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2026届上海市高三数学最新模拟试卷1
一、选择题（本大题共4题，第1、2题每题4分，第3、4题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.）
1．在中，若，则的形状是
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．锐角三角形 D．不能确定
2．正方体中，直线平面，直线平面，记该正方体的12条棱所在的直线构成的集合为．给出下列四个命题：
①中可能恰有2条直线与异面； ②中可能恰有4条直线与异面；
③中可能恰有8条直线与异面； ④中可能恰有10条直线与异面．
其中，正确命题的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．a、 b、 n均为正整数， A袋子中有a个白球，b个黑球 (大小质地均相同)，从中依次有放回的摸出n个球，记摸出球中白球的数目为X；B袋子中有a张数字卡牌，b张字母卡牌(大小质地均相同)，从中一次性摸出n张卡牌，记摸出卡牌中数字卡牌的数目为Y .下列选项中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
4．《九章算术·商功》中有如下问题：“今有堑堵，下广二丈，表一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？答曰：四万六千五百尺”．所谓“堑堵”就是两底面为直角三角形的直棱柱，如图所示的几何体是一个“堑堵”， 是的中点，过三点的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，给出下列四个结论：
①过三点的平面截该“堑堵”的截面是三角形
②该三棱台的表面积为
③二面角的正切值为
④三棱锥的外接球的表面积为
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（本大题共12题，第5~11题每题4分，第12~17题每题5分，共54分.考生应在答题纸的相应位置直接填写结果）
5．现从甲、乙、丙人中随机选派人参加某项活动，则甲被选中的概率为 .
6．已知圆C与圆D：关于直线对称，则圆C的方程为 ．
7．已知函数则= .
8．已知，则 ．
9．设等差数列的前项和为，若，则等于
10．设为常数，若函数是奇函数，则____.
11．新加坡摩天观景轮又名飞行者摩天轮（如图示），其总高度165米，直径150米，匀速旋转一圈所需时间为40分钟．已知摩天轮上一点距离地面的高度关于时间的函数表达式为，．而点的起始位置在摩天轮的最低点处．请写出高度（米）关于时间（分钟）的函数解析式 ．
12．北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 .
13．已知，且有，则 .
14．已知“”为“”的一个全排列，设是实数，若“”可推出“或”则满足条件的排列“”共有 个.
15．已知，若，则向量与的夹角的余弦值为 .
16．如图，两个椭圆，内部重叠区域的边界记为曲线，是曲线上的任意一点，给出下列三个判断：
①到、、、四点的距离之和为定值；
②曲线关于直线、均对称；
③曲线所围区域面积必小于36；
上述判断中正确命题的为 ．
三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分.解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.）
17．已知函数的最小正周期是，将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变；再将所得函数图象向右平移个单位，得到函数的图象．
（1）求的解析式；
（2）在中，角A，，的对边分别为，，，若，，的面积为，求边长的值．
18．已知函数，其中.
(1)解关于的不等式；
(2)若存在唯一的实数，使得依次成等差数列，求实数的取值范围.
19．某航天公司研发一种火箭推进器，为测试其性能，对推进器飞行距离与损坏零件数进行了统计，数据如下：
飞行距离 56 63 71 79 90 102 110 117
损坏零件数（个） 61 73 90 105 119 136 149 163
(1)建立关于的回归模型，根据所给数据及回归模型，求回归方程及相关系数；（精确到0.1，精确到整数，精确到0.0001）
(2)该公司进行了第二次测试，从所有同型号推进器中随机抽取100台进行等距离飞行测试，飞行前对其中60台进行保养，测试结束后，有20台报废，其中保养过的推进器占比，请根据统计数据完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为推进器是否报废与保养有关？
\ 保养 未保养 合计
报废 20
未报废
合计 60 100
参考数据、公式如下：
，其中，.
，.
保养 未保养 合计
报废
未报废
合计
，其中.
0.25 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001
1.323 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
20．设直线过点且与轴正半轴，轴正半轴分别交于两点.
（1）若，求直线的斜截式方程；
（2）设直线过点与直线垂直，与轴分别交于两点，若与的面积相等，求直线的斜率；
（3）若圆的圆心在外，且与轴所在直线相切于轴正半轴上，与轴所在直线相切于轴正半轴上，与直线相切于线段上，设，求关于的函数表达式和定义域，并求圆的面积的最小值及取到最小值时的值.
21．已知是定义在上的函数，集合对任意，都有．当时，若函数存在最小值，则称为直线的“距离”．
（1）若，直接写出相应的集合；
（2）设，且存在实数，使得直线的一距离不小于，求的取值范围；
（3）设的导函数在上严格增．若对任意，都有且直线与的距离相等．证明：是偶函数．
参考答案
1．【答案】A
【详解】因为在中，满足，
由正弦定理知，代入上式得，
又由余弦定理可得，因为C是三角形的内角，所以，
所以为钝角三角形，故选A.
2．【答案】C
【详解】根据题意，依次分析4个命题：
因为直线平面，所以、、、不可能与直线异面，
当直线过底面两个顶点时，
若直线为底面边所在直线时，假设直线取，中只有四条直线、、、与直线异面，故②正确；
若直线为底面对角线时，假设直线取，此时中有直线、、超过2条直线与直线异面；
若直线只过底面的一个顶点时，假设直线过点，此时中有直线、、超过2条直线与直线异面；
若直线不过底面的任何一个顶点时，此时中有直线、、超过2条直线与直线异面；
综上所述，中不可能有2条直线与异面，故①错误；
对于③，当直线取点与线段的中点连线时，中除了、、和之外有8条棱均与直线异面，故③正确；
对于④，当直线取线段中点与线段的中点连线时，中除了和之外的10条棱均与直线异面，故④正确.
故选C.
3．【答案】C
【详解】若有放回的摸出n个球，每次摸到白球的概率为，且各次试验的结果是独立的，故，，其中.
期望，方差.
若一次性摸出n张卡牌，随机变量的可能取值有、、，
则，，
由结论（苏教版2019第121页）：当时，，得，
故，选项C正确；
特别地，取，，其中.
的分布为，
0 1 2
期望，方差
随机变量的可能取值有、、，
则，，，
所以，，
.
显然；；.
故ABD不正确.
故选C.
4．【答案】A
【详解】
对于①，如图1，因平面平面，而平面，故平面，
设过三点的截面为平面，则因是的中点，取的中点为,则,
即平面，连接，则得过三点的平面截该“堑堵”的截面是四边形，故①错误；
对于②，如图2，棱台中，因，而平面, 平面,则
,又，平面,故平面，
则平面,又平面，则.
因则,
故该三棱台的表面积为
,故②错误；
对于③，如图3，分别取中点和,连接,因,易得,
又平面,平面,则,
因,平面,故平面，
因平面,则,易得,
因,平面,故平面，
因平面，则,故即二面角的平面角，
易得，故③错误；
对于④，如图4，取中点，连接,显然是的外心，因,易得平面，
故棱锥的外接球球心必在线段上，连,设外接球半径为，
因,在中，,解得，，
故三棱锥的外接球的表面积为，故④正确.
故选A.
5．【答案】
【详解】试题分析：从甲、乙、丙人中随机选派人，共有甲乙、甲丙、乙丙三种选法，其中甲被选中有甲乙、甲丙两种选法，所以甲被选中的概率为.枚举法是求古典概型概率的一个有效方法.
考点：古典概型概率计算方法.
6．【答案】
【详解】因为，
设圆C的圆心为，
又因为圆C与圆D关于直线对称，
即圆心与关于直线对称，
所以，解得，
所以，圆C的方程为
7．【答案】
【详解】由题意可得.
8．【答案】/0.3
【详解】，．
9．【答案】45
【详解】解：在等差数列中，
因为，
所以，解得，
所以.
10．【答案】0
【详解】因为是奇函数，且，所以（易错：利用奇函数的该性质时，一定要注意定义域内包含0），则，解得.
【一题多解】
因为是奇函数，且,所以，即，解得.
11．【答案】
【详解】已知摩天轮直径为150米，那么振幅为半径，即米.
因为摩天轮总高度165米，摩天轮最低点距离地面的高度为总高度减去直径，即米，摩天轮中心距离地面的高度为米，所以米.
已知摩天轮匀速旋转一圈所需时间为40分钟，根据周期的定义，这里分钟.
由三角函数周期公式可得. 将代入上式，解得.
因为点的起始位置在摩天轮的最低点处，当时，取最小值.
对于函数，当时，取最小值.
把，，代入得，化简可得.
又因为，所以.
得到高度关于时间的函数解析式为.
12．【答案】31
【详解】由题设，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即为构成三角形的情况，
所以不同三角形的个数为个.
13．【答案】
【详解】运用正弦、余弦的二倍角公式化简已知等式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】，
因为，所以，
因此由，
而，把代入得：
，而，
因此.
14．【答案】224、
【详解】如果为或为，则余下4个元素无限制，共有种，
如果中有1，有6，则共有种，
如果中有6，有1，则共有种，
综上，共有种，填.
15．【答案】/
【详解】设向量与的夹角为，
若，则，
所以，
可得.
16．【答案】②③
【详解】对于①，不考虑交点的情况，当在时，不为定值，故①错误；
对于②，两个椭圆，关于均对称，
故曲线关于直线均对称，故②正确；
对于③，曲线包含在边长为的正方形内部，
故面积小于36，故③正确.
17．【答案】（1）；
（2）
【详解】（1）由题意可得：
的最小正周期为，且，，．
．
将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，
得到函数的图象，再将所得函数图象向右平移个单位，
得到函数的图象，
故；
（2）由1知，，
，．
的面积为，，
又，，得．
由．
得．
18．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由函数在单调递增，
所以
（2）原问题等价于关于的方程恰有一个实数解，求实数的取值范围.
即在上恰有一个实数解.
等价于在上恰有一个实数解.
在上恰有一个实数解.
令，则在上恰有一个实数解.
画出关于的二次函数在上的图像可知，时只有一个交点；
.
19．【答案】(1)，
(2)列联表见解析，有的把握认为是否报废与是否保养有关
【详解】（1）由题意可得，
，
又由，
所以，
，
所以变量关于的线性回归方程为.
，
.
（2）设零假设：是否报废与是否保养无关.
由题意，报废推进器中保养过得共台，未保养的推进器共台，
补充列联表如下：
保养 未保养 合计
报废 6 14 20
未报废 54 26 80
合计 60 40 100
则，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为是否报废与是否保养有关，此判断错误的概率不大于0.01.
20．【答案】（1）
（2）3
（3），
【详解】（1）设直线的斜率为，则，
当时，，当时，，
（舍），
则直线的方程为.
（2）由（1）知，
因为直线过点与直线垂直，则直线的斜率为，
则直线的方程为，
当时，，当时，，则，
因为与的面积相等，所以，
故，解得（舍），，则直线的斜率为3.
（3）易知圆的半径为，
如图，设圆与轴切点为，与轴切点为，与直线的切点为，
连接，则，
，
设，则，
，
，
设直线的方程为，其中，
因为直线经过，所以有，
化简得，令，即，
，
，
当且仅当，即时，取最小值，
此时的最小值为.
21．【答案】（1）
（2）
（3）见详解
【详解】（1）因为，则，
若，由可得，可知当时，，不合乎题意；
若，由可得，可知当时，，不合乎题意.
故，由可得，故.
（2）要求直线的“距离”，则求的最小值，分以下两种情况讨论：
①当时，对任意的恒成立，
所以在上严格减，无最小值；
②当时，，由得，由得，
所以函数在区间上严格减，在区间上严格增，
故，所以，
令，其中，则，
由得，由得，
所以，函数在区间上严格增，在区间上严格减，
由题意知，故实数的取值范围是.
（3）先说明，设点为函数图象上的一点，
因为存在，则存在，设直线，
其中为任意的正常数，
考虑的最小值，
因为，且在上为严格增函数，
故当时，，即在上严格减，
当时，，即在上严格增，
故为函数的极小值点，也是最小值点，故，
若令，，
则对恒成立，即，
所以，且直线的“距离”为，
因为对任意的，都有，
考虑直线，
考虑，
因为直线的“距离”和直线的“距离”相等，
所以对任意的恒成立，所以，
则,
即，即，
同理有，故，
由的任意性可知函数为上的偶函数.
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一、选择题（本大题共4题，第1、2题每题4分，第3、4题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.）
1．运用列联表进行独立性检验时，统计量的意义是（ ）．
A． B．
C． D．
2．在平面直角坐标系中，已知椭圆和. 为上的动
点，为上的动点，是的最大值. 记在上，在上，且，则中元素个数为
A．2个 B．4个 C．8个 D．无穷个
3．数列中，若，，给出下列两个命题：
①若数列为常数数列，则；
②若不是整数，任取中的项、、、构成数列，则数列是严格增数列，或者是严格减数列．则（ ）
A．①②都是真命题 B．①②都是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题
4．已知是定义在上的函数，其图象是一条连续不断的曲线，设函数，下列说法正确的是（ ）
A．若在上单调递增，则存在实数，使得在上单调递增
B．对于任意实数，若在上单调递增，则在上单调递增
C．对于任意实数，若存在实数，使得，则存在实数，使得
D．若函数满足：当时，，当时，，则为的最小值
二、填空题（本大题共12题，第5~11题每题4分，第12~17题每题5分，共54分.考生应在答题纸的相应位置直接填写结果）
5．已知是虚数单位，复数满足，则 ．
6．从高三某班抽取名同学，他们的数学成绩如下：，，，，，，，，，（单位：分），则这名同学数学成绩的第百分位数是 ．
7．如图，在中，点是线段上动点，且，则的最小值为 ．
8．如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点处．已知水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为，测得从、两点到水库底面与水坝斜面的交线的距离分别为m、m，且m，则甲乙两人相距 m．
9．已知函数的部分图象如下，将沿翻折至，使得二面角为.若，则
10．方程|x 1|+| | 的解集为______.
11．若在平面内，是平面的斜线，，，，则点到的距离为 .
12．已知集合.现独立地随机选取集合的两个非空子集A,B（A与B可以相同），集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素的概率为 .
13．已知平面向量，，，满足，，则当与的夹角最大时，的值为 .
14．函数，记在上的最大值为，则的解集是 ．
15．已知，是双曲线的左、右焦点，，为双曲线上两点，满足，且，则双曲线的离心率为 .
16．已知实数满足：，则的最大值是 ．
三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分.解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.）
17．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示．
（1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
（2）若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离；
（3）在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度．
18．已知椭圆的离心率为，且过点．圆的切线l与椭圆E相交于A，B两点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)直线OA，OB的斜率存在为，，直线l的斜率存在为k，若，求直线l的方程；
(3)直线OA，OB与圆的另一个交点分别为C，D，求与的面积之和的取值范围．
19．我们学过二维的平面向量，其坐标为，那么对于维向量，其坐标为.设维向量的所有向量组成集合.当时，称为的“特征向量”，如的“特征向量”有，，，.设和为的“特征向量”， 定义.
（1）若，，且，，计算，的值；
（2）设且中向量均为的“特征向量”，且满足：，，当时，为奇数；当时，为偶数.求集合中元素个数的最大值；
（3）设，且中向量均为的“特征向量”，且满足：，，且时，.写出一个集合，使其元素最多，并说明理由.
20．在平面直角坐标系中，点到定点的距离与点到直线的距离之比为，点的轨迹为曲线.
（1） 求曲线的方程.
（2） 已知点，，,为曲线的左、右顶点.若直线,与曲线的右支分别交于点,.
（ⅰ） 求实数的取值范围；
（ⅱ） 求的最大值.
21．函数的导函数有很多有趣的性质，例如：函数（实数c为常数）的导函数为；反之，若函数的导函数为，则（实数为常数）.已知函数与定义域都是，导函数分别为和.若，则称是“自导函数”；落且，则称与是“共轭互导函数”.
(1)请判断函数是否是“自导函数”，并说明理由；
(2)若函数是“自导函数”，且满足，求证：；
(3)若函数与是“共轭互导函数”，满足，求证：.进而证明且.
参考答案
1．【答案】C
【详解】统计量的意义是.
故选C.
2．【答案】D
【详解】椭圆和，为上动点，为上动点，
可设，，
则，
当时，取得最大值，
则在上，在上，且中的元素有无穷对，故选D.
3．【答案】C
【详解】数列中，若，，，
①若数列为常数数列，则，
作出函数与函数的图象如下图所示：
解方程，结合图形可得或，故①不正确；
②若，任取中的项、、、构成数列，
由，可得，为奇函数，
当时，，
因为，则函数在上单调递减，
因为，，
所以，存在唯一的，使得，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减，
又因为，故当时，，即，
即当时，则，，且，
，且，，
以此类推可知，数列为单调递增数列，
由于、、、，即数列为严格递增数列；
由于函数为奇函数，则当时，，即，
故当时，，，且，
，，且，，
以此类推可知，数列为单调递减数列，
由于、、、，即数列为严格递减数列；
若且时，则，
若，由上可知，数列从第二项开始单调递减，
由于、、、，即数列为严格递减数列；
若，由上可知，数列从第二项开始单调递增，
由于、、、，即数列为严格递增数列.
综上所述，若不是整数，任取中的项、、、构成数列，
则数列是严格增数列，或者是严格减数列，故②正确.
故选C.
4．【答案】D
【详解】函数表达的是函数图象上两点割线的斜率，当时，表示的为切线斜率；
对于A：因为是定义在上的函数，其图象是一条连续不断的曲线，且在上单调递增，
所以设，则，此时为常数，即任意两点的割线的斜率为常数，故A错误；
对于B：设，
由图象可知，

当时，随增大，点与点连线的割线斜率越来越大，即单调递增，但在不是单调函数，故B错误；
对于C：因为对于任意实数存在实数，使得，说明为有界函数，所以设，
函数在上有界，但当且x趋近于-2时、、且x趋近于2时导函数无界，故割线的斜率不一定有界，如图

当点向点靠近时，割线的斜率近似等于点处切线的斜率，故C错误；
对于D：因为函数满足：当时，，
即，
因为，，所以；
同理，当时，，
即，
因为，，所以；
所以为的最小值，故D正确；
故选D.
5．【答案】.
【详解】∵
∴
∴
故答案为
点睛：复数的乘法．复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位的看作一类同类项，不含的看作另一类同类项，分别合并即可．复数的除法．除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把的幂写成最简形式．
6．【答案】
【详解】解：因为，
所以这名同学数学成绩的第百分位数是.
7．【答案】16
【详解】由，且三点共线，
则，由题意得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
则的最小值为16.
8．【答案】
【详解】由题意可得，
故，
而m、m，且m，水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为，
可知，又，
故，
故（m）.
9．【答案】/
【详解】，又，；
记点为，翻折后，连接，
，，即为二面角的平面角，，
，，
轴，，，又，平面，
平面，又平面，，
，，
由图可知，的最小正周期，
又因为,
.
10．【答案】
【详解】
(数形结合法)令函数f(x)=|x 1|+| |,即 作出f(x)的图像如图所示.显然,只有当1 x π时,f(x)=|x 1|+| | ,所以原方程的解集为 .
【一题多解】(绝对值三角不等式)由题可得,|x 1|+| | |x 1+π-x| ,当且仅当 ,即1 x π时等号成立,又|x 1|+| | ,所以原方程的解集为 .
11．【答案】
【详解】如图，设点在平面的射影点为，过作于，作于，连接.
，
又，
，，
又，点在平面的射影点为，，
由对称性可知为的角平分线，
，
．
．
．
．
则点到的距离为.
12．【答案】
【详解】集合的非空子集有个，则随机选取集合的两个非空子集A,B的总情况数为.
若集合B中的最小元素为5，则.则集合A 可为集合的非空子集，共；
若集合B中的最小元素为4，则或.则集合A 可为集合的非空子集，为；
若集合B中的最小元素为3，则为含有元素3的的子集，有种情况.
则集合A 可为集合的非空子集，为；
若集合B中的最小元素为2，则为含有元素2的的子集，有种情况.
此时集合A只能为.
故集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素的总情况数为：.则对应概率为：.
13．【答案】
【详解】设的起点均为，以为原点建立平面坐标系，如图所示，

不妨设，，则，，
由可得，即，
∴的终点在以为圆心，以为半径的圆上，
同理的终点在以为圆心，以为半径的圆上．
显然当，为圆的两条切线时，最大，即与的夹角最大．
设圆心为，则，∴，则，
∴，
设与轴交于点，由对称性可知轴，且，
∴，
即当与的夹角最大时.
14．【答案】
【详解】因为，
令，则，
，
因为，令得，或，
列表
1
极大值 极小值
因为函数的图象关于点对称，且，所以，结合表格和简图可知，，
所以
，
故的解集是.
15．【答案】/
【详解】延长与双曲线交于点，因为，
根据对称性知，四边形为平行四边形，
，
设，则，，可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，
即，解得.
16．【答案】
【详解】设，
由，
可得点在以为圆心为半径的圆上，
，
所以，所以，
所以两点重合，故，
则，
表示，点到直线的距离的倍，
表示，点到直线的距离的倍，
故
表示点到直线和的距离之和的倍，
设直线和的交点为，则，
设点到直线和的距离分别为，
则，
因为，
所以，
当且仅当时，取等号，
而，
所以，
此时，，
所以的最大值是.
17．【答案】（1）2；
（2）；
（3）.
【详解】（1）根据离散曲率的定义得，
，
，
又∵
，
∴；
（2）∵平面平面，∴，
又∵，平面，∴平面，
∵平面，∴，
∵，即，
∴，∴，过点A作于点，
由平面平面，得，
又∵平面，则平面，
∴点A到平面PBC的距离为线段的长，在中，，
∴点到平面的距离为；
（3）过点作交于点，连结，
∵平面，∴平面，
∴为直线与平面所成的角，
依题意可得，，
，
，，
设，则，
在中， ，
又∵，∴，
∴，
∴，解得或（舍），
故.
18．【答案】(1)
(2)和
(3)
【详解】（1）由可得，又椭圆过点，则有，
将两方程联立，解得，
故椭圆E的方程为；
（2）依题意，设，因直线与圆相切，
故有:，整理得，，①
由消去，整理得，，
显然，设，则，
则，
于是，将① 式代入得，，
即恒成立，则，代入① 式，可得，，
故直线l的方程为；
（3）当直线的斜率不存在时，，利用对称性，可取，
代入椭圆方程得,
此时与的面积之和；
当直线的斜率存在为时，，仿上可得，，
则
，
于是，与的面积之和为：
,
即.
因，，当且仅当时等号成立，
此时，又则,
即.
综上所述，与的面积之和的取值范围为.
19．【答案】（1），；（2）4；（3）.
【详解】解：（1），
；
（2）设，，，
时，为奇数，则仅有1个1或3个1，
时，为偶数，
①当仅有1个1时，，为使为偶数，
则，即不同时为1，
此时，共4个元素，
②当仅有3个1时，，为使为偶数，
则，即不同时为0，
此时，共4个元素，
③当时，则，不符题意，舍去，
综上所述，集合中元素个数的最大值为4；
（3），，
时，，则，
则只有3种情况，，且成对出现，
所以B中最多有个元素，.
20．【答案】
（1） 设，由题意知，
化简得的方程为.
（2） （ⅰ） 因为曲线方程为,所以,.
设直线的方程为，则，
联立得，故，
因为点在双曲线右支上，所以，得，即，解得，
设直线的方程为，则，
联立得，故，
因为点在双曲线右支上，所以，得，即，解得，
综上可知，.
（ⅱ） ，，，
故，
令 ，则，
，
当且仅当，即时取等号，
故的最大值为.
21．【答案】(1)当时，是“自导函数”；当时，不是“自导函数”；理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）对求导，根据复合函数求导公式，
令，则.
若是“自导函数”，则，即，
因为，所以.
故当时，是“自导函数”；当时，不是“自导函数”.
（2）因为函数是“自导函数”，所以，同时，
记，求导得，
由题干条件可知（实数为常数），又，
所以，故，于是.
（3）设，
由复合函数求导公式可得，
因为函数与是“共轭互导函数”，所以且，
于是，故（实数为常数），
而，所以.
下证且：
首先容易验证和是一对满足条件的“共轭互导函数”，
接着证明满足条件的函数只有和，采用反证法，
假设除了和外，还存在满足条件的一对“共轭互导函数”和，
即且，同时满足，
令，
则，
于是（实数为常数），又，所以，即①，
同理可令，则，
于是于是（实数为常数），又，所以，即②，
由①②可得，由此，满足条件的“共轭互导函数”只有一对，
所以且.
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一、选择题（本大题共4题，第1、2题每题4分，第3、4题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.）
1．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
2．如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
3．在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，M为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为（ ）

①圆的面积为；
②椭圆的长轴长为；
③双曲线两渐近线的夹角正切值为；
④抛物线的焦点到准线的距离为
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称函数为“函数”.对于命题；
①设，若函数为“函数”，则；
②设，若函数为“函数”，则满足条件的的整数值至少有4个.
则下列结论中正确的是（ ）
A．①为真②为真 B．①为真②为假 C．①为假②为真 D．①为假②为假
二、填空题（本大题共12题，第5~11题每题4分，第12~17题每题5分，共54分.考生应在答题纸的相应位置直接填写结果）
5．三角形三边长为，则以边长为6的两个顶点为焦点，过另外一个顶点的双曲线的离心率为 .
6．已知幂函数过点，若，则实数的取值范围是 .
7．已知函数，且，则方程的解为 ．
8．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则z的虚部为 .
9．已知四棱台的侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正方形，四边形是边长为1的正方形，，则四棱台的体积为 .
10．如图，在平行四边形ABCD中 ，AP⊥BD，垂足为P，且 .
11．设随机变量服从正态分布，则的最小值为 ．
12．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知当发送信号0时，被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07；当发送信号1时，被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05．假设发送信号0和1是等可能的，则接收的信号为1的概率为 ．
13．若在平面内，是平面的斜线，，，，则点到的距离为 .
14．如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕y轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为 ．
15．已知(1+2 023x)100+(2 023-x)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,其中 a0,a1,a2,…,a100∈R.若0≤k≤100,且k∈N,当ak<0时,k的最大值是　　　　.
16．关于的实系数方程和有四个不同的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则的取值范围是 .
三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分.解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.）
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
18．双曲线的左顶点为A，右焦点为F，点B是双曲线C上一点．
（1）当时，求双曲线两条渐近线的夹角；
（2）若直线BF的倾斜角为，与双曲线C的另一交点为D，且，求b的值；
（3）若，且，点E是双曲线C上位于第一象限的动点，求证：．
19．已知为实数，数列满足：①；②．
(1)当时，求的值；
(2)求证：存在正整数，使得；
(3)设是数列的前项和，求的取值范围，使数列为周期数列且方程有解（若数列满足：存在且，对任意且，成立，则称数列为以为周期的周期数列）．
20．我们把称为区间的长度.若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间，函数称为自映射函数.已知函数，.
(1)判断时，函数是否为自映射函数.若是，请给出它的一个自映射区间；若不是，请说明理由；
(2)若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率；
(3)若存在自映射区间，求的取值范围.
21．若存在实数常数k，m，对任意，不等式恒成立，则称直线是函数和函数在上的分界线．
(1)请写出函数和函数在上的一条斜率为1的分界线；（不必证明）
(2)求证：函数和函数在上过坐标原点的分界线有且只有一条；
(3)试探究函数（e为自然对数的底数）和函数在上是否存在分界线．若存在，求出分界线方程；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．【答案】D
【详解】试题分析：，,故选D.
考点：点线面的位置关系.
2．【答案】A
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，
则，，，
，，，
所以，
故选A．
3．【答案】B
【详解】对于①，M为母线的中点，因此截面圆的半径为底面圆的半径的，

即截面圆半径为2，则圆的面积为，故①正确；
对于②，如图，在圆锥的轴截面中，作,垂足为C，
由题意可得M为母线的中点，则,

故椭圆的长轴长为,②正确；
对于③，如图，在与平面垂直且过点M的平面内，建立平面直角坐标系，
坐标原点与点P到底面距离相等，

则点M坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为D，其坐标为，
则设双曲线方程为，
则，将代入双曲线方程，得，
设双曲线的渐近线与轴的夹角为，则，
故双曲线两渐近线的夹角正切值为，③错误；
对于④，如图，建立平面直角坐标系，
设抛物线与底面圆的一个交点为H，

则，则,
设抛物线方程为，则，
即抛物线的焦点到准线的距离为，④错误，
故正确的命题有2个，
故选B.
4．【答案】B
【详解】因为为“函数”，
所以函数的图象与的图象至多只能有一个交点，
所以方程组至多只有一个解，
即对于任意的至多只有一个解，
当时，函数的图象与的图象至多只有一个交点，满足条件，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，
作函数的图象如下，
当时，与有两个交点，不满足要求，
当时，因为函数，都在，上单调递减，
所以函数在上单调递减，在上单调递减，
其图象如下，
所以对于任意的，直线与函数的图象都有两个交点，
所以不满足要求，
故，命题①正确；
因为函数为“函数”，
所以对任意的关于的方程至多只有一个解，
所以方程至多只有一个解，
所以函数的图象至多只有一个交点，
所以函数是增函数或减函数，
又，
所以或，
由，可得，
当时，，
由，可得，
当时，，
当时，，当时，，
函数的定义域为，
函数的导函数，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递减，
当时，，当时，，
当且时，，
当且时，，
当时，，
当时，，
其图象大致如下，
所以，即，
所以满足条件的整数的值有，有且只有三个，
所以满足条件的整数的值有三个，②错误.
故选B.
5．【答案】3
【详解】由双曲线的定义，
则.
6．【答案】
【详解】由题可设，因为函数过点，
所以，所以函数，
所以函数是定义在上的增函数，
所以若，则，
所以实数的取值范围是.
7．【答案】/
【详解】当时：此时，由可得，两边同时开立方根，解得，
因为，所以是该情况下方程的解.
当时：此时，已知，则，
由可得，移项可得，所以，但这与前提矛盾，
所以该情况下方程无解. 则方程的解为.
8．【答案】
【详解】设，，
则，
所以，解得，
则z的虚部为.
9．【答案】
【详解】过作于，则，
因为平面，所以平面，
在中，，
可得，
从而棱台的高，
所以四棱台的体积为：
.
10．【答案】18
【详解】
则，,
所以 .
11．【答案】/0.125
【详解】由题意可知，正态曲线关于对称，所以，
又，所以，
因为，得，
得，等号成立时，，
所以的最小值为.
12．【答案】/
【详解】设事件“发送的信号为0”，事件“接收的信号为1”，
则，，，
因此．
13．【答案】
【详解】如图，设点在平面的射影点为，过作于，作于，连接.
，
又，
，，
又，点在平面的射影点为，，
由对称性可知为的角平分线，
，
．
．
．
．
则点到的距离为.
14．【答案】
【详解】双曲线的渐近线为，
设直线交双曲线及其渐近线分别于C，D及A，B，如图，
由，得，
由，得，
线段AC，BD绕y轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面，
它是一个圆环，其内径，外径，
此圆环面积为
因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为，旋转体的高为，
而底面圆半径为2，高为的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为，
由祖暅原理知，此旋转体的体积等于底面圆半径为2，高为的圆柱的体积，
又底面圆半径为2，高为的圆柱的体积为．
15．【答案】49
【详解】∵二项式(1+2 023x)100的展开式通项Tk+1=(2 023x)k=·2 023k·xk,k∈{0,1,2,…,100},
二项式(2 023-x)100的展开式通项Sk+1=2 023100-k·(-x)k=·2 023100-k·(-1)k·xk,k∈{0,1,2,…,100},
∴ak=2 023k+2 023100-k·(-1)k=[2 023k+2 023100-k·(-1)k],k∈{0,1,2,…,100}.
,此时ak=(2 023k-2 023100-k),
∴2 023k-2 023100-k<0,∴k<100-k,解得k<50.又∵k为奇数,∴k的最大值是49.
16．【答案】
【详解】因为的解为
，
设所对应的两点分别为，
则，，
设的解所对应的两点分别为，，
记为,,，
当，即时，因为关于轴对称，
且，，关于轴对称，显然四点共圆；
当，即或时，
此时,,，且，
故此圆的圆心为，半径，
又圆心到的距离，
解得，
综上：.
17．【答案】（1）；
（2）．
【详解】（1）由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
18．【答案】（1）；（2）或；（3）见详解．
【详解】（1）当时，双曲线的渐近线方程为，
设两条渐近线的夹角为，则，
所以两条渐近线的夹角为.
（2）设，其中，则直线的方程为，
代入双曲线，整理得，
由题意，可得，
设，，
则，
又由，即，解得或.
（3）由题意，故点的纵坐标满足，
由，所以，所以，，所以双曲线的方程是，
设，则，，
所以，
所以，
又因为，所以.
19．【答案】(1)8
(2)证明见详解
(3)
【详解】（1）当时，即，则，
故.
（2）先证：若存在正整数，使得，则存在正整数，使得.
证明：若时，则，即从第项起到最后一个大于3的项的下一项为止，数列为递减数列，
设数列中满足的最小项为，则，
∴，
故存在正整数，使得.
当，即，则存在正整数，使得；
当，即，则存在正整数，使得；
当，即，
∴，则存在正整数，使得；
综上所述：故存在正整数，使得.
（3）由（2）可知：存在正整数，使得，
若，则，，，，；；；；
依次类推可得：当时，数列不是周期数列，不合题意；
若，则，，，，
依次类推可得：当时，或，数列是以4为周期的周期数列，且循环依次为，
∵数列为周期数列，则或，
故，此时，即有解，
∴符合题意；
若，则，，
依次类推可得：当时，，当时，数列是以2为周期的周期数列，且循环依次为，
∵数列为周期数列，则，
故，此时，即有解，
∴符合题意；
综上所述：.
20．【答案】(1)答案见解析；
(2)；
(3).
【详解】（1）函数不是自映射函数，
若，存在自映射区间，则，
即至少有两个零点，
因为时，单调递增；
时，单调递减；
若要存在两个零点，则，不成立；
所以函数不是自映射函数.
（2）因为恒成立，则在上单调递增，
若存在自映射区间，则，
即方程，即至少有两个不同实数解．
则的解集为，所以区间的选择共有种．
若，共有6种选择，
所以区间的长度的概率为．
（3）因为在上单调递增，
若存在自映射区间，则，
即至少有两个零点，
因为时，单调递增；
时，单调递减；
若要存在两个零点，则，即．
此时，使得．
因为当时，，即函数单调递减，
所以，又，
所以，则，使得．
所以的取值范围为．
21．【答案】(1)；（答案不唯一，满足的均可）
(2)证明见详解；
(3)存在，.
【详解】（1）由题意直线是函数和函数在上的一条分界线，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
因为，所以，
令，则，
令，则，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
综上所述，，
所以满足题意的直线可以是；（答案不唯一，满足的均可）
（2）证明：由题意，设是函数和函数在上过坐标原点的分界线，
则在上恒成立，即在上恒成立，
因为，所以，
因为，所以，
综上所述，
所以函数和函数在上过坐标原点的分界线有且只有一条；
（3）若存在，则恒成立，
令，则，所以，
所以恒成立，即恒成立，
由得，
现在只要判断是否恒成立，
设，则，
当时，，，，
当时，，，
所以，即恒成立，
所以函数和函数在上存在分界线，
其方程为．
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一、选择题（本大题共4题，第1、2题每题4分，第3、4题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.）
1．独立，, 则（ ）
A．0 B． C． D．1
2．中国早在八千多年前就有了玉器，古人视玉为宝，玉佩不再是简单的装饰，而有着表达身份、感情、风度以及语言交流的作用.不同形状、不同图案的玉佩又代表不同的寓意.如图1所示的扇形玉佩，其形状具体说来应该是扇形的一部分（如图2），经测量知，，，则该玉佩的面积为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知,,点在上,则的面积（ ）
A．有最大值，但没有最小值
B．没有最大值，但有最小值
C．既有最大值，也有最小值
D．既没有最大值，也没有最小值
4．已知双曲线，圆与轴的交点分别为的一个顶点和一个焦点，设分别为的左，右焦点，若为右支上任意一点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共12题，第5~11题每题4分，第12~17题每题5分，共54分.考生应在答题纸的相应位置直接填写结果）
5．已知空间向量，，共面，则实数
6．函数的最小正周期为 ．
7．设集合，则 .
8．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知当发送信号0时，被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07；当发送信号1时，被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05．假设发送信号0和1是等可能的，则接收的信号为1的概率为 ．
9．直线被圆截得的弦长为 .
10．在的二项展开式中，若各项系数和为32,则项的系数为____.
11．在中，若，其面积为，则 ．
12．陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印信（如图1），它的形状可视为一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2）． 已知该多面体的各条棱长均为1，则其体积为 ．
13．若函数有且仅有两个零点，则a的取值范围是 .
14．设，对任意正整数，存在正整数（），使得．存在满足：．则满足要求的正整数的个数为 ．
15．抛物线的焦点F，准线l，点A、B是抛物线上两个动点，且满足，设线段的中点M在l上的投影是N，则的最小值为 ．
16．上海市实验学校高二理科班学习创新小组在一次偶然情况下发现：唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河，”其诗中隐含着一个有趣的“将军饮马”问题，这是一个数学问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面直角坐标系中，将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即为回到军营.上实高二理科班创新学习小组做了两种假设：（1）若军营所在区域为：；（2）若军营所在区域为：；试问军营在（1）（2）两种不同区域下，“将军饮马”的最短总路程的相差值为 .
三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分.解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.）
17．如图所示，在直四棱柱中，，，且，，，M是的中点．
(1)证明；
(2)求点B到平面的距离．
18．(14分)已知在 中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,且c=5.
(1)若 ,求a;
(2)若ab=20,求 的面积的最大值.
19．已知函数，，其中，．
（1）求函数在点，（1）处的切线方程；
（2）函数，，是否存在极值点，若存在，求出极值点，若不存在，请说明理由；
（3）若关于的不等式在区间，上恒成立，求实数的取值范围．
20．对于各项均为整数的数列，如果(=1，2，3，…)为完全平方数，则称数
列具有“性质”．
不论数列是否具有“性质”，如果存在与不是同一数列的，且同
时满足下面两个条件：①是的一个排列；②数列具有“性质”，则称数列具有“变换性质”．
（I）设数列的前项和，证明数列具有“性质”；
（II）试判断数列1，2，3，4，5和数列1，2，3，…，11是否具有“变换性质”，具有此性质的数列请写出相应的数列，不具此性质的说明理由；
（III）对于有限项数列：1，2，3，…，，某人已经验证当时，
数列具有“变换性质”，试证明：当”时，数列也具有“变换性质”．
21．设函数的定义域为，给定闭区间，若存在，使得对于任意，①均有，则记；②均有，则记．
（1）设，求；
（2）设．若对于任意，均有，求的取值范围；
（3）已知对于任意与均存在，证明：＂为上的严格增函数或严格减函数＂的充要条件为＂对于任意两个不同的与中至少一个成立＂．
参考答案
1．【答案】B
【详解】由题意，.
2．【答案】A
【详解】延长AB、DC，交于点O，如图，由，
得，所以，又，,
所以，解得，所以，
所以为等边三角形，则，
故，
，
所以玉佩的面积为.
故选A.
3．【答案】A
【详解】设点到直线的距离为,.
由,,得直线的方程为,.
.
曲线 是双曲线的一部分，且双曲线的渐近线方程为，
直线与渐近线平行（提示：通过直线平行将点到的距离转化为两平行线间的距离）.
当点的横坐标 时，点到直线的距离不断变小，趋近于0，但不可能为0，此时的值趋近于直线与的距离，则，但不会等于，即无最小值.,, 当点位于处时,,此时.综上可得.故选.
【关键点拨】
本题的解题关键在于发现，所在的直线与双曲线的一条渐近线平行，从而利用双曲线渐近线的性质判断点到直线的距离能否取到最值.
4．【答案】C
【详解】圆与轴的交点分别为
故，根据双曲线定义得，即,
令，则，
又函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，
所以.
故选C.
5．【答案】3
【详解】设，即，
故，解得.
6．【答案】/
【详解】，所以函数的周期.
7．【答案】
【详解】由，可得，所以，
所以.
8．【答案】/
【详解】设事件“发送的信号为0”，事件“接收的信号为1”，
则，，，
因此．
9．【答案】4
【详解】当，代入圆方程可得，
解得或，
即直线与圆的两交点坐标为，
所以弦长为4.
10．【答案】10
【详解】因为的展开式中的各项系数和为32，所以令，则，即，解得，所以二项式为，其展开式的通项为，令，解得，，所以项的系数为10.
11．【答案】
【详解】已知，，代入面积公式可得：
则，可得：.
根据余弦定理为，可得
则.即，
把代入可得：，即.
由于为边长，可得.
12．【答案】///
【详解】
如图，该多面体可以看做由一个棱长为的正方体截去8个如①三棱柱和8个如②四棱锥和12个如③三棱柱构成，
①为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为：
②为底面为以棱长为和1的矩形，高为的四棱锥其体积为：
③为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为：
所求多面体体积为：
13．【答案】
【详解】由可得，则函数与函数的图象有两个交点；
设，则，
令，解得；
令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减；
令，解得，可求得的图象在处的切线方程为；
令，解得，可求得的图象在处的切线方程为；
函数与函数的图象如图所示：
切线与在x轴上的截距分别上，，
当时，与函数的图象有一个交点，
所以实数a的取值范围.
14．【答案】
【详解】答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿!联系人QQ:2853279698
15．【答案】
【详解】过A作AQ⊥于Q，过B作BP⊥于P，
设 ，如图所示，根据抛物线的定义，
可知、，
在梯形中，有，
在中，，
又∵，∴，
∴，
故的最大值是.
16．【答案】
【详解】（1) 若军营所在区域为，
圆：的圆心为原点，半径为1，作图1如下：
设将军饮马点为，到达营区点为，设为关于直线的对称点，
因为，所以线段的中点为，则，
又，联立解得：，即.
所以总路程，要使得总路程最短，只需要最短，
即点到圆上的点的最短距离，即为.

（2）军营所在区域为，
对于，在，时为，令，得，令，则，
图形为连接点和的线段，根据对称性得到的图形为图2中所示的菱形，
容易知道：为这个菱形的内部(包括边界).
由图2可知，最短路径为线段，连接交直线于点，
则饮马最佳点为点Q，所以点到区域最短距离.
即“将军饮马”最短总路程为.
综上：两种不同区域下，“将军饮马”的最短总路程相差值为.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图、连接BD，
∵，，∴，
∴，∴．
∵平面ABCD，∴，
又，∴平面，
∵平面，∴．
（2）解：连接BM，．
由已知可得，，，
∴，∴．
设点B到平面的距离为h，
由（1）知BC⊥平面，
∴三棱锥的体积，
即，
解得，即点B到平面的距离为．
18．【答案】(1)第一步:利用正弦定理,得到边的关系
在 中,由正弦定理得 ,∴a=2b. 3分
第二步:根据勾股定理求边长
又∵ ,∴ ,解得 6分
(2)第一步:利用余弦定理及基本不等式得到cos C的范围
在 中,由余弦定理得cos ,
当且仅当 时等号成立, 9分
第二步:利用同角三角函数基本关系得到sin C的范围
∴sin ,∴sin , 11分
第三步:利用面积公式求面积的最大值
∴ ,
故 的面积的最大值为 14分
19．【答案】见详解
【详解】（1），（1），因为，所以（1），
所以在点，（1）的切线方程为，即；
（2）设，，
当时，恒成立，所以在严格增，不存在极值点；
当时，当时，，当时，，
所以在严格减，在严格增，
所以函数存在一个极小值点，无极大值点；
（3）原不等式，
当时，恒成立；
当时，，即，
由（2）知时，，此时，
所以此时，
所以此时，且由以上分析可知，当时，，
综上，实数的取值范围为．
20．【答案】（I）见详解．（II）数列1，2，3，4，5具有“变换P性质”，数列为3，2，1，5，4．数列1，2，3，…，11不具有“变换P性质”理由见详解；（III）见详解．
【详解】（I）当时，
又．
所以是完全平方数，
数列具有“P性质”
（II）数列1，2，3，4，5具有“变换P性质”，
数列为3，2，1，5，4
数列1，2，3，…，11不具有“变换P性质”
因为11，4都只有5的和才能构成完全平方数
所以数列1，2，3，…，11不具有“变换P性质”
（III）设
注意到
令
由于，
所以
又
所以
即
因为当时，数列具有“变换P性质”
所以1，2，…，4m+4-j-1可以排列成
使得都是平方数
另外，可以按相反顺序排列，
即排列为
使得
所以1，2，可以排列成
满足都是平方数.
即当时，数列A也具有“变换P性质”
21．【答案】（1）；
（2）
（3）见详解
【详解】（1）因为，求导得，
所以在上为单调递增函数，因此；
（2）因为，所以，而，
因为，表示过点，
斜率为的直线，故是在处的切线，
而存在极值点，又因为，所以，
当或时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递减，
当时，此时与在上均为单调递增函数，
因此当时，恒成立，
即，
当时，则有，显然成立，当时，则有，
因为，所以；
当时，此时
此时，不符题意舍去；
综上，实数的取值范围为；
（3）证明：先证明必要性（）：
若为上的单调递增函数，则任取，
由题意可得，
因为，所以或或或，
因为为上的单调递增函数，
所以或或或，
所以，所以或成立．
同时对为上的单调递减函数，同理可证．
下面证明充分性（）：
当与其中一式成立时，不可能为常值函数，
先任取，总有或
假设存在，使得，
记，则，
因为存在，则或，
不妨设，则，否则当，
此时，矛盾；
进而可得，则，，因此①．
最后证明为上的单调递减函数，任取，且，需考虑如下情况：
情况一：若，同上述可得，，
所以．
情况二：若，则，
否则，，由此矛盾，
因为，同情况一可得矛盾，
所以．
情况三：若，则，否则，
记，否则，
记，
则，，
同理若，所以，
由①可得：．
情况四：若，同上述可得，．
综上，恒成立．（当为上的单调递增函数时，同理可证）
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页2026届上海市高三数学最新模拟试卷5【较难】
一、选择题（本大题共4题，第1、2题每题4分，第3、4题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.）
1．下列函数中是奇函数的为（ ）
A． B． C． D．
2．下列诱导公式中错误的是（ ）
A． B．
C． D．
3．若直线：ax＋4y－2＝0与直线：2x－5y＋b＝0垂直于点(1，c)，则a＋b＋c＝( )
A．2 B．4 C．－2 D．－4
4．已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
二、填空题（本大题共12题，第5~11题每题4分，第12~17题每题5分，共54分.考生应在答题纸的相应位置直接填写结果）
5．如图是某小组成员的年龄分布茎叶图（十位数字为茎、个位数字为叶），则该小组成员年龄的第30百分位数为 ．
2 7 8
3 1 3 6 6 8
4 0 5
5 2 4 8
6．不等式|x-2|<1的解集为　　　　.
7．为了解某校高三年级男生的体重，从该校高三年级男生中抽取17名，测得他们的体重数据如下（按从小到大的顺序排列，单位：kg）
据此估计该校高三年级男生体重的第75百分位数为______________kg．
8．已知，，随机选取m,n，则直线不经过第二象限的概率是 ．
9．马鞍山市某月连续四天的最低气温如下表所示：
第天
最低气温（单位）
由最小二乘法得到经验回归方程，则的值为 .
10．在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知当发送信号0时，被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07；当发送信号1时，被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05．假设发送信号0和1是等可能的，则接收的信号为1的概率为 ．
11．小王参加知识竞赛,题库中组题有5 000道,组题有4 000道,组题有3 000道，若小王做对这三组题的概率依次为,,,则随机从题库中抽取一道题，小王做对的概率是____.
12．设Sn是等差数列｛an｝的前n项和，若，则＝
13．若正数x、y满足，则的最大值为 ．
14．已知函数则= .
15．北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 .
16．已知，且函数的图象关于点对称．若（其中），则的最小值为______．
三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分.解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.）
17．在中，角的对边分别为．
（1）求；
（2）若的面积为边上的高为1，求的周长．
18．已知椭圆的离心率为分别为左右焦点,短轴一个端点到右焦点的距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）斜率为1的直线被椭圆截得的弦长为,求直线的方程；
（3）设直线与椭圆交于，两点,坐标原点到直线的距离为,求面积的最大值．
19．设函数的定义域为D，对于区间，当且仅当函数满足以下①②两个性质中的任意一个时，则称区间是的一个“美好区间”．
性质①：对于任意，都有；性质②：对于任意，都有．
(1)已知，．分别判断区间和区间是否为函数的“美好区间”，并说明理由；
(2)已知且，若区间是函数的一个“美好区间”，求实数的取值范围；
(3)已知函数的定义域为，其图像是一条连续不断的曲线，且对于任意，都有．求证：函数存在“美好区间”，且存在，使得不属于函数的任意一个“美好区间”．
20．（18分）已知函数的定义域为,对于正实数,定义集合.
（1） 若,判断是不是 中的元素，并说明理由;
（2） 若 ，求的取值范围；
（3） 设是偶函数，当时，,且对任意,均有,写出，的解析式,并证明：对任意实数,函数在上至多有9个零点.
21．已知常数，定义在的函数.
(1)求函数的最小值：
(2)若函数且的最小值等于的取小值.
（i）求实数的值；
（ii）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
参考答案
1．【答案】D
【详解】对于A，，即取时的函数值不互为相反数，A不是；
对于B，，即取时的函数值不互为相反数，B不是；
对于C，是偶函数，且，即不恒为0，C不是；
对于D，函数的定义域为，而，
函数是奇函数，D是.
故选D
2．【答案】D
【详解】对于A，，正确；
对于B，，正确；
对于C，，正确；
对于D，，错误.
故选D.
3．【答案】D
【详解】∵直线ax＋4y－2＝0与直线2x－5y＋b＝0垂直，
∴－＝－1，∴a＝10，∴直线ax＋4y－2＝0的方程即为5x＋2y－1＝0．
将点(1，c)的坐标代入上式，可得5＋2c－1＝0，解得c＝－2．
将点(1，－2)的坐标代入方程2x－5y＋b＝0，得2－5×(－2)＋b＝0，解得b＝－12．
故a＋b＋c＝10－12－2＝－4．
故选D.
4．【答案】B
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选B.
5．【答案】
【详解】由题意可知共有个数据，且，则第百分位数为.
6．【答案】(1,3)　
【详解】由|x-2|<1可得-17．【答案】69
【详解】 ，
数据从小到大第13个数是69，
所以第75百分位数为69．
8．【答案】
【详解】依题意，所有可能的直线为
，即，过一、二、四象限.
，即，过一、三、四象限.
，即，过一、二象限.
， 即，过三、四象限.
， 即，过一、二、三象限.
， 即，过二、三、四象限.
其中不经过第二象限的为,，
所以直线不经过第二象限的概率是.
9．【答案】
【详解】由表格中的数据可得，，
所以回归直线过点，则，解得.
10．【答案】/
【详解】设事件“发送的信号为0”，事件“接收的信号为1”，
则，，，
因此．
11．【答案】0.85
【详解】由题可知，组题占比为，组题占比为，组题占比为， 随机从题库中抽取一道题，小王做对的概率是.
12．【答案】
【详解】试题分析：若Sn是等差数列｛an｝的前n项和，
则也是等差数列；
所以也是等差数列，
由可设，则，
于是可得相邻三项和依次为，
即，
所以.
13．【答案】
【详解】因为正数x、y满足，所以，
所以，
所以当时，最大值为.
14．【答案】
【详解】由题意可得.
15．【答案】31
【详解】由题设，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即为构成三角形的情况，
所以不同三角形的个数为个.
16．【答案】
【详解】.
因为的图象关于点对称，所以，，
所以，
所以的最大值为，最小值为.
令,解得,即得图象的对称轴.
因为，
所以由图象可知，当取值最小时，
，，，，，，
此时.
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，
由正弦定理，得，
即，即.
因为在中，，
所以.
又因为，所以.
（2）因为的面积为，
所以，得.
由，即，
所以.由余弦定理，得，即，
化简得，所以，即，
所以的周长为.
18．【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为,依题意,而,解得,所以所求椭圆方程为．
（2）斜率为1的直线被椭圆截得的弦长为,
设直线,直线与椭圆的交点为,
联立方程,消去得,
则,解得,
可得,
由题意可得,
解得,
所以直线方程为．
（3）设,当轴时,不妨取直线,由，得,（直线也同理）
当与轴不垂直时,设直线的方程为,依题意,,得
把代入椭圆方程,整理得,
，当时,
当且仅当,即时等号成立,
当时,不妨取直线,由，
得,（直线也同理）
综上得面积,
所以面积的最大值．
19．【答案】(1)区间是函数的“美好区间”，区间不是函数的“美好区间”，理由见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）区间和区间都是函数的“美好区间”，理由如下：
由，
当时，，所以区间是函数的“美好区间”
当时，，不是的子集，
所以区间不是函数的“美好区间”
（2）记，,
若区间是函数的一个“美好区间”，则或
由，可得，
所以当或时，，则的单调递增区间为：，；
当时，，则的单调递增区间为：，
且，，，得到在的大致图象如下：
(i)当时，在区间上单调递减，且，
所以，则，即对于任意，都有，满足性质②,
故当时，区间是函数的一个“美好区间”；
(ii)当，在区间上单调递减，在上单调递增，此时，
所以，，则当时，区间不是函数的一个“美好区间”；
(iii)当时，在区间上单调递减，在上单调递增，且，此时，
所以，，则当时，区间不是函数的一个“美好区间”；
(iv)当时，在区间上单调递减，在上单调递增，且，此时，
因为，则要使区间是函数的一个“美好区间”，则，即，
构造函数，
则，
由于，所以恒成立，则在区间上单调递增，
所以，则，不满足题意，
故当时，区间不是函数的一个“美好区间”，
综上，实数的取值范围是.
（3）对于任意区间，记，
因为对于任意，都有，
所以在区间上单调递减，故，
因为，即的长度大于的长度，故不满足性质①，
所以若为的“美好区间”必满足性质②，即，
即只需要或，
由显然不恒成立，所以存在常数使得，
如果，取，则区间满足性质②；
如果，取，则区间满足性质②；
综上，函数一定存在“美好区间”；
记，则的图象连续不断，下证明有零点，
由于在上单调递减，则在上是减函数，记
若，则是的零点；
若，则，记，，
由零点存在定理，可知存在，使得；
若，则，记，，
由零点存在定理，可知存在，使得；
综上，有零点，即，
因为所有“美好区间”都满足性质②，故，否则与性质②矛盾；
即存在，使得不属于函数的任意一个“美好区间”，证毕.
20．【答案】（1） ，则,，所以.故不是 中的元素.…………4分
（2） 由题意， ,即对于正数,有解.
由于，且在和上分别单调递增，所以满足题意时，即有解.…………6分
所以且，即有解.…………7分
由二次函数相关性质，得时，.
故的取值范围是.…………10分
（3） 设，则，则.因为为偶函数，所以.所以当时，.…………11分
当时，，，得.设,则.所以,因此.…………12分
因为,所以,所以当时，，所以当时，（提示：为偶函数）.
同理可得，当时，，当时，.…………14分
若，取,则,所以,因此,所以.由已知可得,矛盾，因此.…………15分
当时，在，，，，，六个区间上各有一根，且,此外,0,2可能是的根，即至多有9个根，即至多有9个零点.
当时，的根只能在,,0,2,中，即的零点少于9个.
因此对于,在上至多有9个零点.…………18分
【一题多解】
（2）当时,,此时,
故与的图像相切于点,令,此时.…………7分
当时,,,当时,,此时.…………9分
综上,.…………10分
21．【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1）由题意可知：，
由得；由得；
可知在区间内单调递减，在区间内单调递增；
所以函数的最小值为.
（2）（i）由题意可知：，
①当时，在区间内单调递减，无最小值，不符；
②当时，由得；由得；
可知在区间内单调递减，在区间内单调递增；
故
因为和有相同的最小值，则，
即，所以；
（ii）证明：因为在内单调递减，在内单调递增；
在内单调递减，在内单调递增；且.
①当时，与均无交点，不符；
②当时，与均只有1个点，共2个交点，不符；
③当时，在区间递减，所以时，，
所以与最多1个交点；同理与最多1个交点；
故与一共最多2个交点，不符；
④当时，与各有2个交点，
设其横坐标分别为且，
因为与共有3个交点，
所以中必存在两个相等，不妨设，
则即，
所以
下面证明存在使得.
设，
因为
且，
所以在区间至少有1个零点.
结合与各有2个交点及它们的单调性知，
所以存在，使得直线与共有3个交点.
因为，
所以，所以，
所以即，所以.
所以存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
1.构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
2.求导数，得单调区间和极值点；
3.数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
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