为A、B、C、D，，，，，，E为的中点，F在上且. (1)求BE与平面所成角的正弦值； (2)求平面FBC与平面的夹角的余弦值； (3)边上是否存在点M，使、E、M、F四点共面，若存在，求出DM的长度，若不存在，则说明理由. 2．（2026·天津河北·期中）如图，在四棱柱中，平面ABCD，，，，.M，N分别为，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求直线到平面的距离. 3．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 4．（2026·天津南开·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，且，，，分别为，，，的中点，．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 5．（2026·天津滨海新区·三模）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)求点G到直线AB的距离． 6．（2026·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 (1)求证：； (2)若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 7．（2025·天津滨海新区·三模）在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 押题猜想13 圆锥曲线-证明问题 试题前瞻·能力先查 限时：72min 【改编题】已知椭圆，过右焦点的直线交于A，两点，过点与垂直的直线交于，两点，其中，在轴上方，，分别为AB，DE的中点.当轴时，，椭圆的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)证明：直线过定点，并求定点坐标； (3)设为直线与直线的交点，面积的为，求直线的方程. 分析有理·押题有据 近两年高考对于椭圆的考察整体难度中等，利用题干给的信息进行分析，得到需要的方程求解，分析难度整体不大，计算量较大。圆锥曲线椭圆大题的难度多来自联立方程之后的计算，往往需要考生有比较扎实的计算功底。 密押预测·精练通关 1．（2026·天津河东·一模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右顶点为，，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于点（在第一或第四象限），过原点且与直线平行的直线与椭圆在第二象限交于点. (1)求椭圆方程； (2)轴上有一点，，求直线的斜率； (3)若直线与轴交于点，求直线的斜率. 2．（2026·天津南开·月考）已知椭圆的离心率为，短轴长为4. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知动直线l过曲线C的左焦点F，且与椭圆C分别交于P，Q两点，试问x轴上是否存在定点R，使得为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由. 3．（2026·天津宁河·模拟预测）已知椭圆过点，长轴长为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)若线段中点的横坐标是，求直线的斜率； (3)在轴上是否存在点，使是与无关的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 4．（2026·天津·二模）椭圆（），过原点的直线与椭圆交于两点，点为椭圆的上顶点，若的最大值为8，面积的最大值为12． (1)求椭圆的方程； (2)是椭圆上异于（不在坐标轴上）的任意两点，且直线相交于点，直线相交于点，直线斜率均存在．求证：直线的斜率与直线的斜率乘积为定值． 5．（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆的离心率为，，是椭圆的左，右顶点，是椭圆的上顶点，且． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线交于，两点（异于，），直线与交于点． （i）求面积的取值范围； （ii）是否存在点同时满足，若存在求出点的坐标，若不存在说明理由． 6．（2025·天津河西·二模）已知椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，且与直线相切. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作斜率为的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线交轴于点为，点关于直线的对称点为点，若四边形为正方形，求的值. 押题猜想14 导数-极值、双变量问题 试题前瞻·能力先查 限时：98min 【改编题】已知函数， (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的值； (2)当时，讨论函数单调性 (3)当时，若对任意，不等式恒成立，求的最小值； (4)若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围． 分析有理·押题有据 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. 密押预测·精练通关 1．（2025·天津·二模）已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求证：在上单调递增； (3)求证：，且，. 2．（2026.天津红桥一模）已知函数，其中为自然对数的底数， (1)当时，求函数在点处的切线方程; (2)证明:恒成立； (3)证明: 3．（2026·天津河北·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，若不等式恒成立，求a的取值范围； (3)若有两个零点，且，证明：． 4．（2025·天津红桥·一模）已知函数，． (1)求函数在点处的切线方程； (2)当时，，求实数a的取值范围； (3)已知，证明：． 5．（24-25高三下·甘肃白银·月考）已知函数． (1)当，时，求的单调区间及极值； (2)若，且的最大值小于，求a的取值范围； (3)若，且关于x的方程有两个不等的实根，，，证明：． 6．（2023·天津河西·模拟预测）已知． (1)求在处的切线方程； (2)对，有恒成立，求的最大整数解； (3)令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求的取值范围，并证明：． 7．（2026·天津·一模）已知函数. (1)若，求函数的单调增区间； (2)若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值； (3)当时，函数恰有两个不同的零点，且，求证：. 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学终极押题猜想 目 录 押题猜想01 集合-交并补混合运算 押题猜想02 简易逻辑-充分必要条件 押题猜想03 函数性质-函数图象的辨识 押题猜想04 基本初等函数-指对比较大小 押题猜想05 计数原理-二项式定理 押题猜想06 平面向量-线性运算、数量积 押题猜想07 直线和圆 押题猜想08 三角函数-三角恒等变换、三角函数性质解 押题猜想09 椭圆、双曲线、抛物线 押题猜想10 概率问题-相互独立事件的概率、离散型随机变量的方差 押题猜想11 解三角形 押题猜想12 数列-通项、求和与证明 押题猜想13 立体几何-几何体的体积、线面角、二面角 押题猜想14 圆锥曲线-证明问题 押题猜想15 导数-极值、双变量问题 押题猜想01 集合-交并补混合运算 试题前瞻·能力先查 限时：4min 【原创题】已知全集，，，则= A． B． C． D． 【解析】由题意可知，则，，故选D。 分析有理·押题有据 高考对集合问题的考查要求较低，均是以选择题的形式进行考查，一般难度较小，要求考生熟练集合基础运算，包括交集，并集，补集的运算。可以预测2026年天津高考命题方向将继续围绕集合简单的交并补运算展开命题。 密押预测·精练通关 1．（2026·浙江宁波·二模）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由可得， 结合，由于,故故 2．（2026·四川·模拟预测）设全集，集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对方程求解得或，因此集合； 已知全集，则；而，则. 3．（2026·江西·一模）已知集合，或，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由，解得，所以， 又或，所以，故． 4．（2026·四川泸州·二模）设全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为全集，集合，则， 又因为集合，所以.故选：B. 5．（2026·陕西渭南·一模）已知全集，集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】∵集合，，∴， 又∵全集，∴，故选：D 6．（2026·吉林通化·模拟预测）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意得，， 所以或，所以. 7．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知集合，，则（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】B 【解析】因为，所以或， 又或，所以或. 8．（2026·陕西西安·一模）设全集，若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为，所以，，， 又因为全集 ，所以 中剩下的元素 必须在 中 所以.故选：B. 押题猜想02 简易逻辑-充分必要条件 试题前瞻·能力先查 限时：4min 【原创题】若角与终边相同，则角是第三象限角的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】易知，则， 为偶数时，是第一象限角；为奇数时，是第三象限角， 故是第三象限角的必要不充分条件，故选B 分析有理·押题有据 高考对逻辑问题的考查要求也较低，均是以选择题的形式进行考查，一般难度较小，要求考生理解充分必要条件相关概念，包括充要，充分不必要，必要不充分，既不充分也不必要四种。可以预测2026年天津高考命题方向继续围绕简单逻辑用语并结合其他知识展开命题。 密押预测·精练通关 1．（2026·江苏·一模）“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】由可得，解得或， 由于是或的真子集，故“”是“”的充分不必要条件. 2．（2026·辽宁抚顺·一模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】若，，则，又n⊥，所以； 反之，若，，则，又，所以， 则“”是“”的充要条件. 3．（2026·湖北荆州·一模）已知向量，，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】充分性分析：，，， ，，故充分性成立； 必要性分析：，， ，， ，，，故必要性不成立. 故“”是“”的充分不必要条件 4．（2026·陕西商洛·二模）已知函数，则“”是“”的（     ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】由，即，则， 所以或， 解得， 则“”是“”的充分不必要条件． 5．（2026·陕西榆林·模拟预测）设，则“”是“”的（    ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】验证充分性： 因，， 由得，因为，则，故，充分性成立； 验证必要性： 若，则，当且不为0时，，而， 则不成立，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 6．（2026·山东德州·模拟预测）已知，，为向量，则“”是“或”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】已知，，为向量，记命题：，命题：或. 若成立，则或，当时，，则； 当时，，因此，即是或的必要条件. 反之，若成立，即，可能与垂直且均非零向量， 此时且，故不能推出，即不是的充分条件. 所以“”是“或”的必要不充分条件. 7．（2026·湖北黄石·一模）已知平面，两条不重合的直线，则“存在直线，使”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】如果，此时也能找到且， 但并不平行于，而是在内，所以充分性不成立； 根据线面平行的性质定理：如果直线平行于平面， 那么过作一个平面与相交，交线就满足，且，所以必要性成立. 即“存在直线，使”是“”的必要不充分条件. 8．（2026·江西南昌·一模）已知圆，：点在圆外，：直线与圆有两个公共点，则是的（   ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 【答案】C 【解析】由点在圆：外，可得，此时，圆心到直线的距离为， 即直线与圆相交，故充分性成立； 由直线与圆有两个公共点，可得圆心到直线的距离为， 则有，即点在圆：外，故必要性成立. 故是的充分必要条件. 押题猜想03 函数性质-函数图像识别 试题前瞻·能力先查 限时：6min 【原创题】函数的图象大致为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】，可得， 所以函数为奇函数，其图像关于原点对称，可排除C、D项， 当时，可得，可排除B项， 所以选项A符合题意，故选A. 分析有理·押题有据 高考对函数图像问题的考查要求较低，均是以选择题的形式进行考查，难度较小，包含两种形式给函数找图像，给图像找函数，要求学生了解简单函数的图像，以及函数的奇偶性单调性。可以预测2026年天津高考命题方向将继续围绕函数的图像与性质展开命题。 密押预测·精练通关 1．（2026·四川成都·三模）函数的图象大致是（    ） A．  B．  C．  D．   【答案】A 【解析】函数的定义域为，， 函数是奇函数，图象关于原点对称，BD不满足； 当时，，则，C不满足，A满足. 故选：A 2．（2026·河北沧州·一模）将函数的图象向右平移2个单位长度得到函数的图象，则的图象大致为（    ） A．  B．  C．  D．   【答案】B 【解析】因为，所以， 其定义域为，且，所以为偶函数，故排除A，C； 又时，，由对勾函数的性质可知， 在上单调递增，在上单调递减，故排除D. 故选：B. 3．（2026·河南商丘·三模）函数的部分图象大致是（    ） A．B．C．D． 【答案】A 【解析】由函数，可得的定义域为， 且，所以函数为奇函数， 则函数的图象关于 轴对称，可排除B、D项； 当时，可得，所以； 当时，可得，所以， 所以选项A中的图象符合题意，故函数的图象为选项A. 故选：A. 4．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）函数的图象大致为（   ） A．B．C．D． 【答案】D 【解析】， ，则，即定义域为， 设，则， 故为偶函数，图象关于轴对称，排除BC， 当时，，，，，排除A， 所以选项D正确. 5．（2026·河北承德·一模）已知某函数的大致图象如图所示，则该函数的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对于A选项，当时，，与题中函数图象不符，故A错误； 对于B选项，， 所以函数为上的增函数，与题中函数图象不符，故B错误； 对于C选项，设，该函数的定义域为， ，故函数为偶函数，与题干中函数图象不符，故C错误； 对于D选项，设，该函数的定义域为， ，所以函数为奇函数， 当时，，， 由，可得；由，可得或， 所以函数的单调递减区间为、，单调递增区间为， 与题中函数图象相符，故D正确. 6．（2026·福建泉州·一模）已知函数的部分图象如图，则的解析式可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由函数的图像，可得函数的定义域为， 且其图像关于原点对称，即函数为奇函数， 且当时，且， 对于A，函数的定义域为，且， 所以函数为奇函数，且当时，且，所以A符合题意； 对于B，函数的定义域为，且， 所以函数为偶函数，所以B不符合题意； 对于C，函数为最小周期为的周期函数，所以C不符合题意； 对于D，函数的定义域为， 且满足，所以函数为奇函数， 当时，且，所以D不符合题意. 7．（2026·重庆九龙坡·一模）函数部分图象如图，则可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】选项A：奇偶性：，是偶函数，与图象的奇函数特征矛盾.A错误. 选项B：奇偶性：，是奇函数，符合； 零点：，对应、，与图象零点一致； 极限趋势：时，时， 与图象趋势一致；定义域：，符合图象特征. 综上B正确. 选项C：零点：，时，，与图象中为零点矛盾. C错误. 选项D：定义域：（处有定义，），与图象处无定义矛盾. D错误. 故选：B. 8．（2026·天津·一模）如图是函数的部分图象，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由图可知：的定义域为，图象关于轴对称，则为偶函数． 对于A，当时，， 此时，与图不符，故A错误； 对于C，的定义域为， ， 则不是偶函数，故C错误； 对于D，在有意义，故D错误， 故选：B． 押题猜想04 基本初等函数-指对比较大小 试题前瞻·能力先查 限时：8min 【改编题】已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】， 因为， 所以. 分析有理·押题有据 高考对于比较大小问题的考查要求较低，均是以选择题的形式进行考查，难度较小，要求考生掌握幂函数指数函数对数函数基础运算性质以及函数的单调性。可以预测2026年天津高考命题方向将继续围绕函数运算性质及单调性展开命题。 密押预测·精练通关 1．（2026·天津河东·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由，所以. 2．（2026·河北沧州·一模）已知，则的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意得，，即， ，所以．故选：C． 3．（2026·辽宁辽阳·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由指数函数的性质，可得，即， 又由对数函数的性质，可得，，所以， 所以，故选A. 4．（2026·四川宜宾·一模）下列四个条件中，使成立的充要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对于AB，取，都满足，而不成立， 因此都不是成立的充分条件，AB不是； 对于C，，因此是成立的充分不必要条件，C不是； 对于D，，因此是成立的充要条件，D是. 故选：D 5．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为在上单调递增，所以，可得， 根据，且在上单调递增，可得，即， 由在上单调递增，可得，结合，可得. 6．（2026·广东佛山·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，所以， 因为，所以，所以， 则，故选C. 7．（2026·四川宜宾·一模）已知，且，则（） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设，因为，所以. 所以， ， . 因为，所以，，故； 而，所以，， 因为函数在时单调递减，且，所以，即. 综上，. 8．（2026·山西临汾·一模）已知，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】指数函数在定义域内单调递减，所以，即. 对数函数在上单调递增，所以，即. 对数函数在上单调递增，所以，即. 又， ，， 所以，即，所以. 综上，. 押题猜想05 计数原理-二项式定理 试题前瞻·能力先查 限时：6min 【改编题】已知的展开式中共有9项.，则展开式中的系数为 【答案】112 【解析】由题意得，解得. 展开式的通项为. 令，解得，则，故展开式中的系数为112. 分析有理·押题有据 高考对二项式定理知识的考察要求较低，一般难度不大，要求学生掌握二项式定理的展开式运算，会计算组合数以及幂的化简运算。可以预测2026年高考命题方向将继续围绕二项式的展开式中某一项的系数为背景展开命题． 密押预测·精练通关 1．（2026·吉林白山·二模）展开式的第4项的二项式系数是___________．（用数字作答） 【答案】 【解析】展开式的第4项的二项式系数是. 2．（2026·浙江嘉兴·二模）的展开式中的系数为______. 【答案】 【解析】的展开式通项为. 令，得，所以. 所以的展开式中的系数为. 3．（2026·江西南昌·一模）的展开式中，的系数是________. 【答案】80 【解析】，令，解得， 故的系数为. 4．（2026·天津宁河·一模）在的展开式中，的系数为______．（用数字作答） 【答案】/ 【解析】二项式的展开式第项为， 令得，，即的系数为. 5．（2026·安徽宿州·一模）在的展开式中，的系数是__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】因为的展开式的通项为， 令，得，所以的系数是. 6．（2026·北京密云·一模）的二项展开式中，第1项是__________；常数项是__________. 【答案】 24 【解析】的二项展开式的第1 项是， 常数项为. 7．（2026·湖南长沙·模拟预测）的展开式中的系数为___________. 【答案】90 【解析】的展开式的通项为，， 当时，， 此时只需乘第一个因式中的即可，得到； 当时，， 此时只需乘第一个因式中的即可，得到． 据此可得的系数为． 8．（2026·陕西咸阳·二模）在的展开式中，含项的系数是，若，则等于______． 【答案】 【解析】的展开式前三项为， 的展开式前三项为， 所以的系数为，. 即， 令，得． 押题猜想06 平面向量-线性运算、数量积 试题前瞻·能力先查 限时：12min 【改编题】已知平行四边形的面积为，，为线段的中点．若为线段上的一点，且，则______________，的最小值为______________． 【答案】 / 【解析】因为平行四边形的面积为，， 所以，得， 如图，连接，则， 因为，又为平行四边形，则 ， 所以， 因为三点共线，所以，得， 所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为， 分析有理·押题有据 近两年高考对于平面向量的线性运算考察难度较大，主要考察平面向量基本定理以及平面向量的数量积运算，而且近两年高考对于数量积运算考察时都结合了基本不等式的内容。整体来看综合性较强，难度较大，可以预测24年高考很可能仍会结合基本不等式和数量积运算来考察。 密押预测·精练通关 1．（2026·天津南开·二模）在梯形中，，，，记，，用和表示_____；若点为上一动点，则的最大值为_____． 【答案】 【解析】因为，所以， ； 因为，， 又，即 可得，设，则 ， ，     当时有最大值， 2．（2026·天津红桥·二模）在边长为1的菱形ABCD中，，记，，点M是线段BD上一点，点N是线段DC上一点，且A，M，N三点共线．若，则用，表示________；若，则的值为________． 【答案】 【解析】设，，则， 若，则， 因为B，M，D三点共线，则，得， 所以； 设，，则， 又B，M，D三点共线，则，得， 因为菱形ABCD的边长为1，，，， 所以，． 又， 所以， 整理，得， 解得，或（舍去）．故． 3．（2026·天津北辰一模）在中，点D在边BC上，且，E为线段AD的中点.已知，，则 ______（用，表示）；若，，且，则______. 【答案】 / 【解析】由条件可知， , 所以； 由，得， 得， 所以， 得，且，， 所以， 得,,所以. 4．（2026·天津和平·三模）若正方形的边长为1，中心为，过作直线与边，分别交于，两点，点满足．（ⅰ）当时，_____；（ⅱ）的最小值为_____． 【答案】 【解析】由于，则， ， （ⅰ）当，则，故， （ⅱ）, 由于为相反向量，故， 所以， 由，故当时，取最小值， 而的最大值为， 因此当取最大值，取最小值时，取最小值，故最小值为， 5．（2026·天津静海·一模）如图，在平行四边形中，，点E为中点，，点F为边上的点．若点F满足，且，则________；若点F为线段上的动点，则的取值范围为________．    【答案】 【解析】由题意 所以， 设， ， ， ， ， 设，对称轴是， 故单调递增， 从而当点F为线段上的动点时，的取值范围为. 6．（2026天津河北·二模）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. 7．（2026·天津·一模）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. 8．（2026·天津·一模）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. 押题猜想07 直线和圆 试题前瞻·能力先查 限时：16min 【改变题】已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上，设点在圆上，点在直线上，则的最小值为 【答案】 【解析】设圆的标准方程为， 因为圆经过和点，且圆心在直线上， 所以 解得： 所以圆的标准方程为. 因为圆到直线的距离为 ， 所以直线与圆相离，所以的最小值为. 分析有理·押题有据 解析几何中直线和圆在高考题目中也是必考考点，主要考察直线与圆的基本方程，点到直线的距离公式，圆中的弦长公式，圆的切线方程，知识点较多，难度较为简单，也考察学生的做图能力。因此对于26年高考，也可以预测这道题目也会结合其他解析几何知识进行考察。 密押预测·精练通关 1．（2026·天津河东·一模）已知直线：，：，若圆C的圆心在x轴正半轴上，且与直线，都相切，则圆C的方程为__________. 【答案】 【解析】设圆心，， 由题意得，解得或0（舍去）， 则圆的半径， 所以圆的方程为. 2．（25-26高三上·天津和平·期末）已知抛物线，其焦点到准线的距离为4，过点且倾斜角为的直线被圆截得的线段长度为___________. 【答案】 【解析】抛物线，焦点到准线的距离为4，所以，所以焦点. 则过点且倾斜角为的直线方程为：，即. 因为，圆心为，半径为. 圆心到直线的距离为：， 所以直线被圆截得的线段长度为：. 3．（2026·天津北辰·三模）已知圆与圆相交的两个公共点所在直线为，若与抛物线交于两点，则__________. 【答案】20 【解析】已知圆，圆，将两式相减消去二次项可得直线的方程：，即. 联立直线与抛物线方程联立，将代入可得： ，即， 设，，由韦达定理可得，. 根据弦长公式（其中为直线的斜率），直线的方程为， 其斜率，则： 4．（2026·天津河西·一模）已知抛物线上位于第一象限内的点到抛物线的焦点的距离为5，过点作圆的切线，切点为，则_____________． 【答案】 【解析】在抛物线中，，则，所以焦点，准线方程为． 设点，根据抛物线的定义，可得， 解得．把代入，得， 因为，所以，即． 圆，圆心为，半径， 故． 5．（2026·天津和平·三模）已知抛物线过点；其焦点为，以为直径作圆，圆与圆相交于，两点，则直线的方程为_____． 【答案】 【解析】将P点代入抛物线方程可得，解得，即抛物线方程为， 所以抛物线的焦点坐标，PF的中点坐标为， ,所以圆的圆心为，半径为2， 所以圆， 因为，所以圆与圆相交， 圆与圆方程相减可得：，即， 6．（2026·天津·一模）已知圆心位于抛物线焦点处的圆，与直线相交于、两点，且，则圆的标准方程为________． 【答案】 【解析】易知抛物线的焦点为，且点到直线的距离为， 故圆的半径为， 因此，所求圆的标准方程为. 7．（2026·天津静海·三模）已知抛物线的焦点为，倾斜角为的直线过点.若与相交于，两点，则以为直径的圆的方程为________. 【答案】 【解析】因为抛物线的焦点为，所以，则. 所以抛物线方程为. 由题意，直线的斜率为1，则直线的方程为. 联立直线与抛物线方程组得：，化简得. 所以，，所以. 因为圆心位于线段的中点，所以圆心坐标为. 而. 所以圆的半径为4，所以圆的方程为. 8．（2026·天津虹桥一模）已知圆，抛物线，斜率大于的直线与圆和抛物线都相切，则直线的方程为________． 【答案】 【解析】设直线的方程为，联立可得， 因为直线与抛物线相切，可得①， 又直线与圆相切，得，整理得②， 联立①②，得，或． 当时，得，不符合题意；当时，得（负值舍去）， 故直线的方程为． 押题猜想08 三角函数-三角恒等变换、三角函数性质 试题前瞻·能力先查 限时：16min 【原创题】将函数的图象向左平移个单位长度，所得函数图象与函数的图象重合，则实数的最小值（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】，而. 函数的图象向左平移个单位长度，可得， 因为平移后所得函数图象与函数的图象重合， 所以，，解得，， 因为，所以当时，取得最小值. 分析有理·押题有据 高考对三角函数问题比较青睐，一般难度中等，要求考生熟练三角函数（正弦余弦以及正弦型函数）的基本性质，周期性，奇偶性，单调性，除此之外关于函数图像，还需要考生数掌握三角函数图像，掌握图像变化，平移和伸缩，以及给函数定义域求值域的问题。整个对于三角函数部分的内容要求较多，但是难度不算很高，知识点多但是难度较小。可以预测2026年天津高考命题方向将继续围绕三角函数的图像与性质展开考察。 密押预测·精练通关 1．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数，若函数与的图象关于直线对称，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意知，所以，所以. 因为，所以，所以，解得. 2.（2026·云南·模拟预测）如图为函数的部分图象，，为图象与轴的两个交点坐标，则（   ） A． B．0 C． D． 【答案】B 【解析】由图可知，，，则 所以，，， 解得，．因为，所以， 所以，， 所以． 3．（2026·浙江嘉兴·二模）若函数满足，且在有唯一零点，则的最大值为（    ） A． B．3 C．2 D． 【答案】A 【解析】函数， 由得，是函数图象的一条对称轴， 则，，解得，； 当时，， 由函数在有唯一零点，得，解得， 所以当时，取得最大值． 4．（2026·陕西铜川·一模）设为奇函数，将的图像向左平移个单位长度后，得到函数的图像，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 ， 因为将的图像向左平移个单位长度后，得到函数的图像， 所以向右平移个单位长度后，得到函数的图像， 所以， 又因为为奇函数，所以，所以， 又，所以. 故选：B. 5．（25-26高三上·天津·期末）已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【解析】函数的最小正周期，由函数在上单调递减， 得，则，直线与点分别为曲线的一条对称轴和一个对称中心， 而，则，因此，，， 由，得，而，则， 因此，由，得， 则当，即时，取得最大值， 所以在区间上的最大值为. 故选：C 6．（2026·天津北辰·三模）记为中的较大值，则关于函数有如下四个命题： ①的最小正周期为； ②的图象关于直线对称； ③的值域为； ④在区间上单调递增. 其中真命题的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【解析】设，， 则， 函数的图象如下所示： 对于①，由图知，函数的最小正周期为，①正确； 对于②，由图知，为函数的对称轴，②正确； 对于③，，由图知，函数的值域为，③错误； 对于④，由图知，函数在区间上单调递减，④错误. 所以真命题的个数为2个. 故选：B 7.（2026·天津南开·二模）函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由图可得：周期，所以， 代入最低点得：， 可得：，解得， 所以有， 再由，解得， 故函数的增区间为， 故选：A. 8．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数，．若函数有3个不同的零点，则实数的取值范围是（   ） A． B．(0，1) C． D． 【答案】C 【解析】函数，由，得， 令函数，由函数有3个不同的零点， 得方程有3个不同的解，即直线与函数的图象有3个交点， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图： 观察图象，当且仅当时，直线与函数的图象有3个交点， 所以的取值范围是. 押题猜想09 椭圆、双曲线、抛物线 试题前瞻·能力先查 限时：24min 【改编题】已知双曲线左顶点为，焦距为，过点作直线与的一条渐近线垂直，垂足为则的面积（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由，， 又，解得，双曲线的标准方程为. 其渐近线方程为， 如图任选一条渐近线，因可得， 又，所以， 故. 分析有理·押题有据 高考对圆锥曲线问题中的双曲线以及抛物线的考查要求较高，均是以选择题的形式进行考查，一般难度中等，要求学生掌握双曲线抛物线的基础知识点。在此基础上还要有一定的做图能力。可以预测2026年天津高考命题方向将继续围绕双曲线抛物线的图像性质展开考察。 密押预测·精练通关 1．（2026·湖北荆州·一模）已知双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于M，N两点，且满足，则双曲线的离心率为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【解析】由已知M为的中点，而O是的中点， 所以，由于⊥，所以是线段的中垂线， 故，由双曲线的对称性知，所以， 故. 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知双曲线：（，）的右焦点为，半焦距为.过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且的面积为，则的离心率为（    ） A．2 B．2或 C．2或 D．2或 【答案】D 【解析】由题可得双曲线的渐近线为，这里不妨取，即， 点到直线的距离， 在中， 所以，则， 又因，所以， 化简可得，等式两边同时除以，可得， 即，解得或， 因，所以或. 3.（2026·山东德州·一模）已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与在第一､四象限的交点分别为，与轴交点为，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如下图： 易知，所以，且为的中点， 又，所以，因此可得, 代入双曲线方程可得，整理并化简可得，即， 解得或（舍）； 因为双曲线离心率，所以. 4．（2026·天津河东·一模）已知双曲线与抛物线有相同的焦点，抛物线的准线与双曲线交于，两点，三角形为等边三角形，双曲线的一条渐近线与抛物线交于原点与另一点，三角形的面积为，则双曲线的方程为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】双曲线的右焦点为，抛物线的焦点为， 由焦点相同得，即， 将抛物线的准线代入双曲线方程，得，， 故，，则， 为等边三角形，， 双曲线的渐近线方程为：， 根据对称性，不妨取其中一条渐近线与抛物线方程联立： ，消元得，对应，即， ，即， ，得 所以双曲线的方程为： 5．（2026·河南许昌·模拟预测）已知双曲线，是过右焦点且垂直于轴的弦，若点，到该双曲线的同一条渐近线的距离之和为2，则其离心率为（   ） A． B． C． D．2 【答案】B 【解析】由双曲线的方程知渐近线方程为， 设，因为是过右焦点且垂直于轴的弦，所以， 过分别作渐近线，即的垂线，垂足分别为，如图： 则. 又点，到该双曲线的同一条渐近线的距离之和为2， 所以，即，整理得. 将代入上式得，解得，所以， 所以离心率. 6．（2026·河北唐山·一模）等轴双曲线C的左、右焦点分别为，，以为直径的圆O与双曲线C交于M，N，P，Q四点.设四边形的面积为，圆O的面积为，O为坐标原点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为双曲线C为等轴双曲线，则，， 则双曲线C：，圆O：， 联立方程，解得， 则四边形的面积为，圆O的面积为， 所以. 7．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与相交于两点．若在第一象限，且，则该双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由双曲线对称性可得， 又是双曲线上的点，且在第一象限， 所以，又， 所以，所以. 在中，由余弦定理得， 又因为，所以， 整理得，所以，所以， 所以该双曲线的离心率为. 8．（2026·宁夏银川·一模）若双曲线与的两个焦点重合，则称与互为“同心双曲线”.已知双曲线：与双曲线：互为“同心双曲线”，左、右焦点分别为，，是上一点，若的周长为20，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由可得其半焦距，且焦点在轴上， 故双曲线：即， 则其半焦距，且， 依题意，，解得或（舍去）， 故双曲线的方程为，不妨设点为双曲线左支上一点，则①， 由的周长为20，可得，即②， 联立①② 解得， 在中，由余弦定理，， 则， 故的面积为. 押题猜想10 概率问题-相互独立事件的概率、离散型随机变量的期望与方差 试题前瞻·能力先查 限时：32min 【改编题】甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________． 【答案】 / 【解析】若甲以的比分获胜，即一共3局，前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜， 所以甲以的比分获胜的概率， 事件表示“甲获胜”，则前两局甲获胜，或前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜， 所以甲获胜的概率， 事件表示“甲第一局获胜”，则， 所以. 分析有理·押题有据 近两年高考对于概率的考察侧重于全概率以及条件概率的考察，需要考生掌握全概率以及条件概率公式，难度较为简单。同时考生对于离散型随机变量及其分布列，期望的计算也应了解，二项分布，超几何分布，以及正态分布的知识也应了解。 密押预测·精练通关 1．（2025·天津河西·一模）某体育器材商店经营三种型号的组合器械，三种型号组合器械的优质率分别为0.9，0.8，0.7，市场占有比例为，某健身中心从该商店任意购买一种型号的组合器械，则买到的组合器械是优质产品的概率为_____；若该健身中心从三种型号的组合器械各买一件，则恰好买到两件优质产品的概率为_____． 【答案】 0.82 0.398 【解析】第一空：由全概率公式可得：； 第二空：恰好买到两件优质产品是“AB优C不优，AC优B不优，BC优A不优”这三个互斥事件的和，故所求概率为：， 2．（2026·天津河东·一模）某地区有A、B两个城区，人口比例为，由于人口密度不同，A、B两地的流感感染率分别为、.若随机选取A地区的3名市民进行该流感检测，至少1人感染的概率为________；若该地区随机选取1名市民进行该流感检测，则感染的概率为__________. 【答案】 / / 【详解】第一空，A地流感感染率为，那么A地流感未感染率为， 考虑至少一人感染的对立事件为3人都未感染，那么人都未感染的概率为. 所以至少一人感染的概率为. 第二空，因为A、B两个城区，人口比例为，所以人口占比分别为， 由全概率公式，该地区随机选取1名市民进行该流感检测，则感染的概率为. 3．（2025·天津·二模）某班级在新年联欢会上组织抽奖活动，抽奖箱里有5个红色小球代表一等奖奖品券，3个白色小球代表二等奖奖品券，2个黑色小球代表谢谢参与券，抽奖规则是不放回地依次抽取3个球.某同学参加这个活动，则他在第一次抽到一等奖奖品券的条件下，第二次抽到二等奖奖品券的概率为______；小强同学参加一次抽奖活动（不放回地抽取3个球），则恰好抽到1个一等奖奖品券的概率为______. 【答案】 【解析】①记第一次取到红求为事件，第二次取到白球为事件， 则，，所以； ②记小强恰好抽到1个一等奖奖品券为事件， 则. 4．（2026·天津武清·模拟预测）在一个口袋中装有编号分别为1，2，3，4，5的五张卡片，这些卡片除编号不同外其他都相同，从口袋中有放回地摸卡片三次，每次摸一个.则三次摸出卡片的数字有两次不超过3的概率______；在已知三次摸出卡片的数字有两次不超过3的前提下，这三次中有一次摸出编号为2的卡片的概率______. 【答案】 【解析】由题意可知，单次摸到不超过3的概率为，超过3的概率为， 记事件A=“三次摸出卡片的数字有两次不超过3” 三次试验中恰好两次成功的概率服从二项分布，故； 事件A的总情况数为 ， 记事件B=“三次中有一次摸出编号为2的卡片”， 则事件AB为：有一次摸出编号为2，另外一次为1或3，第三次超过3， 可由如下步骤实线事件AB， 第一步：从三次摸出卡片中选出一次摸出编号2，共3种情况， 第二步：从剩下的两次摸出卡片中选出一次摸出编号1或3，共种情况， 第三步：从剩下的一次摸出卡片中选出超过3的编号，共2种情况， 由分步乘法计数原理可知，事件AB总情况数为， 所以 5．（2025·天津南开·模拟预测）2044年，当同学们重返母校参加140周年校庆时，惊喜地发现，南院正门外真的出现了一家“南德琐艾奶茶店”，这里正出售6款饮品，分别为林林清风、金晓惠兰、明明如月、幽幽谭香、天天爆柠、雅韵冰酿．甲、乙两位同学分别选购3款不同饮品，则甲选购的饮品中有“林林清风”的概率为________；在甲选购了“林林清风”这款饮品的条件下，甲、乙二人所选饮品中恰有1款相同的概率为________． 【答案】 / / 【解析】总共有6款饮品，甲选购3款不同饮品，总的选购方案数为组合数, 甲选购的饮品中包含“林林清风”的方案：固定“林林清风”被选中， 则甲需从剩余5款饮品中选购2款，方案数为，因此，概率为 ； 条件：甲已选购包含“林林清风”的3款饮品（记作集合，其中必含“林林清风”）， 乙独立选购3款不同饮品，总的选购方案数为. 要求甲、乙所选饮品集合的交集大小恰好为1（即恰有1款相同）； 设饮品全集为，其中为“林林清风”， 不失一般性，设甲选购，则剩余饮品为. 乙选购时，恰有1款与甲相同，即乙从中选1款， 并从中选2款.从选1款的方案数：， 从选 2 款的方案数：. 因此，满足条件的乙选购方案数为，概率为. 6．（2025·天津河西·模拟预测）一纸箱中装有4瓶未过期的饮料和2瓶过期饮料．若每次从中随机取出1瓶，取出的饮料不再放回，则在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期饮料的概率为______；对这6瓶饮料依次进行检验，每次检验后不再放回，直到区分出6瓶饮料的保质期时终止检验，记检验的次数为，则随机变量的期望为______． 【答案】 【解析】记事件A为“第一次取到过期饮料”，事件B为“第二次取到未过期饮料”， 则，， 所以在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期的概率为. 随机变量的取值为2,3,4,5，记为“第“i”次取到过期饮料”， ， , . 7．（2025·天津南开·二模）甲、乙两个袋子中各有10个除颜色外完全相同的小球，其中甲袋中有7个红球，3个黄球，乙袋中有8个红球，2个黄球．若从两个袋子中各任取1个球，则都取到红球的概率为_____；若从两个袋子中各任取1个球，两球颜色不同的条件下，乙袋中取出黄球的概率为_____． 【答案】 【解析】设事件表示“从甲袋中取到红球”，事件表示“从乙袋中取到红球”， 甲袋中有个红球，个球，所以 ； 乙袋中有个红球，个球，所以 . 因为从甲、乙两袋中取球相互独立，所以“都取到红球”即与同时发生， 根据相互独立事件的概率乘法公式可得 . 设事件表示“两球颜色不同”，事件表示“乙袋中取出黄球”. 先求： 两球颜色不同有“甲红乙黄”和“甲黄乙红”两种情况. “甲红乙黄”的概率 ； “甲黄乙红”的概率 . 根据互斥事件概率加法公式， . “两球颜色不同且乙袋中取出黄球”即“甲红乙黄”， . 根据条件概率公式 ，可得 . 8．（2025·天津和平·一模）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 . 押题猜想11 解三角形 试题前瞻·能力先查 限时：36min 【改编题】在中，角的对边分别为．已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【解】（1）因为， 由正弦定理可得，整理得， 由余弦定理可得， 又，故． （2）由（1）知，又，得， 由正弦定理可得， 又，解得． （3）因为，所以，故． 所以． 所以 ． 分析有理·押题有据 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 密押预测·精练通关 1．（2026·天津河东·一模）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，，. (1)求a，的值： (2)求的值； (3)求的面积. 【解】（1）在△ABC中，由，，可得， 因为，，， 可得， 代入，，可得：， 化简得：， 所以，，即； （2）由（1）可知C为钝角，且， 则，， 所以. （3）. 2．（2026·天津和平·期末）在中，角所对的边分别为，已知. (1)求角的大小； (2)若. （i）求的值； （ii）求的值. 【解】（1）由正弦定理及二倍角公式可得， 又因为，所以，解得， 由，可得. （2）（i）将代入余弦定理，得， 解得. （ii）因为，故， 由正弦定理，解得， 由，故， 代入. 3．在中，角所对的边分别为，已知，，． (1)求角的大小； (2)求的值； (3)求的值． 【解】（1）已知，由三角形内角和， 得，代入得： 由正弦定理，即，代入上式： ，又，故，即， 又，得； （2）已知，则，且，， 由余弦定理，代入得： ，化简： ，解得： ，故； （3）由，得， 由正弦定理，即， 由余弦定理， 故， 又，则，由正切和角公式：， 代入， 得 4．（2026·天津静海一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，的面积为，． (1)求A的值； (2)求b的值； (3)求的值． 【解】（1）由正弦定理得， ， ，， 又，所以． （2），即①， 又，即②， 由①②解得或， 又， 所以b的值为8． （3）由（2）知， 所以， ， 又，所以，， 则， 所以 ， 即的值为． 5．（2026·天津河西·模拟预测）在中，内角的对边分别为，且． (1)求角的大小； (2)若的面积为，，． （ⅰ）求和的值； （ⅱ）求的值． 【解】（1）由余弦定理，， 由，得， 由正弦定理，得， 则，又，所以， 又，所以． （2）（ⅰ）由（1）知，，得①． 由余弦定理，所以②． 由①②，得，解得， 由，解得，． （ⅱ）由正弦定理，所以， 为锐角，， ． 6．（2026·天津和平·三模）在中，角、、所对的边分别为、、，，， (1)求角的大小； (2)求的值与的面积； (3)求的值． 【解】（1）由可得，可得， 因为，则，所以，解得. （2）由正弦定理，有，所以， 由（1）知，由余弦定理得， 解得，， 所以的面积为. （3）由余弦定理可得， 所以， 所以 . 押题猜想12 数列-通项、求和、证明 试题前瞻·能力先查 限时：46min 【改编题】设数列是等差数列，是等比数列．已知． (1)求和的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，数列的前n项积为，证明：． 【解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为，所以， 所以． （2）为奇数时，， ， 为偶数时，， ， 所以 所以． （3），， 当时，； 当时，即 又， 所以，当时，， 所以． 分析有理·押题有据 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 密押预测·精练通关 1．（2026·天津红桥·二模）已知数列 的首项 (1)证明：数列 为等比数列； (2)证明：对任意的 (3)证明: 【解】（1），又 所以是以为首项，以为公比的等比数列． （2）由（1）知，即 . （3）由（2）知，对任意，有， 取， 则. 2．（2026·天津河西·二模）已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，. (1)当数列为等差数列时，求的通项公式及； (2)当在单调递增时，设，求的值； (3)当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值. 【解】（1）当数列为等差数列时，设其公差为， 由题意得，所以， 所以， . （2）若数列为等差数列，由（1）知，显然在不单调； 故数列为等比数列，设公比为，则，解得或， 当 ， 时，，，易知在单调递增； 当 ， 时，，，易知在不单调， 所以， 由， 可得. （3）当数列为等比数列时，由（2）知或， 又为摆动数列，所以，， 所以， 当为奇数时，单调递减，故当时取得最大值1，且， 当为偶数时，单调递增，当时取得最小值，且， 所以的最大值为1，最小值为. 3．（2026·天津和平·三模）已知，等差数列的前项和，正项等比数列的前项和为，，． (1)求数列和的通项公式； (2)若． （ⅰ）不等式恒成立，求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 【解】（1）对任意的，，当时，， 当时，. 也满足，故对任意的，， 所以，即数列为等差数列，合乎题意， 设等比数列的公比为，则，， ， 所以，，因此，. （2）（i）， ，故原不等式可化为， 当为奇数时，，即恒成立， 显然为递减数列，且，所以； 当为偶数时，恒成立，显然为递减数列， 所以，所以， 因此，实数的取值范围是. （ii）因为， 设， 所以， 上述两个等式作差可得①， 设， 所以， 两式作差得 ，即， 代入①式可得， 故，故结论得证. 10．（2025·天津滨海新区·三模）已知等差数列与正项等比数列满足：，． (1)求、通项公式； (2)若对数列、，在与之间插入个，组成一个新数列，求数列前100项和； (3)若（其中），证明：． 【解】（1）因为，， 所以， 解得，所以； 因为，，所以， 又因为，所以，； （2）设， 在数列中，从项开始到项（不含）之前， 共有项数为， 所以， ， 当时，；当时，， 所以数列前100项是项之后还有32项为2， 所以； （3）当时，， ， ， ， ， ， ， 当时，， ， ， 因为，， 所以， 即. 11．（2026·天津南开·二模）已知等差数列的前项和为． (1)求的通项公式； (2)记，其中为二项式系数． （ⅰ）求数列的前项和； （ⅱ）求． 【解】（1）设首项为，公差为， 由题意得解得， 所以． （2）（ⅰ）由（1）知， 因为， 所以 ， 所以． 所以， 所以． （ⅱ）因为 ， 所以 ． 14．（2025·天津和平·一模）已知，记无穷数列的前项中的最大值为，最小值为，令. (1)若，求数列的通项公式与其前项和； (2)若数列为递增的等差数列，判断数列是否也一定为递增的等差数列，并说明理由； (3)若，设数列的前项和为，是否存在正整数，使得为等差数列？如果存在，求出所有的值，如果不存在，请说明理由. 【解】（1）由，即，当时，，当时， 为偶数，， 为奇数，且， 故 当时，， 当时，， 所以， （2）若为递增的等差数列，设其公差为，则， 所以，， 若，则，矛盾， 若，则，矛盾，所以， 所以，是递增的数列.由， 所以，是公差为的等差数列，因此数列为递增的等差数列得证. （3）若，由（2）可知也为等差数列，且公差为， ，， ， ， ，所以. 若存在正整数，使得成等差数列，即， ，即①， 令，，所以单调递减，， 所以若①式成立，则，所以， 类似的单调性，可得是单调减函数， 由于， 所以上面关于的方程存在唯一解. 因此存在唯一一组正整数，使得为等差数列. 押题猜想12 立体几何-几何体的体积、线面角、二面角 试题前瞻·能力先查 限时：60min 【改编题】如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，. (1)证明：与平面PAD； (2)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值； (3)若Q为线段PC的中点，求三棱锥的体积. 【解】（1）因，，，则， 又，四点共面，则， 因平面，平面，则平面. （2）如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则， 设平面的法向量为 则，令，则， 易知为平面PAD的一个法向量， 则， 所以平面PBC与平面PAD夹角的余弦值为； （3）， 因Q为线段PC的中点， 则. 分析有理·押题有据 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. 密押预测·精练通关 1．（2026·天津河东·一模）如图，已知多面体中，底面ABCD为直角梯形，点、、、在底面的垂足分别为A、B、C、D，，，，，，E为的中点，F在上且. (1)求BE与平面所成角的正弦值； (2)求平面FBC与平面的夹角的余弦值； (3)边上是否存在点M，使、E、M、F四点共面，若存在，求出DM的长度，若不存在，则说明理由. 【解】（1）由题意得两两垂直， 以A为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，，，，，， 设BE与平面所成角为，， 易得平面的法向量为， 则， BE与平面所成角的正弦值为 （2）设平面FBC与平面的夹角为， 平面FBC的法向量为，，， 则有，令，则， 平面的法向量为，， 则有，令，则， 平面FBC与平面的夹角的余弦值 （3）设，平面的法向量， 若上存在点M，使、E、M、F四点共面，则有， ，， 则有，令，则， ，则，解得，， 故上存在点M，使、E、M、F四点共面，. 2．（2026·天津河北·期中）如图，在四棱柱中，平面ABCD，，，，.M，N分别为，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求直线到平面的距离. 【解】（1）取中点，连接， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点，方向为轴建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由（1）知平面； 故点到平面的距离即为到平面的距离； ，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 3．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 【解】（1）设，为中点， 是以为斜边的等腰直角三角形， 取的中点，底面是等腰梯形，. 连接 ， 在中，， 在中，. ， ，且平面， 平面； （2） 如图，建系，则 ， 设直线与所成角为， （3）设平面的法向量是 ，即，令，解得 设平面的法向量是 ，即令，解得 设平面与平面夹角为 故面与平面夹角正弦值为. 4．（2026·天津南开·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，且，，，分别为，，，的中点，．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【解】（1）证明：在中，因为，且为的中点，所以， 在矩形中，因为和分别为和的中点，可得， 因为平面，且平面，可得，所以， 又因为，且平面，所以平面. （2）解：以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，可得， 设平面的法向量为，则 取，可得，所以； 因为平面，且平面，可得， 又因为，且，平面， 所以平面，即平面， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值. （3）解：因为为的中点，可得，所以， 由（2）知，平面的法向量为， 设点到平面的距离为，则. 5．（2026·天津滨海新区·三模）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)求点G到直线AB的距离． 【解】（1）因为平面，平面， 所以， 且，，平面， 所以平面，平面， 所以， 由条件可知四边形是正方形，所以， ，且平面， 所以平面； （2） 如图，以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，，， 由（1）可知，平面的法向量可为， ，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设平面CDE与平面ABE的夹角为， 所以； （3）, 所以点到直线的距离. 6．（2026·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 (1)求证：； (2)若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 【解】（1）证明：因为矩形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面， 所以 （2）证明：因为，，所以， 因为矩形，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面 取的中点O，连接 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以就是直线与平面所成角，即， 在中，，解得， 以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 由，知， 所以，， 设平面ABE的法向量为，则， 取，则，，所以， 而， 所以点C到平面的距离为 7．（2025·天津滨海新区·三模）在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【解】（1）证明：法一：如图，平面，，可得平面， 由，可得，则直线，，两两垂直， 以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系． 由题意可得，，，，，． 由平面，取平面的一个法向量为，由， 可得， 又平面，所以平面． 法二：取中点，连接，，由是的中点，可得，而， 则，又，于是四边形是平行四边形． 所以， 又平面平面，所以平面． （2）由（1）可得，， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 设平面与平面的夹角为， 因此． 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）由（2）知平面的一个法向量为， 且， 则点到平面的距离为． 押题猜想13 圆锥曲线-证明问题 试题前瞻·能力先查 限时：72min 【改编题】已知椭圆，过右焦点的直线交于A，两点，过点与垂直的直线交于，两点，其中，在轴上方，，分别为AB，DE的中点.当轴时，，椭圆的离心率为. (1)求椭圆的标准方程； (2)证明：直线过定点，并求定点坐标； (3)设为直线与直线的交点，面积的为，求直线的方程. 【解】（1）由题意可得，解得，， 则椭圆C的标准方程为． （2）B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0， 设直线，联立椭圆，消去x得：， 由韦达定理得：， ， 则中点， 由，所以以代替m可得， 所以， ， 化简得， 则过定点． 当时，取，，则过定点； 当时，取，，则过定点； 综上直线MN过定点． （3）M，N分别为AB，DE的中点， ， 由（2）知， 以代替m可得， 所以， ，所以或， 解得，， 所以直线的方程为：或. 分析有理·押题有据 近两年高考对于椭圆的考察整体难度中等，利用题干给的信息进行分析，得到需要的方程求解，分析难度整体不大，计算量较大。圆锥曲线椭圆大题的难度多来自联立方程之后的计算，往往需要考生有比较扎实的计算功底。 密押预测·精练通关 1．（2026·天津河东·一模）已知椭圆的方程为，上顶点为，右顶点为，，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于点（在第一或第四象限），过原点且与直线平行的直线与椭圆在第二象限交于点. (1)求椭圆方程； (2)轴上有一点，，求直线的斜率； (3)若直线与轴交于点，求直线的斜率. 【解】（1）由题知，，，， 且，，， ，，， 所以椭圆的方程为. （2）由（1）知，， 设过点的直线方程为，过原点且与直线平行的直线为， 联立可得， 则点的坐标为， 联立可得， 则点的坐标为， 所以，， 由，整理为，解得，（舍）， 即直线的斜率为. （3）由题知，， ， ， 由（2）整理为，解得，（舍）， 所以直线的斜率为. 2．（2026·天津南开·月考）已知椭圆的离心率为，短轴长为4. (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知动直线l过曲线C的左焦点F，且与椭圆C分别交于P，Q两点，试问x轴上是否存在定点R，使得为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由. 【解】（1）设椭圆的半焦距为, 由题意可得，解得， ， 所以椭圆的标准方程为． （2）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆的方程，可得， 设，则． 设，则 ， 若为定值， 则，解得． 此时点的坐标为． ②当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 代入，得 不妨设， 若，则，，． 综上，在轴上存在点，使得为定值．    3．（2026·天津宁河·模拟预测）已知椭圆过点，长轴长为，过点且斜率为的直线与椭圆相交于不同的两点、． (1)求椭圆的方程； (2)若线段中点的横坐标是，求直线的斜率； (3)在轴上是否存在点，使是与无关的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【解】（1）由题意可得，可得， 因此椭圆方程为，即. （2）设点、，则， 因为，这两个等式作差可得， 即， 由题意可知，直线的方程为， 线段的中点在直线上，所以，，可得， 所以，故，故直线的斜率为. （3）在轴上存在点，使是与无关的常数. 证明：假设在轴上存在点，使是与无关的常数， 因为直线过点且斜率为，所以，直线的方程为， 由 得. 设、，则，， 因为，， 所以 设常数为，则， 整理得对任意的恒成立， ，解得， 即在轴上存在点，使是与无关的常数. 4．（2026·天津·二模）椭圆（），过原点的直线与椭圆交于两点，点为椭圆的上顶点，若的最大值为8，面积的最大值为12． (1)求椭圆的方程； (2)是椭圆上异于（不在坐标轴上）的任意两点，且直线相交于点，直线相交于点，直线斜率均存在．求证：直线的斜率与直线的斜率乘积为定值． 【解】（1）依题意，当两点与椭圆的左、右顶点重合时，有最大值，且的面积有最大值， 所以，，，． 所以椭圆的方程为． （2） 证明：设，，，，则， 则． 因为，， 两式相减，得，所以， 即． 所以．① 同理，可得， 所以．② ，得， 则， 所以． 即直线AB的斜率与直线MN的斜率乘积为定值． 5．（2026·天津滨海新区·三模）已知椭圆的离心率为，，是椭圆的左，右顶点，是椭圆的上顶点，且． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点的直线交于，两点（异于，），直线与交于点． （i）求面积的取值范围； （ii）是否存在点同时满足，若存在求出点的坐标，若不存在说明理由． 【解】（1）由题意，又，解得，椭圆的标准方程为； （2）（i）设直线的方程为，， 消得，即， 所以，设，，恒成立， ，， ， 令，，则， 由在上单调递增，则，故， 所以； （ii），，由（i）， 直线的方程为，直线的方程为， 因为，，所以． 令 ∴， ∴，，点的横坐标为定值，设点的坐标， 因为，，， 解得，得出或，所以存在点或满足条件. 6．（2025·天津河西·二模）已知椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，且与直线相切. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作斜率为的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线交轴于点为，点关于直线的对称点为点，若四边形为正方形，求的值. 【解】（1）因为椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，所以，则， 所以椭圆的方程为， 由消去，得， 因为椭圆与直线相切， 所以令，解得，所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）设直线的方程为，设点、，的中点为， 联立消去，得， ， 由韦达定理得，， 所以，代入，解得， 故线段的中点的坐标为， 所以线段的垂直平分线的方程为， 令，解得，即， 因为线段和线段互相垂直平分，所以四边形为菱形， 要使四边形为正方形，需满足， 所以 , 即，解得，则的值为. 押题猜想14 导数-极值、双变量问题 试题前瞻·能力先查 限时：98min 【改编题】已知函数， (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的值； (2)当时，讨论函数单调性 (3)当时，若对任意，不等式恒成立，求的最小值； (4)若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围． 【解】（1）由得：， 则，又由直线的斜率为， 根据题意可知：； （2）由（1）可知， 令，得，故函数在区间上单调递增， 令，得，故函数在区间上单调递减， 综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减； （3）当时，不等式可化为， 变形为 同构函数，求导得， 所以在上是增函数，而原不等式可化为， 根据单调性可得：， 再构造，则， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以，即满足不等式成立的, 所以的最小值为； （4）因为存在两个不同的极值点 所以由可得： ，， 因为，而的对称轴是，所以可得， 根据对称性可得另一个零点，此时有， 故， 又由可得， 而 令， 则， ，即，， 则， 即在区间上单调递减， 所以有， 即， 所以实数取值范围. 分析有理·押题有据 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. 密押预测·精练通关 1．（2025·天津·二模）已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求证：在上单调递增； (3)求证：，且，. 【解】（1）当时， 又 曲线在点处的切线方程为： 即． （2） 在恒成立，在上单调递增. （3）令，则原不等式等价于 令 则 令， 则 由（2）知， 在恒成立 又在恒成立， 在单调递减， ， 在单调递减， ， 即， 2．（2026.天津红桥一模）已知函数，其中为自然对数的底数， (1)当时，求函数在点处的切线方程; (2)证明:恒成立； (3)证明: 【解】（1）当时，可得，所以； 可得，又， 所以在点处的切线方程为，即； （2）易知，要证明， 可得， 构造函数，可得， 可知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时，等号成立； 下面证明， 令，所以； 易知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时等号成立， 综上可得，，恒成立，但等号不在同一点处取得， 所以，即. （3）由（2）中结论可知； 所以， 因此； 可知 所以. 3．（2026·天津河北·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，若不等式恒成立，求a的取值范围； (3)若有两个零点，且，证明：． 【解】（1）由题设，则，且，， 所以曲线在处的切线方程为，即； （2）由题设，即且， 令且，则， 令，则，故在上单调递增， 所以， 当，时，，则在上单调递增，，符合； 当，时，，时， 所以，使，即在上，在上单调递减，从而，不符合； 综上，； （3）由，则，，且， 所以，故， 要证，需证，即， 需证，令，即，即证， 最终只需证明，令且，则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以得证. 4．（2025·天津红桥·一模）已知函数，． (1)求函数在点处的切线方程； (2)当时，，求实数a的取值范围； (3)已知，证明：． 【解】（1）因为， 则函数在点处的切线斜率为， 又， 所以函数在点处的切线方程； （2）设，， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 则函数，所以， 当时，，即， 当时，取，观察的其中的一个零点为， 由于， 而，得， 即，不合题意， 综上所述，实数的取值范围是； （3）当时，由（2）得， 则，所以，即，则， 令，得，所以，即， 又， 令，则，且不恒为零， 所以在上单调递增，即，则， 所以， 即 ． 5．（24-25高三下·甘肃白银·月考）已知函数． (1)当，时，求的单调区间及极值； (2)若，且的最大值小于，求a的取值范围； (3)若，且关于x的方程有两个不等的实根，，，证明：． 【解】（1）当，时，， 其定义域为，， 令，得或，令，得， x 1 + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 当时，有极大值， 当时，有极小值， 故的单调递增区间为，，单调递减区间为， 极大值为，极小值为． （2）若，则，定义域为，， 当时，，在上单调递增，无最大值，不合题意，所以， 令，则，在上单调递增； 令，则，在上单调递减， 则， 因为的最大值小于，所以， 即在上恒成立． 设，问题转化为在上成立， 因为恒成立，所以在上单调递增， 又，所以，所以，故a的取值范围为． （3）当时，，由，得， 即有两个不等的实数根，，且， 设，则，所以，即， 又，所以， 代入（*）式得，所以， 故， 从而． 设，则， 设，则， 所以在上单调递增， 又，所以恒成立， 故，从而在上单调递增，所以， 从而，故，所以． 6．（2023·天津河西·模拟预测）已知． (1)求在处的切线方程； (2)对，有恒成立，求的最大整数解； (3)令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求的取值范围，并证明：． 【解】（1）的导数为： ， 所以，， 所以在处的切线方程为： ，即； （2）由已知可得， 等价于， 可令，， 记，， 所以为上的递增函数， 且，， 所以，，即， 所以在上递减，在上递增， 且， 所以的最大整数解为3； （3）证明：∵，， 若要有极值点，显然， 所以令，可得， 当，，，， 所以在上单调递减，上单调递增， 而要使有两个零点，要满足， 即可得， 因为，，令， 由， 即， 而， 即， 由，，只需证， 令， 则， 令， 则， 故在上递增，； 故在上递增，； ∴． 7．（2026·天津·一模）已知函数. (1)若，求函数的单调增区间； (2)若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值； (3)当时，函数恰有两个不同的零点，且，求证：. 【解】（1）当时，，所以， 则，定义域为. 令，解得：. 所以的单调增区间为. （2）依题意对恒成立，等价于对恒成立. 令，则 令在上是增函数， ， 所以，使即 对，，，所以在上单调递增； 对，，，所以在上单调递减. 所以. 所以. 又，所以整数a的最小值2 （3）当时，由（2）知在上单调递增，在上单调递减且，时，；时，； 依题意存在，使得 已知可得 要证成立，只需证 因为是的零点，所以， 两式相减得： 即 只需证 又因为只需证 即证 令则，所以， 所以在增函数，所以即. 即成立. 所以原不等式得证. 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $