2026年上海高考数学最后冲刺复习2026年高考数学临考冲刺卷（上海卷）（全解全析）

2026年高考数学三轮临考冲刺卷（上海卷）

（考试时间：120分钟，分值：150分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡

皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、填空题（本大题共12题，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分，共54分.）

1．已知全集U={-2,-1,0,1,2}，Ax1x2,xN，则A______.

【答案】2,1,0

【详解】全集U={-2,-1,0,1,2}，Ax1x2,xN1,2，故A2,1,0.

故答案为：2,1,0.

3x1

2．不等式2的解集为__________.

x1

【答案】1,1

3x13x1x1x10

【详解】不等式2200，则，解得1x<1，

x1x1x1(x1)(x1)0

所以原不等式的解集为[1,1).

故答案为：[1,1)

3．已知等差数列an的前n项和为Sn，若a4a52，则S8__________.

【答案】8

【详解】在等差数列an中，a4a5a1a82，

8aa

则S18428.

82

故答案为：8.

4．(12x)6的二项展开式中x2的系数为__________.

【答案】60

kkk22222

【详解】该二项式通项为：Tk1C62x，令k2可得，T3C62x60x，所以x系数为60.

πππ

5．函数ycosx,x,的值域为___________．

332

1

【答案】,1

2

πππ2ππ

【详解】由于x,，所以x,，

32336

ππ1

故ycosxcosx,1，

332

1

故答案为：,1.

2

6．已知离散型随机变量的概率分布如下表，则其数学期望E53__________；

135

P0.5m0.2

【答案】15

【详解】由分布列的性质，可得0.5m0.21，解得m0.3，

所以E10.530.350.22.4，则E5352.4315.

故答案为：15.

7．如图，直三棱柱ABCA1B1C1所有的棱长都为1，D，E分别为B1C1和AB1的中点，则三棱锥C1AA1B1的

体积__________．

【答案】3

12

【详解】因为ABCA1B1C1为直三棱柱，所以AA1平面A1B1C1，

又因为△ABC为边长为的正三角形，所以13，

1111S△11sin60

A1B1C124

1133

又VCAABVAABCS△ABCAA11.

11111131113412

3

故答案为：.

12

14

8．若ab1，且a3b5，则的最小值为__________．

abb1

【答案】25

【详解】由ab1，可知ab>0，b10，

所以(ab)4(b1)a3b4541，

14

所以(ab)4(b1)

abb1

(ab)4(b1)4[(ab)4(b1)]

abb1

4(b1)4(ab)

17

abb1

4(b1)4(ab)

17225，

abb1

167

当且仅当abb1b,a时，等号成立，

555

14

所以的最小值为25．

abb1

故答案为：25

9．某电视台计划在春节期间某段时间连续播放6个广告，其中3个不同的商业广告和3个不同

的公益广告，要求第一个和最后一个播放的必须是公益广告，且商业广告不能3个连续播放，则不同的播

放方式有__________.

【答案】72

2

【详解】先从3个不同的公益广告中选两个安排到第一个和最后一个播放有A3种方法，然后将3个不同的

3

商业广告排成一列有A3种方法，3个不同的商业广告之间有两个空，选择一个将剩下的一个公益广告安排

231

进去即可，所以总共有：A3A3A272种方式.

故选:B.

10．已知复数z满足zz|z|0，则|z12i|（i是虚数单位）的最小值为__________.

【答案】23

2

【详解】设zxyi，zabi

则由zz|z|0可得：2xx2y20,x0，

则y23x2，即y3x或y3xx0

|z12i|的几何意义为射线上的点与1,2的距离，

结合图像可知：1,2到y3x的距离即为最小值，

最小值为：23，

2

故答案为：23

2

11．某校南门有条长600米，宽6米的道路（如图1所示的矩形ABCD），路的一侧划有120个

长5米，宽2.5米的停车位（如矩形AEFG），由于停车位不足，放学时段道路拥堵，学校保安李师傅提出一

个改造方案，在不改变停车位形状大小、不改变汽车通道宽度的条件下，可通过压缩道路旁边绿化带及改

变停车位方向来增加停车位，记绿化带被压缩的宽度AM3（米），停车位相对道路倾斜的角度EAM，

ππ

其中,．按照李师傅的方案，该路段改造后的停车位比改造前增加__________个．

63

【答案】71

5

【详解】停车位相对道路倾斜的角度EAM，AEAE,EFEF5，

2

依题意，AEFMAE，AMEEAEMEEFcosAEAEsin

5555

则AM5cossin，而AM3，于是35cossin，

2222

1110cos1110cos

整理得sin，又sin2cos21，因此()2cos21，

55

ππ1343

化简得125cos2220cos960，由(,)，得cos，则cos，sin，

632255

设改造后停车位数量最大值为n，过停车位顶点Gi(i2,3,,n)作射线MA垂线，垂足为Hi，如图，

则顶点到线段距离，

GnMEdnMAAA2A2A3An1AnAnHn

由各矩形停车位大小相等，得，，

AA2A2A3An1AnA2H2A3H3AnHn

于是，而，

dnMAA2H2(n1)AA2A2G2H2E2A2AEAMθ

AE25

因此AA22，AHAGsin3，又MAAEcos2，

2cos82222

2525

则dMAAH(n1)AA5(n1)，由d600，得(n1)595，

n2228n8

解得n191.4，即改造后最大停车位数量为191，

所以改造后的停车位比改造前增加71个.

故答案为：71

12．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

【详解】解：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.

故答案为：2,22.

二、选择题（本大题共4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正

确选项。）

25

13．已知事件A和B相互独立，且P(A),P(B),则P(AB)（）

511

231252

A．B．C．D．

11115555

【答案】C

2612

【详解】由事件A与事件B相互独立，得P(AB)P(A)P(B)P(A)1P(B).

51155

故选：C

14．已知ab1，则“m0”是“ambm”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

【分析】根据充分条件、必要条件的定义及指数函数的性质判断即可.

【详解】由m0，且ab1，得ambm，即充分性成立.

m

amma

因为ab1，所以1，由ab，得1，则m0，即必要性成立，

bb

故“m0”是“ambm”的充要条件.

故选：C

15．已知A(0,1),B(2,3),C在:x2y21(x2,y0)上，则以下对ABC的面积S描述正确的是（）

A．S必然不为奇数B．函数FxxlogSx可能没有零点

C．S可以是2026.0607D．S既没有最大值，也没有最小值

【答案】A

31

【详解】已知A0,1，B2,3，直线AB的斜率k1，所以直线AB的方程为yx1，且

AB20

22

AB203122，

xy1xy1

h

设点Cx,y，点C到直线AB的距离2，

1212

1xy1

所以S22xy1，

22

22

因为Cx,y在Γ:xy1x2,y0上，由x2y21可得yx21，

xx21xx21x2

所以Sxx211，令fxxx211x2，则fx1，

x21x21x21

当x2时，x21x2，所以fx0，即fx在,2上单调递减，

2

当x2时，y213，此时S23131；

22

xx1xx11

当x时，fxxx21111

xx21xx21

1

1111

1，0,112,x11，

222

x112xxx

x

所以fx1，

所以S31,1，

对于A，由前面计算可知S31,1，这个区间内的数都不是奇数，所以S必然不为奇数，故A正确；

对于B，因为S1，所以plogSx在x0时单调递减，qx在x0时单调递增，

根据两个函数图像可知，plogSx与qx一定有交点，也即函数FxxlogSx一定有零点，故B错误；

对于C，因为S31,1，S不可能是2026.0607，故C错误；

对于D，由S31,1可知，S具有最小值，故D错误．

故选：A．

mm1，

16．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

【详解】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.

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.）

17．（14分）某人工智能实验室要对一款新型学习智能体进行n轮测试（每轮测试的结果相互独

立），每轮测试中智能体会随机接受A类与B类任务中的一个．已知该智能体每轮成功完成A类任务的概率

11

均为，每轮成功完成B类任务的概率均为．成功完成一次A类任务得1分，成功完成一次B类任务得2

23

分，不成功均得0分．记智能体在第1轮测试后的得分为X．

(1)求X的分布列；

(2)记智能体经过2轮测试后的总得分为Y，求PX1Y3；

(3)每轮测试中智能体成功完成A类或B类任务就称为“过关”．记n轮测试中智能体过关的次数为Z，求EZ

和DZ．

【详解】（1）X的可能取值为0,1,2，

11117

PX01，

222312

111111

PX1，PX2，

224236

所以分布列为：……（4分）

X012

711

P

1246

11111111

（2）由（1），PY32，PX1Y3,

466694624

1

PX1Y33

所以PX1Y324.……（9分）

PY318

9

75

（3）由题意，PX11，

1212

5

所以ZBn,，

12

55535n

所以EZn，DZn1,……（14分）

121212144

18．（14分）如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，AD//BC，ABBC，

AD2BC2AB4，E，F，G分别为AD，PA，CD的中点.

(1)证明：平面BEF//平面PCD.

1

(2)若异面直线BF与AG所成角的余弦值为，求四棱锥PABCD的体积.

5

【详解】（1）因为E，F分别为AD，PA的中点，所以EF//PD.

又EF平面PCD，PD平面PCD，所以EF//平面PCD.

因为AD2BC，AD//BC，且E为AD的中点，所以BC//ED,BCED，

则四边形BCDE为平行四边形，

则BE//CD.又BE平面PCD，CD平面PCD，所以BE//平面PCD.

因为EF平面BEF，BE平面BEF，BEEFE，所以平面BEF//平面PCD.……（7分）

（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示.

h

设PAh（h0），则A0,0,0，B2,0,0，F0,0,，G1,3,0，

2

h

则BF2,0,，AG1,3,0.

2

1

因为异面直线BF与AG所成角的余弦值为，

5

21

cosBF,AG

所以h25，

410

4

解得h26，

1242

故四棱锥PABCD的体积为2646.……（14分）

32

1

19．（14分）已知函数f(x)xlnxax2x2．

2

(1)若a2，求函数f(x)在x1处的切线方程；

(2)设g(x)f(x)(2a)x有且仅有一个极值点，求a的取值范围；

【详解】（1）当a2时，f(x)xlnxx2x2，

fxlnx12x1lnx2x，

且f(1)0,f12，

故f(x)在x1处的切线方程为y2(x1)，即2x＋y－2＝0.……（6分）

1

（2）g(x)f(x)(2a)xxlnxax2(1a)x2,(x0)，

2

gxlnx1ax1alnx2axa，

lnx2

由gx0可得a，

x1

lnx2

令hx，x>0，

x1

11

x1lnx2lnx1

则xx

hx22

x1x1

1

令txlnx1，t(x)在x0,上单调递减，且t(1)0，

x

则当x(0,1)时，txt10，

则hx0，即hx在(0,1)上单调递增，

x1,时，txt10，

hx0，即hx在1,上单调递减，

且又x0时，h(x)，x时，hx0，h(x)maxh(1)1，

当a1时，直线ya与曲线yh(x)没有交点，不符；

当a1时，直线ya与曲线yh(x)有一个交点，

当0x1时，h(x)a，当x1时，h(x)a，不符；

当0a1时，直线ya与曲线yh(x)有两个交点，不符；

当a0时，直线ya与曲线yh(x)有唯一交点，

设xx0时，h(x0)a，gx0

当0xx0时，h(x)a，gx0，g(x)单调递减，

当x0x1时，h(x)a，gx0，g(x)单调递增，

所以xx0是g(x)0唯一变号零点，g(x)有且仅有一个极值点，

故a,0.……（14分）

x2y2

20．（18分）在平面直角坐标系xOy中，已知a0,b0，双曲线Γ:1的焦距为23，点2,1在Γ

a2b2

上．

(1)求双曲线Γ的方程；

14

(2)设直线l的斜率为,l交Γ于P、Q两点，且与圆x2y2相切，切点位于x轴上方，求OPOQ的值；

25

(3)如图，设过双曲线Γ的左焦点F1的直线AB交Γ的左支于点A、B，过Γ的右焦点F2的直线CD交Γ的右

支于点C、D，若直线CD//AB，且四边形的面积为83，求直线AB的方程．

2c23

c3

41

【详解】（1）由题意得1a22，

a2b2

2

222b1

cab

x2

所以双曲线Γ的方程为y21.……（4分）

2

1

（2）设直线l为yxm，即x2y2m0.

2

4

因为直线l与圆x2y2相切，切点位于x轴上方，所以m0，

5

2m25

且m1.

1225

2

x2

y122

2x12

联立，消去y得x11，整理得x4x80.

122

yx1

2

设Px1,y1，Qx2,y2，则x1x24，x1x28.

1111

所以y1y2x11x21x1x2x1x212211.

2242

所以OPOQx1x2y1y2817.……（11分）

（3）根据双曲线的对称性可知，四边形ABCD为平行四边形.

所以S四边形2S，所以S43

ABCDABF2ABF2.

因为直线AB的斜率不为0，所以设直线AB的方程为：xty3.

2

代入x22y22得ty32y22，

整理得t22y223ty10.

23t1

设Ax3,y3，Bx4,y4，则yy，y3y4.

34t22t22

12

因为A，B均在双曲线的左支上，所以y3y40t2.

t22

22

8t1

2223t1

所以yyyy4yy42.

343434222

t2t2t2

2

1122t1

由SABFF1F2y3y42343.

2222t2

整理得t2122t2.

222

两边平方得：t2122t2t12t70

27

解得t21或t（由t22，故舍去），所以t1.

2

所以直线AB的方程为xy30或xy30.……（18分）

21．（18分）对于定义域为R的函数fx与实数x0，定义集合

∣2

Sx0a0fx0afx0fx0afx0a.

(1)若fxx2，求S1；

(2)若fxkx3x，且对任意实数x均有Sx0,，求k的取值范围；

(3)是否存在定义域为R的连续函数fx，使得S0S10,1？若存在，给出一个满足要求的函数；若

不存在，请给出证明.

2

【详解】（1）已知函数f(x)x，x01，

S(1){a0|f(1a)f(1)f(1a)f(1)a2}.

首先计算：f(1)121,f(1a)f(1)(1a)2112aa212aa2a(2a),

f(1a)f(1)(1a)2112aa21a22aa(a2).

代入不等式：[a(2a)][a(a2)]a2.

因为a0，两边同除以a2得：(2a)(a2)1.

利用平方差公式：