2026年高考数学终极押题猜想（上海专用）（解析版）

1/52026年高考数学终极押题猜想目录TOC\o"1-1"\h\z\u押题猜想01解析几何（5分，填空压轴） 1押题猜想02函数/向量综合（5分，填空压轴） 10押题猜想03数列/函数综合（5分，选择压轴） 17押题猜想04概率统计（14分，第1道解答） 27押题猜想05立体几何（14分，第2道解答） 40押题猜想06导数与函数（14分，第3道解答） 53押题猜想07解析几何（18分，第4道解答） 61押题猜想08函数综合压轴（18分，最后一题） 75押题猜想01解析几何（5分，填空压轴）试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】已知双曲线C：x2a2解析：核心考点：双曲线的定义、离心率计算、直线与双曲线的位置关系（贴合上海高考解析几何中档题考法，侧重定义应用，减少复杂计算）步骤1：回忆双曲线定义——双曲线上任意一点到两焦点距离之差的绝对值为2a，即|PF₁|−|PF₂|=2a（P为双曲线上一点）。步骤2：分析△AF₁B的周长。周长=|AF₁|+|BF₁|+|AB|，而|AB|=|AF₂|+|BF₂|，因此周长可转化为：|AF₁|+|BF₁|+|AF₂|+|BF₂|=(|AF₁|−|AF₂|)+(|BF₁|−|BF₂|)+2(|AF₂|+|BF₂|)=2a+2a+2|AB|=4a+2|AB|步骤3：结合题意，周长为16a，即4a+2|AB|=16a，解得|AB|=6a。步骤4：求直线l与双曲线的交点弦长。直线l过F₂(c,0)，斜率为33，方程为y=联立双曲线方程与直线方程：{消去y，整理得：(3b²−a²)x²+2a²cx−(a²c²+3a²b²)=0设A(x₁,y₁)、B(x₂,y₂)，由韦达定理得：x₁+x₂=−2a²c3b²−a²弦长公式：|AB|=1+k²⋅(x₁+x₂)²−4x₁x₂，代入k=33，1+进一步化简，消去a（a≠0），整理得：2c²−5ac+2a²=0，两边同除以a²，得2e²−5e+2=0。解得e=2或e=12易错点提醒：忘记双曲线定义对周长的转化，直接联立求弦长会增加计算量；忽略e>1的隐含条件，易误选12答案：2分析有理·押题有据本题精准贴合上海高考解析几何中档压轴的命题特点：以双曲线为载体，核心考查双曲线的定义、离心率计算，兼顾直线与双曲线的位置关系，避免复杂运算，侧重定义的灵活应用——与近3年上海高考11题（解析几何）的命题思路高度一致，均以“定义转化+简单弦长计算”为核心，难度中等，区分度主要体现在“定义应用的熟练度”和“隐含条件（e>1）的敏感度”。2026年上海高考解析几何中档题（11题），仍会以双曲线、椭圆为主要载体（双曲线考查频次略高），核心考点不会脱离“定义、离心率、直线与圆锥曲线的交点弦长”三大模块；命题趋势呈现“淡化复杂联立计算，强化几何意义与定义应用”，大概率会结合“周长、距离和差”等条件，引导考生用定义转化问题，减少运算量，贴合上海高考“轻计算、重思维”的核心要求。密押预测·精练通关1．（2025·上海杨浦·二模）如图，阿基米德椭圆规是由基座､带孔的横杆､两条互相垂直的空槽､两个可动滑块组成的一种绘图工具，横杆的一端上装有铅笔，假设两条互相垂直的空槽和带孔的横杆都足够长，将滑块固定在带孔的横杆上，令滑块在中一条空槽上滑动，滑块在另一条空槽上滑动，铅笔随之运动就能画出椭圆.当之间的距离为厘米时，若需要画出一个离心率为的椭圆，则之间的距离为__________.厘米.【答案】21【详解】依题意，当滑块在两条空槽的交点处时，长为椭圆的短半轴长，当滑块在两条空槽的交点处时，长为椭圆的长半轴长，则，由椭圆的离心率为，得，解得，即，解得，所以之间的距离为21厘米.故答案为：212．（2025·上海徐汇·二模）已知双曲线的左焦点为，右焦点为.若双曲线的右支上存在一点，使得直线与以双曲线的实轴为直径的圆相切，切点为线段的中点，则该双曲线的离心率为________.【答案】【详解】设中点为，连接，作图如下所示：

在△中，因为分别为的中点，故//，且；由题可知，，且，故，且；根据双曲线定义可知，，又，故在△中，由勾股定理，也即，整理得，故，也即该双曲线的离心率为.故答案为：.3．（2025·上海黄浦·三模）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________．【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∵，∴，∴，故的最小值是.故答案为：.4．（2025·上海·模拟预测）能够使得命题“曲线上存在四个点P，Q，R，S满足四边形是正方形”为真命题的实数m的取值范围是______.【答案】【详解】曲线上存在四个点P，Q，R，S满足四边形PQRS是正方形，设，，由对称性可得，，由，得，即，由曲线的方程可得，即有解，有，解得或，即实数m的取值范围是.故答案为：．5．（2026·上海闵行·二模）在中，，点在以为焦点的双曲线上，则该双曲线的两条渐近线的夹角大小为______.【答案】【详解】由题可知以为焦点，则，又点在双曲线上，由双曲线的定义可得：，由双曲线的关系：可得，设在轴上，则双曲线的渐近线方程为，由可得两条渐近线的倾斜角为和，根据直线夹角的定义可得两条渐近线的夹角为.6．（2026·上海黄浦·二模）已知曲线与曲线交于两点P，Q，点F是的焦点，点O是坐标原点．若，则的离心率为______．【答案】【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，设，，联立方程，消去可得，则，解得，可得，又因为，则，即，可得，可得，所以双曲线的离心率为.7．（2025·上海虹口·一模）已知双曲线的焦点分别为和，若点为上的点，且满足，，则点到的一条渐近线的距离为____．【答案】【详解】因为双曲线的焦点分别为和，所以，所以.因为，，所以在中，有.设，则由勾股定理可得，所以，所以，所以.又由，可得，所以双曲线的方程为.其渐近线方程为，即.取渐近线，则点到该直线的距离为.故答案为：8．（2025·上海杨浦·模拟预测）双曲线的两个焦点为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与交于两点，且，则的离心率为__________.【答案】或.【详解】设双曲线的方程为，则圆的方程为，直线与圆的切点为连接，①如图所示，当在双曲线的两支上时，由题可知，，，则因为，所以；在三角形中由正弦定理得到，即，得到；由双曲线的定义得到，所以，在三角形中由余弦定理得，即，化简得到.此时，离心率为.②如图所示，当在双曲线的左支上时，，由正弦定理得；由双曲线的定义得到，所以，在三角形中由余弦定理得，即，化简得到.此时，离心率为.故答案为：或.9．（2026·上海·二模）已知焦点为F的抛物线上有两点A和B，且，E为A和B的中点，过点E作C的准线的垂线，垂足为H，则的最小值为________．【答案】【详解】设，，作垂直抛物线的准线于点，垂直抛物线的准线于点.由抛物线的定义，知，，根据中位线定理以及抛物线定义可得，由余弦定理得，又，∴，当且仅当时，等号成立，∴，∴，即的最小值为.10．（2026·上海长宁·二模）等腰的三个顶点均在椭圆上，且、、中有且仅有两个点是椭圆的顶点，则满足条件的共有________个.【答案】20【详解】如图所示：由题意可得以或或或为等腰三角形的底边，在两侧可各作一个等腰三角形，共有个；以或或或为等腰三角形的腰，则，设另一点为，若，即，由，解得，符合题意；(舍去)；同理，若，即，由，解得，不符题意；故只能，这样的点关于轴对称，共有2个，故共有个；以为腰，因为，设另一点为，若，即，由，解得，同理若，即，由，解得，这样的点关于轴对称，共有4个；若为底，则三角形中有三个点是椭圆的顶点，不合题意；综上，共有个这样的等腰三角形.押题猜想02函数/向量综合（5分，填空压轴）试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】已知向量a→、b→满足|a→|=2，|b解析：核心考点：向量数量积、向量模的计算、函数的最值与奇偶性（贴合上海高考填空压轴“多考点融合”特点，难度适中，侧重思维转化）第一空：求f(x)的最小值步骤1：将向量模转化为数量积——f(x)=|步骤2：代入已知条件|a→|=2，|f(x)=步骤3：求二次函数的最值。令t=x²+2x+4，配方得t=(x+1)²+3，当x=-1时，t取得最小值3，故f(x)的最小值为3。第二空：求k的值（g(x)为偶函数）步骤1：写出g(x)的表达式——g(x)=步骤2：偶函数的定义：对任意x∈R，都有g(-x)=g(x)。计算g(-x)：g(−x)=步骤3：由g(-x)=g(x)，得：x²−2x+4整理得：x²−2x+4步骤4：分析等式对任意x∈R恒成立。令x=1，得1−2+4−1+2+4=2k⋅1，即3−7进一步验证：等式左边为奇函数（令h(x)=x²−2x+4−易错点提醒：第一空易直接代入x=0求最值，忽略二次函数的对称轴；第二空易忘记“对任意x∈R恒成立”，仅代入特殊值后不验证，导致误判。答案：3；0分析有理·押题有据本题精准贴合上海高考填空压轴“多考点融合”的命题特点：将向量数量积、向量模的计算与函数的最值、奇偶性结合，题型为双空题（2分+3分），难度适中，侧重思维转化——与近3年上海高考12题的命题逻辑完全一致，均以“向量为载体，函数为核心”，考查考生的转化能力（向量模转化为数量积、函数奇偶性的应用），双空设计兼顾基础与区分度，符合高考命题梯度。2026年上海高考填空压轴题（12题），仍会延续“多考点融合”的风格，大概率以向量、函数为核心载体，可结合三角函数、不等式等知识点；双空题的设计会保持“基础空（2分）+思维空（3分）”的梯度，基础空侧重公式应用，思维空侧重逻辑推理（如本题中“偶函数对任意x恒成立”的应用）；命题趋势呈现“载体灵活，核心不变”，重点考查转化能力和逻辑严谨性。密押预测·精练通关1．（2025·上海宝山·二模）已知中，，，点在线段上，且，则的值为_________.【答案】【详解】设等腰在边上的高为，因为，所以，所以，所以，所以.故答案为：.2．（2025·上海金山·模拟预测）已知点是外接圆圆心，角所对的边分别为，且有，若，则实数的值为___________.【答案】【详解】由半角公式可得，又由余弦定理可得，则.设为中点，因为为外接圆的圆心，则有，因为，由可得，即，可得，即，即，故.故答案为：.3．已知函数，向量是平面内三个不同的单位向量，且满足，则的取值范围为______.【答案】【详解】因为，又，所以中一定有两个1，一个0，不妨设，则，，根据，不妨设，，，则，所以，又，所以，因为，所以，所以所以所以故答案为：4．（2026·上海奉贤·二模）在平面直角坐标系xOy中，点，，．若点满足：，，则xy的最大值是________．【答案】【详解】，，，由题意得解得，，，当时，取最大值为，所以y的最大值是.5．（2026·上海普陀·二模）已知向量，，，函数的表达式为，设，若，则______.【答案】【详解】因为，又因为，且，所以，整理得，当时，，则有，解得，满足题意；当时，，则有，解得，不满足题意；当时，，则有，解得，不满足题意；综上，.6．已知平面单位向量，满足，设，若与夹角为，则的取值范围是___________．【答案】【详解】由题设，则，可得，由，，，由，令，则，而，所以的范围为.故答案为：7．已知平面向量与的夹角为，与的夹角为，，，和在上的数量投影分别为、，则的取值范围是______．【答案】【详解】作，，则，

由题意可知，与的夹角为，所以与的夹角为，则，，在、、构成的中，应用正弦定理可得，所以，因为，所以，因为，，所以，故。故答案为：.8．已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意，___________；【答案】【详解】，又，所以，对于任意成立，等价于，当且仅当时取到最小值，则，解得.故答案为：.押题猜想03数列/函数综合（5分，选择压轴）试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】已知数列{an}满足a1=1，且对任意n∈N*，都有an+1=A.数列{bB.数列{bnC.若Tₙ为数列{bnD.若Tₙ为数列{bn解析：核心考点：数列的递推公式、等差数列的判定、数列的前n项和（贴合上海高考选择压轴“数列与函数结合”特点，侧重递推关系的转化，选项设计易错点）1.转化递推关系：由an+1=an2an+1（2.求an通项：1an3.求bn通项：b4.分析选项：A、B错误：bnC错误：前n项和TnD正确：验证得T2=3易错点提醒：忽略数列递推关系的倒数转化，无法判定数列类型；误将调和数列当作等差数列，导致求和错误；对选项D的验证不全面，忽略n的整数性。答案：D分析有理·押题有据本题精准贴合上海高考选择压轴“数列与函数结合”的命题特点：以数列递推公式为切入点，结合函数解析式，考查数列的判定、前n项和的计算，选项设计侧重易错点辨析——与近3年上海高考16题的命题风格高度匹配，均以“递推关系转化（倒数法）”为核心，考查考生的转化能力和数列、函数的综合应用能力，选项设置陷阱（如混淆等差数列与等比数列、误判调和数列的单调性），符合高考选择压轴的区分度要求。2026年上海高考选择压轴题（16题），仍会以数列与函数、不等式的综合为主要方向，递推公式的类型会以“分式递推”为主（便于用倒数法转化），核心考查数列的判定（等差数列、等比数列）、前n项和的计算及性质；命题趋势呈现“侧重递推转化，弱化复杂运算”，选项设计会注重易错点辨析，重点考查考生的思维严谨性和综合分析能力。密押预测·精练通关1．（2026·上海嘉定·二模）设数列满足，且，其中．下列选项中错误的是（

）A．存在，使得存在正整数N，当时，总有B．存在，使得不存在正整数N，当时，总有C．对任意，都不存在正整数N，使得当时，总有D．存在，使得不存在正整数N，当时，总有【答案】C【详解】对于A，令，则，存在，当时，有且，所以，故A正确；对于B，令，则，当时，，当时，，由A当时，总有，因此不存在正整数，对所有的，总有，故B正确；对于C，令，则，当时，有，又因为，，而，所以，则时，总有，因此当时，存在，当时，有，故C错误；对于D，令，则，数列正负交替出现，因此不存在正整数，对所有的，总有，故D正确；2．设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列，记集合，下列结论：①若与均为等差数列，则中最多有1个元素；②若与均为等比数列，则中最多有2个元素；③若为等差数列，为等比数列，则中最多有3个元素；④若为递增数列，为递减数列，则中最多有1个元素．其中正确的是（

）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】C【详解】对于①，若与均为等差数列，不妨设各自公差分别为，则，所以，因为与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列，所以：（i）若，则，则；（ii）若，则，则不存在；（iii）若，，则；综上①正确；对于②，若与均为等比数列，不妨设各自公比分别为，显然，显然该数列的奇数项都相同，故②错误；对于③，设，，若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，若，则由和的散点图可得：关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，当有偶数解，此方程即为，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，否则，因单调性相反，方程至多一个偶数解，当有奇数解，此方程即为，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即否则，因单调性相反，方程至多一个奇数解，因为，不可能同时成立，故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故选：C3．设，数列，数列．设．若对任意，长为、、的线段均能构成三角形，则满足条件的正整数n有（

）A．3个 B．2个 C．1个 D．无数个【答案】B【详解】∵长为，，的线段均能构成三角形，∴，①当时，有，即，又，∴，即恒成立；②当时，有，即，∴，因为，易知随着的增大而增大，所以；则有，整理可得，结合数列的函数特性以及指数函数和一次函数增长速度不同，以及，可知当，，不合题意；当时，，当时，，当时，，因此可得，③当时，有，即，当时，显然成立，当时，，因为，易知随着的增大而增大，所以，因此即可，即，所以；结合数列的函数特性以及指数函数和一次函数增长速度不同，以及，可得，综上可得∴满足条件的n有2个．故选：B．4．定义在上的非常值函数，若存在一个非零常数，使得对任意，都有成立，那么称函数为函数．则下列说法正确的是（

）A．存在函数为函数B．若函数为函数，且当时函数在上是严格增函数，则函数在上是严格增函数C．若函数为函数，且在处取得最小值，则D．若函数为函数，且恒成立，则为周期函数【答案】D【详解】对A：存在一个非零常数，使得对任意，都有成立，则，整理得，则有且恒成立，由，则由可得，此时有，则，矛盾，故不存在这样的非零常数，故A错误；对B：假设，当时，，且函数为定义在上的函数，则在上是严格增函数，但，不满足在上严格递增，故B错误；对C：假设，当时，，且函数为定义在上的函数，则，当时，，即对任意整数，都有，当时，，故当时，，故满足在处取得最小值，但，故C错误；对D：由题意可得，，因为为非常值函数，所以存在使得，由恒成立，可得和对任意正整数成立，若或，则当足够大时，上述不等式至少有一个不成立，故必有，即或，若，则，则为周期函数，且周期为；若，则，故，则为周期函数，且周期为；综上可得为周期函数，故D正确.5．（2026·上海杨浦·二模）已知数列，给出以下定义：若存在常数，对于任意的，都有，则称数列为“-加速数列”，现给出下列命题：①若，则对任意，数列都不是“-加速数列”；②若数列是“1-加速数列”，且，，则数列存在最小项；③若数列是“2-加速数列”，且，，则存在，使得；④正数列是等比数列且公比，则是“-加速数列”的充要条件是.其中正确的命题是（

）A．①②③ B．② C．②④ D．③④【答案】B【详解】令，由题意可得常数，对于任意的，都有成立，对于①，，，因为，所以，所以成立，即，因为，所以存在，使得成立，即数列都是“-加速数列”，故①错误；对于②，若数列是“1-加速数列”，则，所以数列是常数列或单调递增数列，因为，若，满足题意，即数列是常数列，，若数列单调递增，则必有，，即数列先单调递减，后单调递增，故数列存在最小项，故②正确；对于③，若数列是“2-加速数列”，则，且，则，所以，即，当时，，所以不存在，使得，故③错误；对于④，若正数列是等比数列，则，若，则，不等式，等价于，只要，数列是“-加速数列”；若，则，不等式，等价于，只要，数列是“-加速数列”；所以是“-加速数列”的充要条件不是，故④错误；综上所述：正确的命题是②.6．（2026·上海黄浦·二模）若无穷数列的首项为1，且对任意的，的前n项和都可以表示成的两项之差，则称为T数列，所有T数列组成的集合为T集．下列结论正确的是（

）．A．任意一个T数列均不是等差数列 B．任意一个T数列均不是等比数列C．T集中含有且仅含有有限个等差数列 D．T集中含有无穷多个等比数列【答案】D【详解】对于选项AC：例如等差数列的公差为，则，，注意到能表示大于的所有正整数，且为整数，必能用两个大于的整数之差表示，所以等差数列为T数列，且有无数个，故AC错误；对于选项BD：设等比数列的公比为，则，对于确定的，令，，令，因为，则，可知函数在内单调递增，且，，可知函数在内有且仅有一个零点.即存在使得，即，此时，对于不同的，的零点可以看出方程的解，即与在交点的横坐标，当变化时，由幂函数的图像可得交点的横坐标相异，故等比数列有无数个，所以T集中含有无穷多个等比数列，故B错误，D正确；故选：D.7．（2025·上海松江·二模）定义在上的函数满足，当时，，有以下两个命题：①当为正整数时，；②若函数在区间内有3个极大值点，则的取值范围是.则以下选项正确的是（

）A．①是真命题，②是假命题 B．两个都是真命题C．①是假命题，②是真命题 D．两个都是假命题【答案】A【详解】对于①，当为正整数时，已知，则，，将这些式子累加可得，由等差数列求和公式，所以，故①正确，对于②，当时，，令，，即，同理，可得，，由，，则，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以是极大值点，当时，则，同上易得是极大值点，当时，则，可得为极大值点，当时，则，易得为极大值点，因为函数在区间内有3个极大值点，所以，故②错误.故选：A.8．对任意正整数，数列满足，则称该数列为“增长”数列．命题1：存在的等差数列为“增长”数列，且满足其前项和．命题2：存在各项均为正整数的等比数列为“增长”数列且不是“增长”数列，使得为“增长”数列．（

）A．①是真命题，②是真命题 B．①是真命题，②是假命题C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②是假命题【答案】C【详解】假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则，由，得，由题意，得对均成立，即.当时，；当时，，因为，所以，与矛盾，所以这样的等差数列不存在.①是假命题；设数列的公比为q，则，因为的每一项均为正整数，且，所以在数列中，为最小项.同理，在数列中，为最小项.由为“增长数列”，只需，即，又因为不是“增长数列”，且为最小项，所以，即，由数列的每一项均为正整数，可得，所以，或，，设，当，时，，则，令，则，又，所以为递增数列，即，所以，所以对于任意的，都有，即数列为“增长数列”.当，时，，则.因为，所以数列不是“增长数列”.综上：由于存在数列满足命题②的所有条件，故命题②为真命题.故选：C押题猜想04概率统计（14分，第1道解答）试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】为助力上海“城市数字化转型”，某社区开展“智慧社区APP使用熟练度”调查，随机抽取该社区120名居民进行评分（满分100分），得到如下频率分布直方图（各组区间为[50,60)、[60,70)、[70,80)、[80,90)、[90,100]），已知[70,80)组的频率是[50,60)组频率的3倍，[80,90)组的频数是[60,70)组频数的2倍。（1）求频率分布直方图中[70,80)、[80,90)组的频率及组距对应的高度；（4分）（2）求这120名居民评分的平均数（精确到0.1）和中位数；（6分）（3）从评分在[80,100]的居民中随机抽取3人，记抽取的3人中评分在[90,100]的人数为X，求X的分布列及数学期望。（4分）详细解析设[50,60)组频率为x，则[70,80)组频率为3x；设[60,70)组频数为y，则[80,90)组频数为2y，频率分别为y120、2y120=由频率和为1，得：x+y120+3x+结合频率分布直方图性质（组距为10），补充隐含条件：[50,60)、[60,70)、[90,100]组频率之和为1−3x−y60，结合高考常规设计，取[50,60)组频率x=0.05，则[70,80)组频率3x=0.15；[60,70)组频率为0.10（频数y=120×0.10=12），则[80,90)组频率1260（1）[70,80)组频率为0.15，高度为0.1510=0.015；[80,90)组频率为0.20，高度为（2）平均数：各组组中值分别为55、65、75、85、95，平均数x=55×0.05+65×0.10+75×0.15+85×0.20+95×0.50

计算：55×0.05=2.75，65×0.10=6.5，75×0.15=11.25，85×0.20=17，95×0.50=47.5，合计2.75+6.5+11.25+17+47.5=85.0中位数：设中位数为m，累计频率：[50,80)组累计频率0.05+0.10+0.15=0.30，[80,90)组频率0.20，[80,100]组累计频率0.70，故中位数在[80,90)组，由0.30+(m−80)×0.020=0.50，解得m=90。（3）[80,100]组频数：120×(0.20+0.50)=84，[90,100]组频数：120×0.50=60，[80,90)组频数：24。X的可能取值为0、1、2、3，服从超几何分布X∼H(3,60,84)。-P(X=0)=-P(X=1)=-P(X=2)=-P(X=3)=分布列（略，按常规格式列出X、P(X)即可），数学期望E(X)=3×60分析有理·押题有据1.考点贴合：贴合上海高考概率统计“情境+图表+分布列”的核心考法，涵盖频率分布直方图、平均数、中位数、超几何分布（高考高频），情境贴合上海“城市数字化转型”，符合命题趋势。2.难度梯度：第一问基础计算（频率、高度），第二问平均数+中位数（核心考点），第三问分布列+期望（区分度题型），与高考17题“4+6+4”分值分布、难度梯度完全一致。3.命题趋势：预计2026年高考概率统计仍会结合本地情境，侧重数据处理能力和规范答题，超几何分布、二项分布大概率二选一，本题贴合这一趋势，易错点设置（频率和为1、中位数计算、超几何分布公式）与高考高度一致。密押预测·精练通关1．（2025·上海青浦·模拟预测）某工厂生产某款电池，在满电状态下能够持续放电时间不低于小时的为合格品，工程师选择某台生产电池的机器进行参数调试，在调试前后，分别在其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下的列联表：产品合格不合格合计调试前451560调试后35540合计8020100(1)根据表中数据，依据显著性水平的独立性检验，能否认为参数调试与产品质量有关联；(2)现从调试前的样本中按合格和不合格，用分层随机抽样法抽取8件产品重新做参数调试，再从这8件产品中随机抽取3件做对比分析.记抽取的3件中合格的件数为X，求X的分布列和期望；(3)用样本分布的频率估计总体分布的概率，若现在随机抽取调试后的产品1000件，记其中合格的件数为Y，求使事件“”的概率最大时k的取值.参考公式及数据：其中.0.050.0250.010.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828【详解】（1）零假设为：假设依据的独立性检验，认为参数调试与产品质量无关联；则，故依据的独立性检验，没有充分证据说明零假设不成立，因此可认为成立，即认为参数调试与产品质量无关联；（2）依题意，用分层随机抽样法抽取的8件产品中，合格产品有件，不合格产品有2件，而从这8件产品中随机抽取3件，其中的合格品件数的可能值有1，2，3．则，，，故的分布为：123则；（3）依题意，因随机抽取调试后的产品的合格率为，故，则，由，故由可解得，因，故当时，；故由可解得，即当时，；故当事件“”的概率最大时，．2．（2026·上海杨浦·二模）一次考试后，数学兴趣小组分析某班级考试成绩.该班级共40人，将得分由高到低平均分为四组，第一组（均分最高的一组）的数据为.(1)求第一组的得分的均值与中位数；(2)若从第一组中等可能的选取2名学生，求2人得分都在135分以上的概率；(3)兴趣小组考察某客观题的得分情况.将前15名学生作为高分组，后25名学生作为非高分组；前15名学生中13人答对该题，后25名学生中16人答对该题.据此，填写表格，并判断是否有95%的把握认为答对该题与进入高分组有关?附：，，，.高分组非高分组总计某客观题答对某客观题答错总计【详解】（1）第一组共10个数据的均值为：，第一组共10个数据按从低到高排序：，中位数为第5、6个数的平均值，即，所以第一组的得分均值为，中位数为；（2）第一组中，得分在135分以上的共有3人，从10人中任选2人：总选法数：,两人都在135分以上的选法数：,所以2人得分都在135分以上的概率为：；（3）根据题意填写列联表：高分组非高分组总计答对131629答错2911总计152540零假设：认为答对该题与进入高分组无关，计算卡方：根据独立性检验规则，可知没有95%的把握认为答对该题与进入高分组有关.3．（2026·上海崇明·二模）2025年11月，教育部等五部门联合印发《关于实施学生体质强健计划的意见》，明确要求“中小学生每天综合体育活动时间不少于2小时”．某学校为了解政策落实情况及其对学生视力的影响，随机抽取了100名学生进行每周累计体育活动时长的调查，得到如下频率分布表：每周活动总时长（单位：时）

频率0.150.250.350.150.1同时，对这100名学生的视力进行了检查，将视力达到5．0及以上定为“视力良好”，低于5．0定为“视力一般”，得到如下2×2列联表（部分数据缺失）：视力良好视力一般合计活动时间达标（不少于14小时）40活动时间未达标（低于14小时）30合计100(1)从活动时长在和的学生中，按比例分层随机抽样抽取5人进行座谈.若从这5人中随机抽取2人，设为抽取的2人中活动时长在的人数，求的分布列和数学期望；(2)依据的独立性检验，判断是否有95%的把握认为“视力情况”与“体育活动时长是否达标”有关.参考公式及数据：①，其中．②，，，．【详解】（1）由于和频率分别为，，则按比例分层随机抽样，抽取5人进行座谈，有3人来自，2人来自，由题意的可能取值为0，1，2，,,,所以的分布列是：012.（2）由题意活动时间达标人数为，活动时间未达标人数为，故列联表如下：视力良好视力一般合计活动时间达标（不少于14小时）402060活动时间未达标（低于14小时）103040合计5050100零假设：“视力情况”与“体育活动时长是否达标”无关．根据列联表数据，计算，根据小概率值的独立性检验，判断不成立，所以有95%的把握认为“视力情况”与“体育活动时长是否达标”有关.4．在双碳战略之下，新能源汽车发展成为乘用车市场转型升级的重要方向，2024年我国新能源汽车销量继续走高．为了解新能源汽车车主对新能源汽车的满意程度，某市某品牌的新能源汽车经销商从购买了该品牌新能源汽车的车主中随机选取了100人进行问卷调查，并根据其满意度评分（单位：分，总分100分）制作了如下的频数分布表：满意度评分频数101520301510(1)计算满意度评分的样本平均数和样本中位数；（每组数据以该组区间的中点值为代表）(2)根据频数分布表可以认为该市该品牌新能源汽车车主对新能源汽车的满意度评分近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数近似为样本的标准差，并求得．若该市恰有1万名该品牌的新能源汽车车主，试估计这些车主中满意度评分位于区间的人数；(3)为提升新能源汽车的销量，该品牌4S店针对购买该品牌新能源汽车的顾客设置了抽奖环节，抽奖规则如下：每人可参加2次抽奖，每次抽奖都从装有3个红球、3个白球（形状、大小、质地完全相同）的抽奖箱里一次性摸出3个球，若摸出3个红球，则返还2000元现金；若摸出2个红球，则返还1000元现金，其余情况不返还任何现金（两次抽奖返现金额叠加）．已知小王参加了抽奖，记他获得的返现金额为，求随机变量的分布列和数学期望．参考数据：若随机变量，则.【详解】（1）由题意，平均数，前3组的频率为，前4组的频数为，所以样本中位数位于，设为，则，解得，则样本中位数为.（2）由题意，近似地服从正态分布，且，，由于，因此估计这些车主中满意度评分位于区间的人数为.（3）由题意，的所有取值为，顾客每次抽奖返还2000元现金的概率为，顾客每次抽奖返还1000元现金的概率为，顾客每次抽奖不返还任何现金的概率为，则，，，，，则的分布列为：01000200030004000所以.5．（2026·上海·二模）班主任小明查阅了某大学发表的一项本市高三学生手机使用情况的研究报告.报告指出，高三学生每周手机使用时长（单位:小时）总体上服从正态分布.(1)小明老师将自己所带班级（共50名学生）视为从本市高三学生总体中随机抽取的一个样本，能以此正态分布模型估算出全班每周平均手机使用时长超过16小时的人数，在此估算基础上若在全班任选3位同学，则至少有2位同学的每周手机使用时长超过16小时的概率是多少?（结果用最简分数表示）参考数据:若，则.(2)小明老师发现小虹同学每周手机使用时长超过16小时，对其进行疏导劝解，并跟进统计出之后5周小虹每周手机使用时长与该周数学练习得分（每周练习的难度相同且满分均为150分），制成表1.以这5组数据建立回归方程.请求出实数的值表1第1周第2周第3周第4周第5周手机使用时长2018221614练习得分80887392m(3)受到鼓励的小虹制定了寒假复习计划表递交给小明老师，严格控制手机使用时长.小明老师统计发现该计划表中若第n天能复习时长超过5小时（记为“高效复习”），则第天也能“高效复习”的概率为;若第天不能“高效复习”，则第天还能“高效复习”的概率为.设（，为正整数）表示第天能“高效复习”的概率，，若表示复习计划表第天有效.求证:数列是等比数列，并说明小虹的该复习计划表是否在寒假每一天均有效.【详解】（1）由题意知，因为.所以任取1人使用手机超过16小时的概率为，50名同学中有位超过16小时，那么至少2位同学使用手机超过16小时的概率为.（2）由题意得，.代入回归方程有，解得.（3）证明：由题意知，所以所以是以为公比的等比数列.所以.因为时，恒成立，所以.所以小虹的该复习计划表在寒假每一天均有效.6．某AI模型的商用部署需依次完成任务执行与性能测试两个核心环节，规则如下：环节一（任务执行）：按任意顺序执行3项独立的任务，每项任务最多执行一次，每项任务执行成功后可获得对应分数，失败则不得分，当总分达到40分时立即进入环节二，任务参数如下：任务单次执行成功率0.90.50.8任务成功后得分/分102515环节二（性能测试）：由测试员对模型的性能进行测试后得到性能指标，已知性能指标服从正态分布，企业自主设定指标阈值，当时，模型成功商用，收益为万元：当时，模型不可商用，收益为万元：若未进入性能测试，则收益为万元.(1)求模型进入环节二的概率最大值，并写出此时任务的最优执行顺序；(2)记，两个环节结束后模型总收益的数学期望为.（i）在第（1）问的执行顺序下，请用和表示；（ii）求当为何值时，取得最大值.参考数据：当时，.【详解】（1）由题意，记环节一（任务执行）获得的总分为，下求不同顺序的值，要使，至少要保证执行成功，否则不可能进入环节二，讨论如下：以的顺序执行任务时，当成功时，，当不成功时，，以或的顺序执行任务，则，故进入性能测试的概率最大值为0.4，则最优执行顺序为或.（2）（i）由题意因为，由（1）可知执行顺序为或，此时进入性能测试的概率均为0.4，则未进入性能测试的概率为0.6，在进入环节二条件下，模型成功商用的概率为，模型不可商用的概率为.则两个环节结束后模型总收益为的概率是0.6，模型总收益为的概率是，模型总收益为的概率是.则万元，（ii）由（i）可知，，其中，满足正态分布，则，在时不断递减，则在上恒成立，在上单调递减.在上单调递减.又，而，则，在上恒成立，则在上单调递减，故当时，取得最大值.7．某新能源汽车企业为了检验一款新车型的续航能力，随机抽取了辆该车型，在相同条件下进行续航测试，得到续航里程（单位：）的频率分布表如下：续航里程区间频率(1)求这辆该车型续航里程的平均数和方差（同一区间的数据用该区间的中点值作代表）；(2)由频率分布表可认为，该车型的续航里程服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．（i）求；（ii）某用户购买了该车型，求其续航里程不低于的概率．参考数据：，若，则，．【详解】（1），．（2）由（1）可知，，，结合参考数据得，（i），，，区间长度为，根据正态分布的对称性，概率近似等于，已知，，；（ii）利用正态分布对称性：，，其续航里程不低于的概率约为．8．某省为了解高中生对足球赛事的了解情况，特地举办了一次足球常识问卷调查，问卷的满分为100分，统计结果显示，学生成绩，不低于60分为及格，高于80分为优秀，且优秀率为20%．根据某高中学校参加问卷的90名学生的调查结果，得到如下列联表：性别关注足球赛事不关注足球赛事合计男55560女201030合计751590(1)根据小概率值的独立性检验，分析该校学生对足球赛事的关注是否与性别有关；(2)在这90名学生中随机抽取一名，记事件表示抽到“学生关注足球赛事”，事件表示抽到“学生是女生”，求及的值；(3)从全省参与调查的学生中随机选出5人，这5人中及格的人数记作，求的期望与方差．附：，其中．常用的小概率值和相应的临界值：0.050.010.0013.8416.63510.828【详解】（1）零假设为：学生对足球赛事的关注与性别无关.根据列联表中的数据，得到，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为该校学生对足球赛事的关注与性别有关.（2）由题意得，，，，故.（3）因为，所以，所以，故，即.押题猜想05立体几何（14分，第2道解答）试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，平面为直角梯形，，，，M为的中点．(1)证明：平面；（6分）(2)从条件①；②中任选一个作为已知，求二面角的余弦值．（8分）【详解】（1）如图，取的中点N，连接，，因为M，N分别为，的中点，所以为的中位线，则，因为平面，平面，因为N为中点，，，所以，所以四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，又，所以平面平面，又平面，所以平面.（2）若选择条件①：连接,又N为中点，，，易得四边形为矩形，，所以，又，则，因为，，所以平面，又平面，所以，因为，与必相交，所以平面，又平面，故，以D为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为，则即，当时，，所以，设平面的法向量为，贝即，当时，，所以.所以二面角的余弦值为；若选择条件②：在和中，因为，，，所以，所以，即，因为，，所以平面，故平面，又平面，故，后同选择条件①.分析有理·押题有据1.考点贴合：贴合上海高考立体几何“线面平行证明+二面角计算”的核心考法，重点考查空间向量法的应用，兼顾几何法证明，符合高考18题命题规律。2.难度梯度：第一问线面平行证明（基础送分），第二问二面角计算（核心区分，侧重空间坐标系建立、法向量求解与夹角公式应用），与高考“6+8”分值分布、难度梯度完全一致。3.命题趋势：2026年上海高考立体几何大概率仍以直棱柱、正棱锥为主要载体，侧重空间向量法的规范应用，二面角、线面角为高频考查角度；本题贴合“轻计算、重思维”的命题核心，易错点（坐标系建立、法向量求解、线面垂直判定条件）精准对应高考高频错误，情境贴合高考常规题型，适配性极强。密押预测·精练通关1．（2026·上海黄浦·二模）如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且．(1)求证：平面平面；(2)若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的倍，求与平面所成的角的大小．【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，又平面，所以，又，，、平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解法一：由平面，平面，可知，又因为是正三角形，所以．设，由，，可得，故，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，设与平面所成的角为，则，所以与平面所成的角的大小为．解法二：连接，过作平面，垂足为，连接，则就是直线与平面所成的角，取的中点，连接，取的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，所以，因为、分别为、的中点，所以，则，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，因为平面，所以平面，且，因为，故，因为平面，平面，所以，又因为，，所以，所以，解得，又，故，则，所以与平面所成的角的大小为．解法三：设是的中点，连接、、，因为，，故四边形为平行四边形，所以，，因为、分别为、的中点，所以，，故四边形为平行四边形，所以，，又因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，点与到平面的距离相等．由四边形是正方形，、、分别为、、的中点，故，所以，故，即，又平面平面，平面，平面平面，故平面，易知，故到平面的距离也为，又，设与平面所成的角为，则，故，所以与平面所成的角的大小为．2．（2026·上海长宁·二模）如图，是圆锥顶点，是底面圆心，点、在底面圆周上，，.(1)若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积；(2)若直线与平面所成角为，求二面角的平面角的正切值【详解】（1）设圆锥的底面半径为，母线为，，圆锥的侧面积，所以，则圆锥的高，则圆锥的体积；（2）因为平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面，则与平面所成角为，所以，又因为，所以，取的中点，连结，，因为，，所以，，为二面角的平面角,因为，，所以，，所以二面角的平面角的正切值为.3．（2026·上海徐汇·二模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为直角梯形，，.(1)求证：；(2)若四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的大小.【详解】（1）取的中点，连接，因为，，则，所以四边形是平行四边形，又，四边形是矩形，所以，为等边三角形，为的中点，所以，，平面，所以平面，平面，所以.（2）梯形的面积为，设四棱锥的高为，体积为，得，所以平面，以所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，，，，，设面的法向量为，，，，，取，则，，设直线与平面所成角为，.直线与平面所成角的大小为.4．（2026·上海杨浦·二模）如图，在直四棱柱中，，，，，.(1)设是的中点，求证：平面；(2)若直四棱柱的体积为36，求平面与平面所成的锐二面角的大小.【详解】（1）连接，直四棱柱中，，，是的中点，，则，所以为平行四边形，则有，又平面，平面，所以平面；（2）梯形的面积，，则，过作，交于，连接，直四棱柱中，平面，则为在平面内的射影，由，有，所以即为所求，中，，有，又，则，，所以锐角.5．（2026·上海嘉定·二模）如图，在中，，平面，分别是线段、的中点．(1)求证：；(2)若，求直线与平面所成角的大小．【详解】（1）由题可建立如图所示的空间直角坐标系.设.则.所以所以，；（2），.，.记平面的一个法向量为，则，令则.，.记直线与平面所成角为.则.又，.6．已知正方形，、分别是边、的中点，将沿折起，形成如图的几何体．(1)证明：平面；(2)若为正三角形，试判断点在平面内的射影是否在直线上，证明你的结论，并求二面角的大小．【详解】（1）翻折前，因为、分别是正方形的边、的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，故，翻折后，仍有，又平面，而平面，所以平面.（2）点在平面内的射影在直线上，过点作平面，垂足为，连接、．因为为正三角形，所以，则，则在的垂直平分线上，又因为是的垂直平分线，所以点在平面内的射影在直线上，如图，连接，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，过点作平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形的边长为，连接，则，，．因，则，且，故，、、、、，易知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，因，，则，故可取，所以，由图可知，二面角为锐角，故二面角的大小为.7．（2026·上海松江·模拟预测）在如图所示的多面体中，已知四边形ABCD是菱形，平面平面，点G为线段AF的中点.(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）连接与，相交于点，连接，，因为菱形，所以点是的中点，所以，又平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以，又，，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为，、平面，所以平面平面；（2）取的中点，连接，因为，四边形是菱形，所以是等边三角形，则，则建立以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：则，所以，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以，所以，直线与平面所成角的正弦值为．8．如图，点是以为直径的半圆上的动点，已知，平面．(1)证明：平面平面；(2)若线段上存在一点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角大小．【详解】（1）证明：由平面，且平面，则，又为半圆的直径，则，又，，平面，则平面，又平面，所以平面平面．（2）由平面，为半圆的直径，且，，当且仅当时，达到最大，设圆心为，连接，作，且点F在BE上，连接，作，且点在上，如下图所示，由，，则，且，又平面，且平面，则平面平面，由平面，平面平面，且，则平面，又平面，则，又，且，平面，则平面，又平面，则，所以为二面角的平面角，在平面上，有，且，，则，得，则，，又，有，得，则，所以，故二面角大小为．押题猜想06导数与函数（14分，第3道解答）试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】已知函数f(x)=ln⁡x−kx（1）当k=1时，求函数f(x)的单调区间和极值；（6分）（2）若函数f(x)在区间(0,+∞)上有且只有一个零点，求实数详细解析（1）当k=1时，f(x)=ln⁡x−x求导：f′令f′(x)=0，解得x=1（x=−1当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′故f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞)；极大值为（2）令f(x)=0，即ln⁡x−kx2当k=0时，方程化为ln⁡x=−x，令g(x)=ln⁡x+x，g(x)在(0,+∞)当k≠0时，方程化为k=ln⁡x+xx2−2xℎ′(x)=(分析ℎ(x)定义域：x>0且x≠2，结合导数符号，可得ℎ(x)在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增，x→0+时ℎ(x)→−∞，x→2−时ℎ(x)→−∞，故当k≤0时，直线y=k与ℎ(x)图像有1个交点，即f(x)有1个零点。综上，k的取值范围为(−∞分析有理·押题有据1.考点贴合：贴合上海高考导数题“含参函数+单调区间+零点个数”的核心考法，重点考查导数的应用、分类讨论思想、构造函数思想，符合高考19题命题规律。2.难度梯度：第一问不含参函数的单调区间和极值（基础送分），第二问含参函数零点个数求参数范围（核心区分，侧重分类讨论和构造函数），与高考“6+8”分值分布、难度梯度一致。3.命题趋势：2026年高考导数题仍会以含参对数函数、二次函数结合为载体，侧重分类讨论的完整性和构造函数的灵活性，零点个数、极值点个数仍是高频考点，本题易错点（定义域忽略、分类讨论遗漏k=0、导数化简错误）精准对应高考高频错误。密押预测·精练通关1．（2026·上海黄浦·二模）已知．(1)求函数的最小正周期与单调增区间；(2)将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象．若同时满足：①图象关于点对称；②有且仅有个极大值点在区间上．求的取值范围．【详解】（1）因为，所以函数的最小正周期为，由，可得，所以函数的单调增区间为．（2）由（1）知，将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象，所以，由的图象关于点对称，可得，所以，解得，又，可知，故，当时，，由②知，解得，故的取值范围是．2．（2026·上海长宁·二模）已知（其中，）.(1)若函数的图象过点，求不等式的解集；(2)若恰有两个不同的实数，使得，，成等差数列，求实数的取值范围.【详解】（1）将代入，可得，得，故，该对数函数为定义在上的减函数，故由可得，解得，故不等式的解集为（2）由已知可得，即，故，整理可得，故，得，由题意可知方程有两个不同的实数根，且两根都大于，设，当时，，即函数在区间上有两个零点，故，解得，当时，，即函数在区间上有两个零点，故，不等式无解，综上可得实数的取值范围为3．（2026·上海徐汇·二模）已知函数，其中且.(1)设，写出函数的定义域，并判断是否存在正数，使得函数为奇函数，说明理由；(2)设.若关于的方程的解集为单元素集合，求正数的值.【详解】（1）由题意知：，分母不等于得：，解得：，所以函数的定义域为，要使函数为奇函数，则定义域关于原点对称，则，解得，当时，，定义域为，此时，满足奇函数的定义，所以存在正数，使得函数为奇函数.（2）由题意知：，则等价于，其中且，化简得：，令，，原命题等价于：的解集为单元素集合，①方程有两相等实根，且不等于，所以，化简得：，解得：，验证根是否等于，当时，根，满足题意，当时，根，满足题意，②方程有两不等实根，且其中一个根为，则将代入方程：，当时，此时方程为，解得：（舍）或，满足题意.综上所述：正数的取值为或或.4．（2026·上海·二模）设．(1)解不等式：；(2)设，若存在，使得，求实数a的取值范围．【详解】（1）因为，，所以，得，故的解集为；（2），则，因为关于原点对称，所以在上为奇函数，易得，因为，等号成立时，所以，则在上单调递增，若存在，使得，则存在，使得，则存在，使得，即，因为函数图象关于对称，其在上的最小值为，则，故实数a的取值范围为.5．（2026·上海金山·二模）已知函数，其中．(1)若，求实数的取值范围；(2)若，其中，若存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点，求实数的取值范围．【详解】（1）由可得，又为严格单调递增函数，且，所以，解得，所以实数的取值范围为.（2）因为，所以，，由可得，，当时，，在上单调递增，不合题意；当时，，故当或时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值，此时，不存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点；当时，，故当或时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值，故的极小值，又当时，，所以存在，使得直线与函数的图像有3个不同的交点.综上，实数的取值范围.6．（2026·上海闵行·二模）已知.(1)当时，解方程；(2)若函数在上有唯一的极值点，求的取值范围，并判断这个极值点是极大值点还是极小值点.【详解】（1）当时，，令，得，即，，解得,故方程的解集为.（2）由题意得，在区间上，，，令，则，在上单调递增，且，若函数在上有唯一的极值点，则在该区间有唯一解，即有唯一解，故的取值范围为，设为该极值点，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以极值点为极大值点.7．（2026·上海·模拟预测）已知定义在区间上的函数，，若对，，存在一个正实数，满足，则称是的“-陪伴函数”.(1)已知，判断函数是否为函数的“-陪伴函数”，并说明理由，若为“-陪伴函数”，求的最小值；(2)证明：任何一给定闭区间上的函数是函数的“-陪伴函数”.【详解】（1）假设是的“—陪伴函数”，则，即，则．因为且，所以，则，因此，因此是的“－陪伴函数”，且的最小值是．（2）已知，，.记，则．记，取，因为，故M为正实数，则，即成立，因此是的“M—陪伴函数”，即在同一给定闭区间上的函数是函数的“M—陪伴函数”．8．（2026·上海奉贤·二模）已知函数的表达式为，．(1)，求的值；(2)若，，依次成等比数列，求的值．【详解】（1）由，，得，则.（2）由，，，因成等比数列，故，即，得；若，，依次成等比数列，则；所以，，又，故，此时，，依次为，符合题意；综上，.押题猜想07解析几何（18分，第4道解答）试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】已知双曲线C:x24（1）求双曲线C的标准方程与渐近线方程；(4分)（2）过点P(3,0)作斜率为k的直线l，与双曲线C交于M,N两点，若PM→+PN（3）点Q为双曲线右支上动点，求|QF1|+2|QF2详细解析（1）由题意：a2=4⇒a=2，焦距2c=213b双曲线标准方程：x渐近线方程：双曲线x2a2−y2b（2）设直线l:y=k(x−3)，设M(x{消去y，整理得：(9−4由PM→+PN→=0，根据向量性质可知，点由韦达定理，一元二次方程Ax2+Bx+C=0x解方程：−24k结论：满足条件的斜率k不存在。（3）由双曲线定义：双曲线上任意一点到两个焦点的距离之差的绝对值等于2a，即|QF|Q将其代入|QF|Q点Q为双曲线右支上动点，根据双曲线焦半径性质，右支上点到右焦点F2的距离最小值为c−a|Q代入上式，得最小值：|Q分析有理·押题有据1.命题贴合：完全对标上海高考20题解析几何压轴题型，核心考查双曲线定义、渐近线方程、直线与双曲线位置关系（中点弦问题）、焦半径最值，均为上海高考解析几何高频考点，贴合本地命题风格。2.结构分值：严格遵循上海高考20题“4+6+8”满分18分的分值拆分，难度梯度清晰：第一问基础公式应用（送分），第二问直线与双曲线综合（中档），第三问焦半径最值（压轴区分），与高考命题梯度完全一致。3.考向预判：2026年上海高考解析几何，大概率以双曲线为载体（近3年考查频次较高），重点结合定义转化、直线与圆锥曲线位置关系、最值问题，本题精准押中核心命题方向，易错点（双曲线定义应用、中点弦韦达定理应用、焦半径最小值）与高考高频错误高度匹配。密押预测·精练通关1．（2026·上海徐汇·二模）已知无穷数列为严格增数列，且.双曲线的方程为为双曲线上两个不同的动点，其中在双曲线的右支上.(1)若，求双曲线的渐近线方程和焦点坐标；(2)若，且点为线段的中点，求实数的取值范围；(3)已知直线过双曲线的右顶点.若在双曲线的右支上，则称弦为双曲线的“同支弦”，否则称其为双曲线的“异支弦”.是否存在等差数列，使得对于任意正整数，双曲线“同支弦”弦长的最小值均大于双曲线“异支弦”弦长的最小值？若存在，请求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由.【详解】（1）当时，双曲线的方程为，此时.根据双曲线渐近线方程可得.根据可得，焦点在轴上，所以焦点坐标为.（2）设，因为在双曲线的右支上，所以.在双曲线的右支上，所以.已知点为线段的中点，根据中点坐标公式可得.因为，所以，则.即实数的取值范围是.（3）的右顶点为.若直线的斜率为0，此时，为异支弦，.若直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入，得.当时，设，则.设，则.当为异支弦时，，所以，即.所以，所以异支弦最小值为.当为同支弦时，.因为，所以.所以同支弦长最小值为，由已知，所以.若是等差数列，设公差为，则一定存在一个充分大的，使.此时，不合题意，所以不存在这样的等差数列.2．（2026·上海长宁·二模）双曲线经过点，不垂直轴的直线与交于不同于的、两点，直线、分别与轴交于点、.(1)求的离心率；(2)设直线与轴交于点，且，求点的横坐标；(3)若、关于原点对称，证明：直线经过定点.【详解】（1）将代入双曲线方程可得：，因为双曲线中，所以，即离心率：；（2）设，直线方程为，令，得，即可知，令，得，即可知，由，可得：，则由纵坐标对应相等可得，由（1）知双曲线化简为，代入得，解得或（因为此时与点重合故舍去），即；（3）设，由关于原点对称得，计算得直线的斜率可得所以有，设直线，联立，可得：，设，由韦达定理得，由可得：，整理得：，所以，所以，代入韦达定理可得：，所以，所以，所以，所以，则或，当时，直线恒过点，不符合题意，故，此时直线恒过点.3．（2026·上海黄浦·二模）已知点、分别是曲线的左、右焦点，动直线过点且不过点，它与交于点、．(1)求点、的坐标；(2)若，求直线的方程；(3)设直线过点且与垂直，直线与的交点为，求证：存在唯一的常数，使得点与的中心的连线平分线段，并求此时的最大值．【详解】（1）椭圆的半焦距，故、.（2）由题意可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设、，将代入，得，则，故，，又，，，解得，所以直线的方程为或．（3）设线段的中点为，由（2）知，，直线的斜率，易知直线的方程为，将代入直线的方程，可得，直线的斜率，因为直线平分线段，则，所以对任意的实数恒成立，则，解得，故存在唯一的常数，使得平分线段．此时，，所以，令，则，故（当且仅当时，），所以的最大值为．4．（2026·上海静安·二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点．设椭圆，的左、右焦点分别为、，，的离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)过原点O作两条相互垂直的射线，与椭圆分别交于A、B两点，证明：原点O到直线的距离为定值；(3)过椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点．在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点始终共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．【详解】（1）由题意知，即.又因为离心率，所以，所以.故椭圆的方程为.（2）证明：设。因为，所以.设直线的方程为，联立方程组，消去得，由韦达定理得.代入，即，整理得。代入韦达定理结果并化简得。原点到直线的距离所以原点到直线的距离为定值.（3）存在定点，理由如下：由（1）知，设直线的方程为，设，则，联立方程组，消去得，由韦达定理得.设，若三点共线，则，即，整理得.将代入上式，化简得.代入韦达定理结果，得.化简得，解得.所以存在定点，使得三点始终共线.5．（2026·上海·二模）设椭圆的左顶点为A．(1)求的离心率；(2)设的左焦点为F，上顶点为B，若点P在上且位于y轴右侧．，求点P的横坐标；(3)设直线，l与交于不同的两点C和D，若点A在以CD为直径的圆外，求实数m的取值范围．【详解】（1）由椭圆方程可得，，所以.（2）由条件可知，设直线的斜率为，直线的斜率为，，因为，所以，所以直线的方程为，联立椭圆：，所以或，又因为点P位于y轴右侧，所以P的横坐标为.（3）设，，联立椭圆，先确定有两个交点，即，即，所以.因为圆上任意一点与直径两端点连线所成的角为直角，而点在以为直径的圆外，所以，等价于，由，，所以，即.将，代入可得，，，解得或，结合，所以.6．（2026·上海普陀·二模）设，，、，双曲线的一条渐近线方程是，点为右支上的一点，直线的方程是，是坐标原点.(1)若点的坐标为，求双曲线的方程；(2)若直线经过点，且与交于、两点，直线、的斜率分别为、，求的值；(3)设点是的左焦点，点、是的左、右两个顶点，直线与直线交于点，直线经过点与的右支交于另外一点，若，且直线恒过点，求周长的取值范围.【详解】（1）由题意可知，则，则双曲线的方程可化为，将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故，所以双曲线的方程为.（2）由（1）可知，双曲线的方程为，即，设点、，易知点、关于原点对称，则，因为，所以，故，所以.（3）因为，所以双曲线的方程为，即，易知点、、，设点、，则、，联立得，则，可得，由韦达定理可得，，故①，直线的方程为，在该直线方程中令可得点，直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程得，即②，由①得，代入②式得，故，解得，所以，可得，所以，因为，故直线恒过右焦点，由双曲线的定义可得，，故的周长为，即周长的取值范围是.7．（2026·上海杨浦·二模）已知A、F分别是双曲线：（常数）的右顶点和右焦点，记过一、三象限的渐近线为.(1)求双曲线的离心率和渐近线的方程；(2)设，是上一点，若线段的中点在双曲线上，求点Q的坐标；(3)设，过A作两条相互垂直的直线与双曲线交于M、N两点（M在第一象限），若直线、分别与交于C、D两点，且与的面积之比为2，求直线的方程.【详解】（1）由可得，则，则，故双曲线的离心率，渐近线的方程为；（2）由，则双曲线方程为，，设，则线段的中点的坐标为，有，解得，故点Q的坐标为；（3）由，则双曲线方程为，、，由题意可得直线斜率存在且不为，设直线的方程为，则直线的方程为，，解得或，则，由在第一象限，则，解得，，解得，即，则，即，，即，，即，则，又，故，即直线的方程为，整理得.8．（2026·上海·一模）定义：我们称双曲线的“交换双曲线”为；我们称椭圆的“交换椭圆”为；我们称圆的“交换圆”为．(1)若双曲线C的“交换双曲线”为自己本身，双曲线C过点，求：双曲线C的标准方程；(2)若过点且与相切的直线与所有半径为，“交换圆”是自己本身的圆均相切，且一个球的表面积与“交换圆”面积相同，求：球的体积；(3)已知曲线满足，当时与离心率为，长轴长为的椭圆重合，当时，与椭圆的“交换椭圆”重合，若矩形的顶点均在曲线上且关于对称，求证：矩形的面积小于．【详解】（1）因为双曲线C的“交换双曲线”为自己本身，所以，设双曲线C的方程为，代入点，得，所以双曲线C的方程为；（2）对求导可得，设切点为，则切线的斜率，又，所以切线l的方程为，代入点，得，则切线l的方程为，即，因为“交换圆”是自己本身，所以，设圆的方程为，因为直线l与圆相切，所以，则“交换圆”面积为，设球的半径为R，则，解得，所以球的体积为（3）由长轴为，可得，由离心率，得，所以，不妨设椭圆的焦点在x轴，则方程为，则椭圆的“交换椭圆”方程为，所以曲线的方程为，因为矩形关于对称，设在椭圆W上，则在“交换椭圆”上，则，又直线平行直线，则直线PN的斜率为1，所以直线PN的方程为，即，联立，得，所以，得，所以，所以面积，因为点P在椭圆W上，所以，令，为参数，，因为，所以，解得，不妨取第一象限部分，则，代入可得，因为，则，所以当时，取得最大值为.押题猜想08函数综合压轴（18分，最后一题）试题前瞻·能力先查限时：4min【原创题】已知函数f(x)=x⋅ex−ax−1（1）当a=2时，求曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程；（5分）（2）若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；（6分）（3）求证：当a=1时，f(x)存在唯一极小值点x₀，且f(x₀)>-2。（7分）详细解析（1）求切线方程当a=2时，函数解析式为：f(x)=x⋅求导得：f步骤1：求切点坐标代入x=0，得f(0)=0⋅e0−2×0−1=−1步骤2：求切线斜率代入x=0，得f′(0)=e步骤3：求切线方程由点斜式y-y₁=k(x-x₁)，代入切点(0,-1)和斜率k=-1，得：y−(−1)=−1×(x−0)，整理得：x+y+1=0最终答案：切线方程为x+y+1=0（2）函数在R上单调递增求实数a的取值范围核心结论：函数f(x)在ℝ上单调递增⟺其导函数f′(x)≥0对任意步骤1：求导并转化条件f′(x)=(x+1)⋅ex−a，由f步骤2：构造函数求最值令g(x)=(x+1)⋅ex，求g(x)的最小值（a需小于等于对g(x)求导：g步骤3：分析g(x)的单调性当x<−2时，g′(x)<0，当x>−2时，g′(x)>0，故g(x)在x=−2处取得最小值。步骤4：计算g(x)的最小值g(−2)=(−2+1)⋅步骤5：确定a的取值范围由a≤g(x)恒成立，得a≤−最终答案：实数a的取值范围为a≤−（3）证明：当a=1时，f(x)存在唯一极小值点x₀，且f(x₀)>-2当a=1时，函数解析式为：f(x)=x⋅步骤1：求导分析单调性（一阶导+二阶导）一阶导数：f二阶导数：f″①分析f'(x)的单调性当x<−2时，f″(x)<0，当x>−2时，f″(x)>0，②判断f'(x)的零点个数计算特殊点的导数值：f′f′由f′(x)在(−∞,−2)单调递减、在(−2,+∞可知存在唯一x0∈(−2,0)，使得③确定极小值点当x<x0时，f′当x>x0时，f′故x0是f(x)步骤2：证明f(x₀)>-2由f′(将eˣ⁰代入f(x₀)的表达式：f(通分化简：f(步骤3：结合x₀的范围放缩证明已知x0∈(−2,0)，且①当x0∈(−2,−1)时，x0x02+x0②当x0∈(−1,0)时，x0+1>0，令t=x代入f(x0令ℎ(t)=−t+1−1t（t∈(0,1)），ℎ′(t)=−1+1ℎ(t)>ℎ(1)=−1+1−1=−1>−2，故f(x综上，f(x分析有理·押题有据1.考情匹配：上海高考数学第21题固定为导数综合压轴题，本题完全贴合上海卷命题风格，以x⋅e2.分值与难度：严格遵循上海高考21题“5分+6分+7分”的分值分配，难度梯度清晰：第(1)问为基础送分题，考查导数几何意义；第(2)问为中档题，考查含参恒成立问题（分离参数+最值转化）；第(3)问为压轴区分题，考查二阶导应用、隐零点代换、不等式放缩，符合2026年上海高考命题难度要求。3.备考导向：本题重点考查上海高考导数压轴的核心方法——导数几何意义、恒成立问题的最值转化、二阶导判断导函数单调性、隐零点代换、不等式放缩，均为高考必考重点，可直接作为备考压轴题专项