2026年高考数学终极冲刺：题号猜押07 全国卷高考数学第13题（填空题）（解析版）

1/7题号猜押07全国卷高考数学第13题（填空题）溯源年份卷别原题号考点具体内容2025Ⅰ卷T13等比数列前n项和求公比2025Ⅱ卷T13导数（极值）极值点求参数2024Ⅰ卷T13导数（切线）公切线求参数2024Ⅱ卷T13三角恒等变换给值求值（同角关系）2023Ⅰ卷T14立体几何正四棱台体积2023Ⅱ卷T14立体几何正四棱锥棱台体积2022Ⅰ卷T14直线与圆公切线方程2022Ⅱ卷T14导数（切线）过原点切线（分段函数）2021Ⅰ卷T14抛物线准线方程2021Ⅱ卷T14开放函数幂函数性质（奇偶、单调）近5年填空题第二题（等价T13）考点分布较广，但呈现一定轮换规律。导数（切线、极值）出现3次（2025Ⅱ、2024Ⅰ、2022Ⅱ），立体几何（体积）出现2次（2023Ⅰ、2023Ⅱ），数列出现1次（2025Ⅰ），三角恒等变换出现1次（2024Ⅱ），直线与圆出现1次（2022Ⅰ），圆锥曲线出现1次（2021Ⅰ）。导数相关考点（切线、极值）在近5年中出现频率最高，且2024、2025连续两年在T13位置考查导数（公切线、极值点），成为该位置的热门考点。立体几何体积计算在2023年连续出现两次，近年有所减少。数列、三角、直线与圆、圆锥曲线基本量计算轮换出现。预测2026年T13极大概率在导数几何意义（切线方程、公切线）与三角恒等变换（给值求值、化简求值）之间选取。由于导数切线问题在2024、2025年高频出现，2026年可能转向三角恒等变换，或继续考查导数但变换题型（如极值、单调性求参）。立体几何体积计算作为备选，数列基本量计算、直线与圆位置关系偶有出现。备考核心主攻导数切线问题，熟练掌握“设切点、列方程”的解题流程，能处理公切线问题（两曲线切线相同或同一直线与两曲线相切），理解极值点的必要条件（导数为0）及极值判断方法；强化三角恒等变换，熟记二倍角、和差角公式，掌握给值求值的整体代换技巧，注意角的范围对符号的影响；掌握立体几何体积计算，熟记棱台、棱锥、圆柱、圆锥体积公式，能准确计算几何体体积；熟练等差等比数列通项与前n项和公式，能快速求解基本量；理解直线与圆的位置关系，掌握圆心到直线距离公式。限时训练，每道题控制在2~3分钟，确保计算准确、步骤规范。考点1三角恒等变换（2026·陕西榆林·二模）已知，则___________．【答案】【分析】法1：由已知等式整理得到，法2：应用齐次式法有，进而求得，再应用和角正切公式求值.【详解】法1：因为，所以，即，所以；法2：因为，所以，即，所以；故答案为：（25-26高三下·浙江·开学考试）已知，，则的值为___________．【答案】/【分析】根据正切差角公式化简原式求解，再利用二倍角公式代入计算即可【详解】根据正切差角公式，，原等式可化为：设，由得，整理方程：解得正根（负根舍去）。利用公式，分子分母同除以得：代入：（25-26高三下·河北沧州·月考）若，且，则______.【答案】或【分析】根据两角和正弦公式及特殊角三角函数值计算求解.【详解】因为，又因为，则，所以，即或.因为得或，即或.（25-26高三上·湖北·期中）已知，为锐角，，，则_____.【答案】【分析】由和两角和的正切公式即可求解.【详解】因为，为锐角，所以，，所以，所以.因为，所以，，因为，所以，，所以..，故答案为：（2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·专题练习）已知，则______．【答案】或【详解】由题意得，即(*)，因为当时，，不合题意，即，将(*)两边同除，得，解得或，又，当时，；当时，，综上，的值为或.（25-26高三下·海南省直辖县级单位·月考）已知，则______.【答案】/【详解】由题可得，，所以.（2026·湖南长沙·模拟预测）___________．【答案】/【详解】，又，所以，所以．（2026·江苏·一模）求值：___________．【答案】【详解】.（2026·湖北襄阳·一模）已知，若，且，则_______．【答案】【分析】利用，根据和差化积公式得，即可由万能公式求解.【详解】．∵∴∴,由于，故，则，∴∴.（2026·四川绵阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若，则的最大值为______.【答案】1【详解】因为与角的终边关于轴对称，所以，又因为，所以，令，则.所以，所以当时，单调递减，所以当时，取得最大值1.考点2导数（2026·海南海口·一模）已知直线与曲线相切，则实数_______．【答案】4【分析】设切点坐标为，利用切点既在曲线上又在切线上及导数的几何意义，解方程组即可求出.【详解】由题意，定义域为，，设切点坐标为，又切点既在曲线上又在切线上，，解得或（舍掉），则.故答案为：4.（2026·江苏南京·三模）若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数________.【答案】/【分析】利用导函数在某点处的切线的斜率与圆在某点处切线斜率之间的关系分析求解即可.【详解】由知定义域为，则，此时曲线在点处的切线斜率为：，又圆的圆心与点所在直线的斜率为：，所以圆在点处的切线斜率为：，由题意知，①又在圆上所以：，②将①代入②中得：，化简得：，解得：或（舍去），又由题意知，所以，此时，所以，将代入中有：，解得：.（25-26高三上·山东菏泽·期末）已知曲线与在交点处的切线互相垂直，则___________．【答案】【分析】设两曲线交点为，曲线的斜率为，曲线的斜率为，求出两曲线交点，分别对曲线方程求导，由切线垂直，解得，联立求解与，相关的值，代入求解即可.【详解】设两曲线交点为，曲线的斜率为，曲线的斜率为，则，解得，对求导可得，，对求导可得，，因为两切线垂直，所以，所以，解得，由，解得，所以，由可得，所以.故答案为：.（2026·浙江·模拟预测）已知倾斜角为的直线l与曲线和都相切，则实数__________.【答案】/【分析】首先设出切线与曲线的切点，根据导数的几何意义求切点坐标和切线方程，再设出切线与曲线的切点，根据导数的几何意义求实数的值.【详解】，设直线l与曲线切于点，则，得，所以直线l的方程为，设直线l与曲线切于点，则，所以点在直线l上，故，得.故答案为：（25-26高三上·江西南昌·期末）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则______．【答案】【分析】求得，得到，求得切线方程为，再求得，设曲线的切点为，列出方程组，即可求解.【详解】由函数，可得，所以，所以曲线在点处的切线方程为，又由函数，可得，设曲线的切点为，则，解得.故答案为：.（2026·福建龙岩·一模）已知，对任意，关于的方程有实数解，则的最小值为______.【答案】【详解】由题意，该方程有解，故，该不等式对任意恒成立，即，设，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，则，即的最小值为.（2026·四川成都·二模）函数．若在区间上恒成立，则整数的最小值是__________．【答案】【分析】利用特值法判断成立的必要条件，再根据导数判断函数单调性，即可证明其充分性.【详解】由，要使在区间上恒成立，则，当时，，此时在上恒成立，故在区间上单调递增，此时，也即在上恒成立，故整数的最小值为．（2026·山东潍坊·一模）若函数有两个极值，则实数的取值范围为__________.【答案】【分析】先确定函数的定义域，再求出函数的导数，根据导数与极值点关系计算即可.【详解】函数的定义域为，，函数在有两个极值，在有两个不相等的实数根，即在有两个不相等的实数根，令，对称轴为，要使在有两个不相等的实数根，则需满足，解得，综上，实数的取值范围为.（2026·陕西榆林·模拟预测）若恒成立，则实数a的取值范围为______．【答案】【分析】利用换元法，结合余弦函数的最值性质、任意性的定义，通过构造函数，利用导数研究函数的最值即可．【详解】易知，令，则，所以．当时，，当或时，，所以在上单调递减，在上单调递增．由，得函数的最小值为，因为，所以．所以实数a的取值范围为.（25-26高三下·河北沧州·月考）已知为正实数，且直线与曲线相切，则的最大值为______.【答案】/【分析】利用函数导数与函数在某点处的切线方程，以及基本不等式求解即可.【详解】由直线与曲线相切，设切点为，由，且切线的斜率为，所以，代入曲线方程中得：，所以切点为，代入直线方程中得：，因为，所以.当时取等号，所以的最大值为.考点3数列（25-26高三上·陕西商洛·期末）已知数列满足，且，则_____.【答案】【分析】通过构造新数列的方法，将给定的递推公式转化为一个等比数列的形式，进而可求出数列的通项公式.【详解】设，则.由，解得..又，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.，.故答案为：（2026·河南许昌·模拟预测）设为各项均为正数的等比数列的前项和，若，则__________.【答案】/1.5【分析】设等比数列的公比为，由求得，利用等比数列前项和公式求.【详解】设等比数列的公比为，由数列各项均为正数，有，由，有，则，解得，为的前项和，，，则.（2026·湖南衡阳·模拟预测）设等比数列的各项均为正数，其前n项和为，若，，则______.【答案】【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式和前项和公式，列出方程，求得的值，进而求得的值.【详解】设等比数列的公比为，因为，，可得，整理得，即，因为，可得，所以.又因为，所以，所以.（2026·山东·模拟预测）已知数列均为等差数列，分别为数列的前项和，若，且，则___________．【答案】【分析】根据等差数列的求和公式及性质，可得，结合条件，可得，根据等差数列的通项公式，可得，的表达式，进而可得的表达式，根据条件，待定系数，即可得的值，即可得答案.【详解】因为，所以，由等差数列的性质得，即，又，则，联立解得，设数列的公差为，数列的公差为，则，解得，则，同理，则，所以，解得，所以.故答案为：（2026·陕西·模拟预测）已知集合，，集合，将集合中的所有元素从小到大依次排列为一个数列，记为，是数列的前项和，则______.【答案】【分析】分析出数列前项由的前项和的前项组成即可求解.【详解】由题可得集合，是正奇数集，通项为，集合，是的整数次幂集，通项为，由于集合，将集合中的所有元素从小到大依次排列为一个数列，记为，则数列前项由的前项和的前项组成；则（2026·河南开封·模拟预测）已知数列为正项等比数列，数列满足，若，，则________.【答案】20【详解】因为数列为正项等比数列，数列满足，则，所以为定值，所以数列为等差数列，由，故.（2026·陕西榆林·模拟预测）已知数列的前n项和为，，，则______．【答案】2n【分析】根据递推公式及等差数列的概念可得，然后根据通项与前n项和的关系可得数列的通项公式．【详解】因为，等式两边同时除以，得，当时，，所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，所以，即，所以当时，，当时，也符合上式，所以．（2026·甘肃·一模）如图，若第1行数字的和记为，第2行数字的和记为，第行数字的和记为，则__________；若数列的前项和为，则__________【答案】【详解】由题意可知，；所以.（2026·北京平谷·一模）无人机表演团队把飞在空中的无人机设计成在垂直于地面的同一平面内，已知10架无人机飞行的高度（单位：米）从低到高构成项数为10的数列，该数列的前4项成等比数列，后7项成等差数列，且，，，则______，数列所有项的和为______．【答案】1441073【分析】先利用和前项求出前项等比数列的公比，再利用和求出后项等差数列的公差，进而分别计算出及数列各项的和.【详解】设前项构成的等比数列公比为，则，即，解得；设后项构成的等差数列公差为，则分别是第一项和第六项，所以，即，解得；因为是等差数列的第四项，所以；因为是等差数列与等比数列的公共项，现将其只看作等差数列的首项，则数列所有项的和可看作前项等比数列与后项等差数列的和，所以（25-26高三下·陕西西安·月考）已知数列的前n项和为，若，，则满足的的最小值为________.【答案】48【分析】对递推公式取倒数，结合等差数列的定义求出通项公式，进而求出的表达式，接着根据不等式放缩得，最后结合题意求解最小值即可.【详解】由题，两边取倒数得，所以，即数列是首项为，公差为2的等差数列，所以，，所以，因为，另一方面，，所以，所以，因为当时，当时，所以，满足条件的k的最小值为48.考点4直线与圆（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】【分析】根据圆心在轴正半轴设圆心坐标，然后根据相切列方程得到，最后计算半径写方程即可.【详解】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.故答案为：.（2026·湖北宜昌·二模）已知坐标原点到直线的距离为，则的最大值为___________．【答案】【分析】根据条件得到，令，可得，即可求解.【详解】因为坐标原点到直线的距离为，则，整理得到，令，则，其中，所以，当且仅当时取等号，故的最大值为.（2026·安徽合肥·模拟预测）已知圆经过点，，且圆心在直线上，若直线：与圆相交，则实数的取值范围为______．【答案】【分析】根据条件，求出圆心C和半径r，由题意得，圆心C到直线l的距离小于半径r，代入点到直线距离公式，即可得答案.【详解】因为，，所以AB中点坐标为，直线AB的斜率，所以与AB垂直的直线的斜率，则AB的垂直平分线方程为，即，由题意圆心为直线与的交点，联立解得圆心为，则圆的半径，因为直线：与圆相交，所以圆心到直线l的距离，解得，则实数的取值范围为（2026·广东梅州·一模）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点为圆上的动点，则的最小值为______.【答案】【分析】由，应用向量数量积的运算律及数形结合确定的最小值.【详解】由题设，如下图有，且，所以，要使最小，只需反向共线，此时，所以的最小值为.（2026·广东·一模）如图，月牙形是由两段圆弧围成的一个封闭图形，已知围成该月牙形的两段圆弧所在圆的半径相同，两圆的圆心分别为坐标原点和点，月牙尖的坐标分别为，则圆的标准方程为______．【答案】【详解】由题易知，圆的半径为，圆心在的垂直平分线上，又的斜率，则直线的方程为，设，所以，解得，所以圆的方程为.（2026·江苏·一模）已知圆是上的两个动点，点．若四边形是矩形，则的取值范围为______．【答案】【详解】由四边形为矩形，知对角线与互相平分且相等，设的中点为，则也是的中点，且，故问题转化为求的取值范围.设，由可得，又由垂径定理得：，即，即，整理得，即的轨迹是以为圆心、为半径的圆，，而的取值范围可由的轨迹求得：，其中，所以的范围为：所以，故的取值范围为.

（2026·山东菏泽·一模）已知抛物线，O为坐标原点，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，M为线段AB的中点，则直线OM的斜率的最大值为______.【答案】【分析】先根据题意设出直线的方程，再联立直线方程与抛物线方程，然后利用韦达定理求出中点的坐标，进而求出直线斜率，分类讨论求斜率最大值.【详解】由得，由题意知直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，，联立消去得，，则由韦达定理得，所以，所以，，当时，，当时，，当且仅当，即时等号成立，当时，，综上，直线OM的斜率的最大值为.（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】【分析】利用点到直线的距离公式求直线与圆相交所得弦的弦长.【详解】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：.故答案为：（2026·贵州安顺·一模）已知直线与圆，若存在以直线l上一点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则k的取值范围是______．【答案】【分析】根据给定条件可得点到直线的距离不大于2，再利用点到直线距离公式列式求解.【详解】圆的圆心，半径，令直线上为圆心的点为，以点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则，即，依题意，存在以点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则点到直线的距离不大于2，因此，即，解得，所以k的取值范围是.（2026·陕西咸阳·模拟预测）如下图，平面直角坐标系中，，圆过坐标原点，圆与圆外切．则圆的面积等于______；已知抛物线与圆，圆均恰有1个公共点，则______．【答案】/0.5【分析】由两圆关系确定圆L的方程，从而得到圆L的半径，利用圆的面积公式即可求解圆的面积，根据抛物线与圆L恰有一个公共点且，利用导数几何意义写出该点处曲线的公切线方程，结合直线与公切线垂直关系、与公切线的距离列方程组求m值，进而可求p.【详解】由题设，圆Q为，显然与有一个公共点，而，由圆Q与圆L外切，则圆L的半径为，所以圆L为，所以圆L的半径为，面积为，要使与圆L恰有一个公共点且，抛物线可得：，故过的公切线方程为，所以，而，则，由，即①，又L到切线的距离为②，联立①②并整理得：，易知：，则.故答案为：；1．（2026高三下·重庆·专题练习）若，则_________．【答案】【分析】根据已知条件利用两角和的余弦公式化简可得的值，平方可得的值，继而化简，代入求值，即得答案.【详解】由，得，即，则，化简得，故.2．（25-26高三上·山东·月考）已知，，则______．【答案】/0.5【分析】先将已知条件的两个等式分别平方，再相加，利用三角函数的平方关系和两角和的正弦公式化简求解.【详解】，整理得：化简得：.故答案为：.3．（25-26高三上·宁夏陕西·月考）已知函数，则的最大值是______．【答案】/【分析】利用二倍角余弦公式得，令，则，利用二次函数性质求解最大值即可.【详解】，令，则.则，故当，即时，取到最大值，所以．故答案为：4．（25-26高三上·湖南·月考）若，则的值为_______．【答案】3或不存在【分析】设，则，将已知条件转化为，再利用两角和与差的正弦公式展开化简即可求解.【详解】令，于是有，所以，化简上式得，当时，两边同除以可得，所以的值为3；当时，则，，，此时无意义，所以不存在.故答案为：3或不存在5．（25-26高三上·安徽·期末）已知满足，则________．【答案】【分析】应用两角差余弦公式及同角三角函数关系得出，再应用二倍角余弦公式及弦化切计算求解.【详解】因为，所以，则，则.故答案为：.6．（2026·陕西延安·一模）若直线是曲线的一条切线，则________．【答案】【分析】设切点为，求出切线斜率，利用切点在切线上，代入方程，即可得出结论.【详解】由曲线，得，设直线与曲线相切于点，所以，解得，.故答案为：7．（25-26高三上·贵州六盘水·月考）若在上单调递增，则的取值范围是_____．【答案】【分析】对求导，由题意可知在上恒成立，即在上恒成立，求出函数的最小值即可求出答案.【详解】由题意得，因为在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，函数在上单调递增，所以当时，函数取得最小值，所以，即的取值范围是.故答案为：.8．（25-26高三上·浙江温州·期末）函数的最小值为__________．【答案】1【分析】先对函数分两段讨论求出各段上的最小值，两个值比较最终得到函数的最小值.当时，，在上单调递减，在第一段上，最小值在处取得，；当时，，时单调递减；时单调递增；因此，是第二段的最小值点，计算得，所以函数的最小值为1.【详解】函数的定义域为；令，解得，当时，，求导得到，所以函数在上单调递减，在第一段上，最小值在处取得，.当时，，求导得到，令，解得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；因此，是第二段的最小值点，计算得；因为，所以函数的最小值为1.故答案为：1.9．（25-26高三上·浙江宁波·期末）已知函数，当时，恒成立，则的取值范围为______.【答案】【分析】先根据恒成立代入特殊值求出的大致范围，再利用导数证明所求范围内恒成立即可.【详解】由可得.因为当时，恒成立，所以时，；设，，所以为增函数，又，所以，即.当时，，，所以，令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，即.所以当时，恒成立，的取值范围为.故答案为：10．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数，若曲线在点处的切线与函数的图象无公共点，则实数的取值范围为______．【答案】【分析】先求曲线在点处的切线，把问题转化成无解,再设，求函数的最小值即可.【详解】因为，所以，且，，所以在点处的切线方程为：，即.问题转化为方程，即无解.设，，则，由；由，所以在上单调递减，在上单调递增.且，所以，所以.11．（25-26高三上·陕西西安·期末）设等比数列的前项和为，公比，若，则__________.【答案】127【分析】由，求得的值，从而可得公比，利用等比数列求和公式求解即可.【详解】因为数列是等比数列，所以，又，所以是方程的两根，所以或，因为，所以，所以，解得，所以，所以.故答案为：.12．（25-26高三上·山东东营·期末）记数列的前项和为，已知，（），则______.【答案】【分析】由得，由递推关系可得数列奇数项，偶数项都是等比数列，分组求和即可求解.【详解】根据题意，数列中，（），则有①，可得②，①÷②可得.又，得，故数列的奇数项为首项为1，公比为2的等比数列，数列的偶数项为首项为2，公比为2的等比数列，则.故答案为：13．（25-26高三上·江西·月考）已知为等比数列，对于任意正整数，则______.【答案】2【分析】由等比数列通项公式基本量的计算，判断数列为常数列，即可求解.【详解】设公比为，则，代入,(与无关的常数)即为一个常数列且为等比数列，所以得.当时，可得.所以，故答案为：14．（25-26高三上·湖北·期末）已知数列满足，且对恒成立，则的取值范围是__________.【答案】【分析】根据等比数列的定义，结合分类讨论思想、数列的单调性进行求解即可.【详解】，当时，，所以该数列奇数项是以为首项，为公比的等比数列，显然此时该数列是递增数列，为最小项，该数列偶数项是以为首项，为公比的等比数列，显然此时该数列是递增数列，为最小项，因此对恒成立，即恒成立，因为数列奇数项的最小值为，偶数项的最小值为，所以数列的最小值为，故只需，因此的取值范围是.故答案为：15．（2026·河北沧州·一模）在数列中，