2026年上海高考数学最后冲刺复习题号猜押06 上海卷高考数学选填压轴题（第12,16题等）（解析版）

题号猜押06上海卷高考数学选填压轴题（第12,16

题）

溯源

考点3年考题考情分析

2025年分段函数，向量的数量积，向量模的取值范围

填空第12题2024年等比数列基本量运算，通项公式

2023年棱锥的结构特征，计数原理

2025年数列不等式恒成立问题，利用导数研究方程的根

函数新定义，函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性，极

选择第16题2024年

值与最值的综合

2023年圆锥曲线新定义

预测

1.能以实际问题为背景，考查数学抽象与模型构建能力。

2.如“函数+数列”“几何+代数”，需灵活转换视角。

3.答案可能不唯一，或需分类讨论得出完整结果。

4.定义新概念或规则，考查即时学习与应用能力。

备考核心

1.梳理各章节间的联系，如函数、方程、不等式之间的转化。

2.选填题压轴题难度未必极高，但对思维严谨性要求高，需避免漏解。

3.对填空题的错误，要区分是“知识漏洞”“方法不熟”还是“思维定势”。

考点1​复合函数零点，参数范围与函数性质综合

【典例1】已知函数fxcos2xmsinxm1，若函数yfx在区间0,nπ上恰有2026个零点，则所

有可能的正整数n的值组成的集合是______．

【答案】{2025,2026}

【解析】由题意得fxcos2xmsinx2sin2xmsinx1，

2

令tsinx，t1,1，可得gt2tmt1，m280，

2

记gt2tmt1的两零点为t1，t2，

1

则tt0，不妨设t0t，

12212

且m1，则g11m0，g010，g1m10，

可知t11（舍去），0t21，

原题意等价于sinxt20,1在区间0,nπ上恰有2026个零点，

可知sinxt2在0,2kπ和0,2k1π（k为正整数）内不同根的个数均为2k，

所以n2025,2026，故所有可能的正整数n组成的集合为{2025,2026}.

【变式1】（2026·上海浦东新·期末）已知函数fxx2axblnx,x0,，若fx0恒成立，则实

数a的最小值为_____________.

【答案】1

【解析】函数fx的定义域为0,，当0x1时，lnx0，

当x1时，lnx0，当x1时，lnx0，要使fx0，

则二次函数yx2axb，在0x1上y0，在x1上y0，

所以x1为该二次函数的一个零点，易得ba1，

2

则yxaxa1x1xa1，且开口向上，

只需a10，即a10，解得a1，

故a的最小值为1.

【变式2】（2026·上海徐汇·期末）已知奇函数yf(x)的定义域是R．当x0时，f(x)x24x．设函

数h(x)f(x)4，则函数yh(x)的零点个数为（）

A．0个B．2个C．4个D．6个

【答案】C

【解析】因为x0时，f(x)x24x，作出函数fx，x0的草图，如图1：

因为函数fx为奇函数，图象关于原点成中心对称，可作出函数fx的草图，如图2：

保持x轴上方的图象不变，将x轴下方的图象对称到x轴上方，得到函数yfx的草图，如图3：

作直线y4，与函数yfx的图象有4个交点，所以函数h(x)f(x)4有4个零点.

故选：C

考点2平面向量综合问题;

【典例2】（2026·上海杨浦·二模）设a、b、c是同一平面上的三个两两不同的单位向量，若

(ab):(bc):(ca)1:1:2，则ab的值为_______.

【答案】13

2

【解析】(ab):(bc):(ca)1:1:2，设abk，则bck,ac2k，

a、b、c是同一平面上的三个两两不同的单位向量，

设a,b的夹角为，则b,c的夹角为，a,c的夹角为2或22，

accos22(ab)2cos，2cos22cos10，

1313

解得cos，或cos（舍去）.

22

13

所以abcos.

2

【变式1】平面非零向量a,b,c，满足ab,c为单位向量，已知abab2c0且|ac|3，则|ab|

的最大值是______.

【答案】171

【解析】设a=0,m,bn,0，c=sin,cos，

2222

则|ac|sinmcos9m2mcos8，

2

abab2cn,m2sinn,m2cosn2nsin80，

所以m2n22mcos82nsin8162m2n2sin，

所以162m2n2m2n2162m2n2，解得171m2n2171，

所以ab171.

【变式】（上海徐汇期末）若平面向量满足，且，则

22026··aiai1(i1,2,3,4)aiai10(i1,2,3)

a1a2a3a4可能的值有______个.

【答案】3

【解析】不妨设，则由，且，

a1(1,0)ai1(i1,2,3,4)aiai10(i1,2,3)

得a2(0,1)或(0,1)，a3(1,0)或(1,0)，a4(0,1)或(0,1)，

(2,0)(0,2)

∴a1a2a3a4的值可能为(2,2)，，，(0,0)，(2,2)，(0,2)（相同的去除），

a1a2a3a4可能的值有22，2，0共3个．

考点3​数列综合问题

mm1，

【典例3】（2026·上海浦东新·期中）设f0xamxam1xa1xa0am0,m10mZ，记

fnxfn1x(n1,2,,m1)，令有穷数列bn为fnx零点的个数n1,2,,m1，则有以下两个结论：

①存在f0x，使得bn为常数列；②存在f0x，使得bn为公差不为零的等差数列.那么（）

A．①正确，②错误B．①错误，②正确

C．①②都正确D．①②都错误

【答案】C

m

【解析】当f0xx时，

m1

f1xf0xmx，此时b11，

m2

f2xf1xmm1x，此时b21，

fm1xfm2xmm1m22x，此时bm11，

故存在f0x，使bn为常数列；①正确；

设f0xx1x2xm，则f0x有m个零点1,2,3,,m，

则f1x在1,2,2,3,,m1,m的每个区间内各至少一个零点，故f1x至少有m1个零点，

因为是一个m1次函数，故最多有m1个零点，因此f1x有且仅有m1个零点，

同理，f2x有且仅有m2个零点，，fkx有且仅有mk个零点，

故bnmn，所以bn是公差为1的等差数列，故②正确.

故选：C.

【变式1】艾萨克牛顿英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作

fxn

切线”的方法求函数fx零点时给出一个数列xn：xn1xn，我们把该数列称为牛顿数列．如果

fxn

x2

2n

函数fxaxbxca0有两个零点1，2，数列xn为牛顿数列．设anln，已知a11，an的

xn1

前n项和为Sn，则S20221等于（）

A．2022B．2023C．22023D．22022

【答案】D

【解析】fxax2bxca0有两个零点1，2，

abc0b3a

则，解之得，

4a2bc0c2a

则fxax23ax2aa0，则fx2ax3aa0

22

fxnaxn3axn2axn2

则xn1xnxn

fxn2axn3a2xn3

2

xn2

22

x22x3x24x4x2

则n1nnnn

x1x22x22x1x1

n1n1nnn

2xn3

2

x2

nxn12xn2xn2

由anln，可得alnln2ln2a，

x1n1n

nxn11xn1xn1

故an12an，又a11，则数列an是首项为1公比为2的等比数列，

n

n112n20222022

则通项公式an2，前n项和S21，则S202212112，

n12

故选：D．

b

nn

【变式2】已知数列an的前n项和为Sn，其中a11,Sn12anSn1,bnan121，若恒成

bn1

立，则实数的取值范围为（）

13

A．,B．1,C．,D．2,

22

【答案】B

【解析】由Sn12anSn1可得：an12an1，即an112(an1)，

因为a11，所以a112，

所以数列an1是以a112为首项，公比为2的等比数列，

nn

则an12，所以an21，

nn

又因为bnan121，将an21代入可得：

nn

bn22(1)，

n

bn2213

当n为偶数时，n1n1，

bn122222

b222

2

所以n2时，31取得最大值1，

b2122

n

bn22131

当n为奇数时，n1n1，

bn1222222

bn

所以有最大值1，即1，

bn1

所以的取值范围为1,，故选B.

考点4​解析几何综合问题

【典例4】（2026·上海·期末）在平面直角坐标系中，当Px,y不是原点时，定义Px,y的“伴随点”为

yx

P,；当Px,y是原点时，定义Px,y的“伴随点”为它自身；平面曲线C上所有点的“伴随

x2y2x2y2

点”构成的曲线C定义为曲线C的“伴随曲线”，则下列命题：

①若点A的“伴随点”是点A，则点A的“伴随点”是点A；

②圆心在原点的单位圆的“伴随曲线”是它自身；

③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C关于y轴对称；

④一条直线的“伴随曲线”是一条直线.

真命题的序号是______.

A．①②B．②③C．③④D．①④

【答案】B

yx

【解析】对①，设点Ax,y，则A,，则A的“伴随点”为

x2y2x2y2

xy

x2y2x2y2

，即，不为点，①错；

22,22x,yA

yxyx

22222222

xyxyxyxy

对②，任取单位圆上一点Pcos,sin，则Psin,cos为单位圆上的点，P的轨迹为单位圆，②对；

对③，任取曲线C关于x轴对称的两点Ax,y,Bx,y，则伴随点为

yxyx

A,,B,，关于y轴对称，③对；

x2y2x2y2x2y2x2y2

1121

对④，不妨取直线x1上的三个点1,0,1,1,1,2，对应的伴随点为0,1,,,,，

2255

11

11

由25，故对应的伴随点不在一条线上，

12

00

25

故一条直线的“伴随曲线”不一定是一条直线，④错，故选B

【变式1】2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）正视图近似于伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系xOy中

2

（O为坐标原点），把到定点F1(c,0)和F2(c,0)距离之积等于c(c0)的点的轨迹称为双纽线，记为Γ，已

知Px0,y0为双纽线Γ上任意一点，有下列命题：

2

①双纽线Γ的方程为x2y22c2x2y2；

1

②FPF面积最大值为c2；

122

cc

③y；

202

④PO的最大值为2c．

其中所有正确命题的序号是（）

A．①②B．①②③

C．②③④D．①②③④

【答案】D

【解析】对于①，由定义2，即22222，

PF1PF2c(x0c)y0(x0c)y0c

2222224

即x0y0c2cx0x0y0c2cx0c，

2

整理可得22222，

x0y02cx0y0

2

所以双纽线Γ的方程为x2y22c2x2y2，故①正确；

111

对于②，SPFPFsinFPFc2sinFPFc2，故②正确；

F1PF2212122122

11cc

对于③，因为SFFycyc2，所以y，故③正确；

F1PF2212002202

222

对于④，F1PF2中，由余弦定理可得F1F2PF1PF22PF1PF2cosF1PF2，

2222

所以PF1PF24c2ccosF1PF2.

又因为2POPF1PF2，所以

222222

2POPF1PF2PF1PF22PF1PF2PF1PF22PF1PF2cosF1PF2.

所以，

22222

222，

2POF1F2PF1PF22PF1PF2cosF1PF2PF1PF22PF1PF2cosF1PF22PF1PF2

2222

即4PO4c24c2ccosF1PF2，

2222

整理可得|PO|cccosF1PF22c，所以|PO|2c，故④正确.

故选：D.

x2y2

【变式2】（2026·上海金山·期中）已知椭圆C:1(ab0)的左、右焦点分别是F1(c,0),F2(c,0)，

a2b2

c51

若，则称椭圆C为“黄金椭圆”．则下列三个命题中正确命题的序号是（）

a2

①在黄金椭圆C中，a,b,c成等比数列；

0

②在黄金椭圆C中，若上顶点、右顶点分别为E,B，则F1EB90；

③在黄金椭圆C中，以A(a,0),B(a,0),D(0,b),E(0,b)为顶点的菱形ADBE的内切圆过焦点F1,F2．

A．①②B．①③C．②③D．①②③

【答案】D

c5151

【解析】对①，按照，所以ac，则

a22

2223122512

bac+5cccac，故①正确；

222

2222

对②，因为在F1EB中，F1Ea,F1Bac,EBab，由①知，bac

22222222222

所以F1Bacac2aca2bc2abF1EEB，

0

即F1EB90，故②正确；

对③，以A(a,0),B(a,0),D(0,b),E(0,b)为顶点的菱形ADBE的内切圆是以原点为圆心，半径为c的圆，所

以圆过焦点F1,F2．故选D．

考点5函数与导数综合

【典例5】已知M{|f0},N{|g0},若存在M，N，使得n，则称函数

fx与gx互为“n度零点函数”.若fx32x1与gxx2aex互为“1度零点函数”，则实数a的取值

范围为

94144249

．．．．

A3,2B,2C2,D3,3

eeeeeeee

【答案】B

【解析】M2，所以21，13，

2x

故gxxae在1,3内存在零点，也就是ax2ex在1,3内存在零点.

令hxx2ex，故h'x2xx2ex.

当x1,2时，h'x0，hx在1,2上为增函数；

当x2,3时，h'x0，hx在2,3上为减函数，

14

故hx在1,3上的值域为,，故选B.

ee2

【变式1】拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数fx在a,b上连续，且在a,b上可导，则必有

x1fbfa

a,b，使得fbafbfa．已知函数fx,a,b0,2,，那么实

exba

数的最大值为（）

1

A．1B．eC．D．0

e

【答案】C

【解析】因为函数fx在a,b上连续，且在a,b上可导，

fbfa

则必有一a,b，使得f，

ba

x1exx1ex

又函数，可得x，

fxxfx

ee2xex

fbfa

所以f()，此时，

ebae

fbfa

又，所以，因为a,b，且a,b0,2，所以0,2，

bae

x1x

不妨设gx，函数定义域为0,2，可得gx，

exex

当0x1时，gx0，gx单调递增；

当1x2时，gx0，gx单调递减，

1

所以当x1时，函数gx取得极大值也是最大值，最大值，

e

1

则当1时，λ取得最大值，最大值为．

e

故选：C．

【变式2】（2026·上海松江·月考）定义域均为D的三个函数fx，gx，hx满足条件：对任意xD，

点x,gx与点x,hx都关于点x,fx对称，则称hx是gx关于fx的“对称函数”．已知函数

gx1x，hx3x，hx是gx关于fx的“对称函数”，记fx的定义域为D，若对任意sD，

都存在tD，使得2fst22ta2a1成立，则实数a的取值范围是（）

A．1,01,2B．11,2C．12,0D．2,10,1

【答案】D

【解析】函数gx1x，hx3x，hx是gx关于fx的“对称函数”，

11131

可得fx1x3x，0x1，fx0，fx，

2221x2x

3

可判断fx在0,1单调递减，由fx0可解得x，

4

33

所以在0,上fx0，在,1上fx0,

44

33

所以fx在0,递增，,1递减，

44

133

又因为f0，f1，f1，

224

1

fx的最小值为，最大值为1，

2

1

所以fx的值域为,1，

2

2222

而mtt2taa1在0,1递增，可得mt的值域为aa1,aa2，

22

由题意可得1,2aa1,aa2，

2a1

即有a2a112a2a2，即为，

a0或a1

解得0a1或2a1，则a的范围是2,10,1，故选D．

考点6排列组合综合问题

【典例6】（2026·上海金山·一模）已知四边形A1A2A3A4为平行四边形，集合

∣、、

ΩAiAjij,ij1,2,3,4,M1,M2,,Mk均为集合的四元子集，若对于任意mn1,2,,k，当

mn时，MmMn中的元素个数都不超过2个，则正整数k的最大值为___________．

【答案】14

【解析】由题意可知ΩA1A2,A1A3,A1A4,A2A1,A2A4,A3A1,A3A2,A4A2共8个元素，

记为{a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8}，

假设MmMn中最大交集为{a1,a2}，

所以含{a1,a2}的四元集合中剩下的两个元素不能相同，

因为中共8个元素，则还剩下6个元素，

6

所以M,M,,M中，含{a,a}的四元集合最多有3个,

12k122

即数对{a1,a2}在M1,M2,,Mk中最多出现3次，

同理任何一个二元数对{a1,a2}可在M1,M2,,Mk中最多出现3次，

2

所以一个四元集中出现C46个二元数对，

所以k个四元集中共出现6k次，

2

因为{a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8}中最多有C828种不同的二元数对，每个最多出现3次，

所以6k283，解得k14.

所以正整数k的最大值为14.

1

【变式1】函数fxx0绕原点逆时针旋转，每旋转15得到一个新的曲线，旋转一周共得到24条曲

x

线（不包括未旋转时的曲线），请问从中任选其二，均不是函数图象的概率是__________．

15

【答案】

92

1

【解析】由题意得，函数fxx0绕原点逆时针旋转，

x

每旋转15得到一个新的曲线，旋转一周共得到24条曲线，

2

其中10条不符合函数的定义，则不能构成函数的共有C1045，

4515

所以不能构成函数的概率为P2.

C2492

【变式2】已知“a、b、c、d、e、f”为“1、2、3、4、5、6”的一个全排列，设x是实数，若“(xa)(xb)0”可推出

“(xc)(xd)0或(xe)(xf)0”则满足条件的排列“a、b、c、d、e、f”共有_______个.

【答案】224.

4

【解析】如果c,d为1,6或e,f为1,6，则余下4个元素无限制，共有22A496种，

如果c,d中有1，e,f有6，则共有221133264种，

如果c,d中有6，e,f有1，则共有221133264种，

综上，共有224种，填224.

3x,x0

1．已知函数yfx，其中fx，若函数gxfxa在区间2,2上有两个不同的零点，

2x,x0

则实数a的取值范围为_______．

【答案】1,4

3x,x0

【解析】由gxfxa0可得afx，且fx，

2x,x0

由题意可知直线ya与函数fx在2,2上的图象有两个交点，如下图所示：

由图可知，当1a4时，直线ya与函数fx在2,2上的图象有两个交点，

因此实数a的取值范围是1,4.

2．（2026上海松江·期末）对于实数x，用x表示不超过x的最大整数，并记xxx，例如10，

1.230.23，关于x的方程xx10在区间0,2025上解的个数为______．

【答案】2015

【解析】当x0,1时，xxx；当x1,2时，xxx1；当x2,3时，xxx2；；

10

关于x的方程xx10在区间0,2025解的个数即为xxx与y交点个数，

x

10

作出yxx和y的部分图象，

x

1010

其中y在0,2025上单调递减，当x0,10时，y1，此时无交点；

xx

1010

当x10,11时，y,1，有一个交点；

x11

10510

当x11,12时，y,，有一个交点；

x611

1025

依次类推，当x2024,2025时，y,，有一个交点；

x4051012

102

当x2025时，2025202520250，y0，此时不相交，

2025405

所以方程xx10在区间0,2025上解的个数为2025102015个，

3．（2026·河北衡水·一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a11，a22，Snan1an21(nN)，

a

n1

记bn，数列{bn}的前n项和为Tn，若对xN，kTn恒成立，则k的取值范围为

(an21)(an11)

__________．

【答案】[1,).

【解析】由Snan1an21，得Sn1an2an31，

两式作差得an32an2,

又a11，a22，S1a2a31，得a34

aa

则322.

a2a1

所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，

\=n-1

an2，

n

an1211

代入b，

nn1nnn1

an21an11(21)(21)2121

1111111

所以T()()()11

n212212212312n12n112n11

而kTn恒成立，所以k1，

2

4．（2026·湖南常德·开学考试）已知公比q1的等比数列{an}满足a5a10，2anan25an1．若

*

bnnannN，且数列bn是递增数列，则实数的取值范围是___．

【答案】,3

an+12

【解析】由2anan25an1得2qan15an1，即2q5q+20，

q

又q1，所以解得q=2，

22105n

因为a5a10，所以a5a52，解得a532，所以an2，

*n

又bnnannN，所以bnn2，

n1nn

又因为bn是递增数列，所以bn1bnn12n2n220恒成立，

即恒成立，所以，所以

n20n2min33.

5．（2026·河北保定·期中）勒让德三平方和定理（Legendre’sThree-SquareTheorem）是数论中关于自然数

表示为三个整数平方和的重要定理，其核心内容为：如果一个自然数n符合下述条件时，则可以表示为三个

s

整数平方之和，其中s，t均为非负整数：nx2y2z2，n48t7．例如：正整数13322202，

6221212，设29a2b2c2，其中a，b，c均为自然数，则满足条件的有序数组a,b,c的个数是

______．（用数字作答）

【答案】12

【解析】显然a,b,c均为不超过5的自然数，下面进行讨论：

2223

①最大数为5的情况：29520，5,2,0三个数互不相同，此时共有A36种情况.

2223

②最大数为4的情况：29432，4,3,2三个数互不相同，此时共有A36种情况.

由分类加法计数原理，满足条件的有序数组a,b,c的个数是6612.

6．（2025·上海浦东新·三模）对于函数yf(x)，若关于x的方程f(Kx)Kf(x)，（KZ，K1）恰有K

个实数根，则称函数为“K”函数.①函数的定义域Dx1x9,xZ且Dyyfx,xD；②函数是

“2”函数，也是“3”函数；那么同时满足条件①②的函数共有__________个.

【答案】18

【解析】由题意，函数的定义域为和函数的值域均为：{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，可知自变量x和函数值f(x)是

一一对应的关系；

f(3x)的定义域为{1,2,3}，根据题目给出的“3”函数的新定义：有f(3x)3f(x)，即：

f(3)3f(1)，f(6)3f(2)，f(9)3f(3).

可得：f(9)9f(1)，只能是f(1)1，f(3)3，f(9)9，这样在值域当中只剩下6是2的3倍，故f(2)2，

f(6)6.

因为函数是“2”函数，根据题意f2x2fx恰有2个根，结合f(1)1，f(2)2，f(3)3，f(6)6，

13

f(9)9；剩余的不能确定的4个函数值中，只需要f(4)4，不同的分配方法有C3P318种.

7．（2026·广东广州·月考）在以O为顶点的三棱锥中，过O的三条棱两两的交角都是30，在一条侧棱上有

A，B两点，OA4，OB3，以A，B为端点的一条绳子紧绕三棱锥的侧面一周（绳和侧面无摩擦），

则此绳在A，B之间的最短绳长为________.

【答案】5

【解析】作出三棱锥的侧面展开图，如图，

则A、B两点间的最短绳长就是线段AB的长度.

在AOB中，AOB33090，

由OA4,OB3，得AB5

即此绳在A、B之间的最短绳长为5．

8．（2026·安徽·一模）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最

早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计

算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表

示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：

图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为__________.

【答案】26

【解析】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700；

“百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605；

“百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155；

520、502、506、560、511、551、515、555.

则符合条件的三位整数的个数为26.

9．（2026·上海闵行·一模）已知平面向量a、b、c和实数满足abab2，acbc0，

acbc0，则acbc的取值范围是______．

【答案】2,22

2

222

【解析】因为abab2，所以ab2a2abb4，

ab21

则，所以，于是有cosa,b，

42ab44ab2ab222

2π

因为a,b0,π，所以a,b

3

则如图所示，在平面直角坐标系中A2,0，B1,3

则aOA2,0,bOB1,3，设ca,b，

因为acbc0，所以2,0a,b1,3a,ba3b0，则a3b，即c3b,b，

因为acbc0，所以2,03b,b1,33b,b0

3131

则42b243b20，即22b223b10，解得b，

2222

则acbc2,03b,b1,33b,b

2222

23bb13b3b

222

4b43b44b43b424b43b4

2

3

24b1

2

3131

因为b

2222

2

313331

所以3在上单调递减，在上单调递增

y4b1b,b,

2222222

3131

所以ymin1，当b时，y2，当b时，y2，所以ymax2

2222

故acbc的取值范围是2,22.

10．（2026·海南省直辖县级单位·开学考试）在数列an中，Sn为其前n项和，首项a11，且函数

3

fxxan1sinx2an1x1的导函数fx有唯一零点，则S4（）

A．26