猜押02 上海高考7～12题（填空题）-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（上海专用）

猜押02 上海高考7~12题（填空题） 考点 3年考题 考情分析 数列 2022年~2024年 考查方向等差数列前n项和、等比数列的性质、数列应用、数列求和、数列递推式。 平面向量 2022年~2024年 近四年考查方向两个向量和或差的模的最值、平面向量数量积的性质及运算 解三角形 2023年、2024年 余弦定理、三角形中的几何计算 立体几何 2023年、2024年 近四年考查方向棱锥的结构特征、旋转体、异面直线所成的角、两条平行线间的距离 圆锥曲线 2023年、2024年 查方向圆的一般方程、椭圆的性质、抛物线的定义、性质、双曲线的性质 概率与统计 2022年~2024年 考查方向全概率公式、古典概型及其概率的计算公式、频率分布直方图、众数、中位数、平均数、分部加法计算原理、排列组合及其简单计数问题、排列组合与集合的性质。 题型一 数列 1．（23-24高三上·上海黄浦·期中）设是首项为3且公比为的等比数列，则满足不等式的最小正整数的值为 ． 【答案】25 【分析】根据等比数列的定义写出其通项公式，指对互化得出，即可根据并项求和法得出的式子，再代入不等式求解即可. 【详解】是首项为3且公比为的等比数列， ，则， 即有， 当为偶数时， 则， 当为奇数时，为偶数， 则， 则， 要满足不等式，则为奇数， 此时，解得：， 则满足不等式的最小正整数的值为， 故答案为：25. 2．（24-25高三下·上海·开学考试）已知首项为的数列的前项和为，定义在上恒不为零的函数，对任意的，都有．若点在函数的图象上，且不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】令，可得，求出等比数列的前项和，结合恒成立问题可得的取值范围. 【详解】∵对任意，都有， ∴令，得，即， ∴数列是以为首项，以为公比的等比数列， ∴. ∵不等式对恒成立， ∴，解得，故实数的取值范围为. 故答案为：. 3．（2023·上海闵行·二模）已知在等比数列中，、分别是函数的两个驻点，则 ． 【答案】 【分析】根据题意利用导数及韦达定理可得，的关系，后利用等比数列的性质可得答案. 【详解】由题意可得：， 则、是函数的零点，则， 且为等比数列，设公比为， 可得，解得， 注意到，可得. 故答案为：. 4．（2023·上海青浦·二模）已知数列满足，若满足且对任意，都有，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】利用等差数列前项和公式与二次函数的关系即可得到不等式组，解出即可. 【详解】由题意数列的通项公式为，,满足 ，且对任意的恒成立， 当时，显然不合题意，根据二次函数性质可得，解得 ，所以实数的取值范围是. 故答案为：. 5．（24-25高三上·上海·期中），和的零点按从小到大顺序可以分别构成两个等差数列，则所构成的集合为 . 【答案】或 【分析】求出的解，由等差数列的定义和定义域得到，再求出的解，分类讨论的氛围，验证是否满足方程得解能形成等差数列，然后得出取值范围. 【详解】①令，则，即， ∵当取时，的值为：满足等差数列，即，即即可. ②令，则，时，，当时， 若，即时，则的解与相同，满足题意； 若，即时，令，即，则， 则的解：，满足等差数列； 若，即时，因为时已存在至少三个解：， 由三角函数图像可知，在存在两个解，且成等差数列，即， 则，即， 综上所述：或. 故答案为：或 【点睛】方法点睛：因为三角函数有界，所以讨论是否大于1：大于1，则的解与相同；等于1，则求出和方程得根；小于1，结合三角函数图像的对称性和已有的解，得到成等差数列，得到方程的一个根，代回原方程求出的值. 6．（24-25高三下·上海杨浦·开学考试）已知等差数列的公差为，集合有且仅有两个元素，则这两个元素的积为 . 【答案】/ 【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答. 【详解】， 则， 其周期为，而，即最多3个不同取值， 集合有且仅有两个元素，设， 则在中，或，或， 又，即 一定会有相邻的两项相等，设这两项分别为， 于是有，即有，解得， 不相等的两项为， 故，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：此题关键是通过周期性分析得到相等的项为相邻的两项，不相等的两项之间隔一项，从而求得. 7．（23-24高二上·上海·期末）已知数列满足设表示的前项和，则使得成立的最小的正整数的值为 . 【答案】 【分析】先通过递推式得当为偶数时，数列是以为首项，以为公比的等比数列，即可求出数列的通项公式，根据通项公式观察到数列为递减数列，故求出后，以为基础，通过一定的估算可得到答案. 【详解】当，且为偶数时，， 得，又， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即， 当，且为奇数时，， 所以 明显数列从第二项起，故数列为递减数列， 当为偶数时， ， 对于，由于， 当时，， 当时，， 又当时，， 故使得成立的最小的正整数的值为， 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于通过奇偶来的分段数列，可分奇偶来研究数列的通项公式，先求出偶数项的通项公式后，奇数项的通项公式就好求了. 8．（24-25高三上·上海·期中）已知数列满足：对于任意正整数n有，且 ，，其中，若， 数列的前项和为，则 . 【答案】20 【分析】求，可证得是以为首项，为公差的等差数列，求出，得到，即可求出. 【详解】∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴是以为首项，为公差的等差数列， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ . 故答案为：20. 9．（24-25高二上·上海·期中）已知正四面体中，，、，…，在线段上，且，过点（、、…、）作平行于直线、的平面，截面面积为，则所有截面积之和为 .    【答案】 【分析】由正四面体的定义和线面垂直的判定与性质，推得，再作出截面，根据线面平行的性质可得四边形为矩形， 求得面积，利用以及等差求和公式，结合分组求和即可求解. 【详解】过作平行于的平面分别交，，于，，，如图， 因为平面，且平面平面，所以， 同理,，，故四边形为平行四边形． 过作，可得为的中点，连接，可得， 而，平面，可得平面， 平面，则． 故,则四边形为矩形． 又为靠近的第个等分点， 故． 故． ， 由于， 故 ， 故答案为：    【点睛】关键点点睛：根据线面平行的性质以及线面垂直的性质可先证得四边形为矩形，求解面积表达，利用，由分组求和得解. 10．（24-25高三上·上海·期中）已知等差数列，若存在有穷等比数列，其中，公比为，满足，其中，则称数列为数列的长度为的“等比伴随数列”．数列的通项公式为，数列为数列的长度为的“等比伴随数列”，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】设出长度为的“等比伴随数列”的公比，利用定义建立不等式，变形不等式转化为不等式恒成立问题，构造函数，利用导数，结合零点存在性定理求解即得. 【详解】设长度为的“等比伴随数列”的公比为， 则对任意正整数，当时，都有成立， 即对恒成立， 当时，有；当时，，即； 当时，有恒成立，即当时，， 令，求导得， 则函数在上单调递减，即当4时，.， 令，求导得， 则函数在上单调递减，即当4时，， 则，即， 令，求导得， 于是函数在上单调递减，又， 因此存在，使得，所以的最大值为6. 故答案为：6 【点睛】思路点睛：对新定义的数列，要充分理解新定义的性质，结合等差、等比数列的相关知识找到题干中的等量关系，构造新函数，学会利用导数研究函数的单调性、最值，将未知的问题转化为熟悉的知识点，在平时的练习中，要注重培养函数思想、转化思想等. 11．（24-25高二上·上海·期中）设数列，…，即当时，，记为数列前项和.对于，定义集合是的整数倍，，且.集合中元素的个数为 . 【答案】 【分析】根据题意分类讨论结合分组求和求出，进而可得由题意，则为奇数，进而分析计算即可. 【详解】当为偶数，则 当为奇数，则 因此， 当时，， 于是 ， 依题意，，则，为奇数， 又，则， 所以集合中元素的个数． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：分为奇数和偶数和而得的表达式，进而探讨是求解的关键. 12．（2023·上海松江·一模）已知数列的各项都是正数，，若数列为严格增数列，则首项的取值范围是 ，当时，记，若，则整数 【答案】 【分析】先由题给条件求得，再利用即可求得；先利用裂项相消法求得，再列不等式组，即可求得整数的值. 【详解】正项数列，为严格增数列， 则，则，解之得 又，则，则 由，可得 由可得 ，则，则 又当时，，则 由可得，， 又，则， 解之得，则整数 故答案为：； 13．（2023·上海闵行·三模）数列共有项（常数为大于5的正整数），对任意正整数，有，且当时，．记的前项和为，若对任意都成立，则的最大值是 ． 【答案】21 【分析】根据已知得出数列的性质，再分类讨论当为偶数和为奇数的情况即可得出答案． 【详解】根据条件可知，数列具有性质为，首尾对称性两个数互为相反数，如果中间数为1个，则必为0．下面对讨论： 当为偶数（数列各个数非零）， ， 解得； 当为奇数（数列中）， ， 解得， 故最大值为21， 故答案为：21． 14．（2023·上海嘉定·三模）已知首项为2、公差为的等差数列满足：对任意的不相等的两个正整数i，j，都存在正整数k，使得成立，则公差d的所有取值构成的集合是 . 【答案】 【分析】根据等差数列的通项公式可得，再求出的范围，即可得解. 【详解】， 由，得， 即， 当时，，矛盾， 所以，则， 因为都是正整数，所以为整数，且不等于， 因为对任意的不相等的两个正整数i，j，都存在正整数k，使得成立， 且， 则当时，， 所以， 所以公差d的所有取值构成的集合是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据等差数列的通项公式得出，是解答本题的关键. 题型二 平面向量 1．（23-24高三下·上海嘉定·阶段练习）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设，，则曼哈顿距离，余弦距离，其中（O为坐标原点）．已知点，，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据题意分析可得在正方形的边上运动，结合图象分析的最大值，即可得结果. 【详解】设，由题意可得：，即， 可知表示正方形，其中， 即点在正方形的边上运动， 因为，由图可知： 当取到最小值，即最大， 点有如下两种可能： ①点为点A，则，可得； ②点在线段上运动时，此时与同向，不妨取， 则； 因为， 所以的最大值为. 故答案为：. 2．（23-24高三上·上海黄浦·期中）平面两点，的坐标分别满足和.为坐标原点，已知，且，.若存在，使得，则正实数的值为 . 【答案】 【分析】根据题意可知点，在双曲线的两支上，，为双曲线的焦点，根据向量的运算得到为等边三角形，再由存在，使得，所以，，三点共线，根据双曲线的定义及性质，结合余弦定理即可求解. 【详解】由题意可知点，在双曲线的两支上， ，为双曲线的焦点，所以， 因为，所以，因为， 所以，所以，所以为等边三角形， 因为存在，使得，所以，，三点共线， 因为，，所以， 又，所以， 因为，由余弦定可得， 即，所以. 故答案为： 3．（24-25高三上·上海·开学考试）在边长为1的正六边形中，以为起点其它5个顶点之一为终点的向量分别记为，以为起点其它5个顶点之一为终点的向量分别记为，若分别为的最小值､最大值，其中.则的值为 . 【答案】 【分析】由余弦定理和勾股定理分别求出，再由向量的加法法则结合图形的关系和向量的数量积公式求出结果即可； 【详解】如图： 由向量的加法法则可得，两个向量的夹角越小，模长越大，和向量就越大；反之越小； 正六边形可得， 同理， 因为正六边形的边长为1， 由余弦定理可得，解得， 所以， 所以由图形关系可得， 所以， 同理，两个向量的模长越小，夹角越大，和向量就越小，两个括号的乘积就越小， 所以， 如图： 由图可得 ， 所以， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键是能用图形表示，再结合向量的数量积公式计算即可. 4．（24-25高三上·上海·期中）平面上到两个定点距离之比为常数的动点的轨迹为圆，且圆心在两定点所确定的直线上，结合以上知识，请尝试解决如下问题：已知满足，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】利用题目提供信息结合图形，将转化为，后由图形以及不等式知识可得答案. 【详解】如图所示建立坐标系，则． 其中,则. 设满足， 故， 整理得到. 故． 当三点共线时，即BE与单位圆相切，在时，有最小值为； 又， 则 ，当且仅当，即时取等号. 又注意到当时，，则，当且仅当时取等号. 则，当，即在等号成立． 故答案为：．    【点睛】关键点睛：本题所给信息涉及“阿氏圆”，我们常利用“阿氏圆”将不同系数的求值问题转变为相同系数求值.题中所涉不等式：为均值不等式链的一部分，即平方平均大于算术平均. 5．（24-25高三上·上海·期中）已知平面向量 满足，且对任意的实数t，均有 则的最小值为 【答案】 【分析】利用向量的坐标运算，再用数形结合思想求出最小值. 【详解】 如图，建立直角坐标系，记， 因为，所以点， 作，设其坐标为，因为， 所以点在以点为圆心，1为半径的圆上，即， 因为对任意的实数t，均有 ， 所以， 由于上式对任意的实数t的一元二次不等式恒成立， 则，即， 设又设，则， 整理得：，所以可知点在直线上， 又因为点在以点为圆心，1为半径的圆上，且， 所以可以把看成两动点和的距离， 显然距离最小值为圆心到直线的距离减去半径1， 而点到直线的距离, 所以，即的最小值为3, 故答案为：3. 【点睛】关键点点睛：确定B，C点轨迹解决问题的关键. 6．（24-25高三上·上海·期中）已知实数、、、满足，，，记，则的最大值是 . 【答案】 【分析】根据题目等式特征可知，实数对都在圆上，利用数形结合再根据可得，再利用不等式求出去掉绝对值后可得，求出的最小值即可求得w的最大值. 【详解】根据题意可设圆，， 显然两点在圆上，由可知， 可得；如图所示：    由不等式，可得，同理可得； 所以， 当取最小值时，的值最大， 由， 易知，所以，可得， 又， 所以，即， 当且仅当时取最小值， 此时， 即的最大值是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于根据题目信息和等式特点，将代数问题转化成几何图形，再利用向量和不等式即可求得结果. 7．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知平面向量，，满足与的夹角为锐角，，，，且的最小值为，向量的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由题可知的最小值为，用含的式子表示，利用二次函数最小值的表示方式，表示其最小值让其等于3构建方程，解得，由与的夹角为锐角，舍掉负值，代入原二次函数对称轴的表达式中，解得；表示，展开（设），将已知模长代入展开式，可化简为，利用三角函数的值域，即可得答案. 【详解】由题， 因为，，所以， 因最小值为，且由二次函数分析可知，当时，取得最小值， 所以，解得， 又因为与的夹角为锐角，所以，故； 因为， 又有， 将模长代入，设， 即原式， 因为，所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出，再由数量积的运算律转化为（）的三角函数. 8．（24-25高三下·上海·开学考试）已知，存在，当时，都有，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】令，得，故点在圆心为原点的单位圆上，点在函数，转化为向量与的夹角大于即可. 【详解】令，故，故原不等式可化为：， 令，得， 故点在圆心为原点的单位圆上，点在函数， 作出大致图象如下： 故不等式的几何意义是：向量与的夹角大于， 设， 则当时，单调递减，当时，单调递增，故当，故当且仅当时取等号，故 故时，函数与直线恰好相切，切点为原点， 易知存在，在时使得恒成立， 当时，不存在一个给定的，使得恒成立， 综上，的取值范围是． 故答案为：. 【点睛】有结论点睛：常用的不等式：，，，，，. 9．（24-25高三下·上海·阶段练习）已知，（i，，2，3）均为实数，且满足，，，，且的最大值是 . 【答案】25 【分析】本题可通过设向量，将已知条件转化为向量的形式，再利用向量的运算和几何意义求解的最大值. 【详解】设向量，，. 由，，， 可得，， 已知， 所以， 移项得到， 即，也就是， 这表明点在以为直径的圆上. 根据两点间距离公式，可知， 要求的最大值，即求的最大值，也就是求的最大值. 因为，，当，，三点共线且，在的两侧时，取得最大值， 此时. 另外，此时在以为直径的圆与圆的交点位置，如图所示， 因为，， 所以的最大值为. 故答案为： 【点睛】思路点睛： 遇到此类多个变量的代数关系求最值问题，优先考虑将其转化为向量形式，利用向量的性质和运算来解决.通过分析向量之间的夹角关系和模长的最值之间的关系，来求得所求的最大值. 10．（24-25高三下·上海青浦·阶段练习）帕拉图说“美是灵魂的反映”，有机物萘的结构可用下图所示的键线式表示，其优美的结构简式可抽象为两个正六边形的图形.已知与为全等的正六边形，，点P为该图形边界（包括顶点）上的一点，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】取线段的中点M，可得出，求出的最大值和最小值，即可得出的取值范围. 【详解】取线段的中点，则， ， 由图可知，当点与点重合时，取最小值，且， 由图形可知，当取最大值时，点在折线段上， 连接，则， 同理， 由正六边形的几何性质可知，， 所以，， 则三点共线，则，即， 当点在线段上从点运动到点的过程中，在逐渐增大， 同理可知，， 当点在线段上由点到的过程中，在逐渐增大， 所以，当取最大值时，点在折线段上运动， 以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴， 线段的垂直平分线所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、、、、、 、，设点， （1）当点在线段上运动时，， 直线的方程为，即， 所以，线段的方程为， 则； （2）当点在线段上运动时，，，则， 所以，； （3）当点在线段上运动时，， 直线的方程为，即， 所以，线段的方程为， 所以，， 因为函数在上单调递增， 故. 综上所述，的最大值为，故， 故的取值范围是. 故答案为：. 题型三 解三角形 1．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知是锐角的外心，，若，则实数 . 【答案】/ 【分析】设的外接圆半径为，化简得，结合正弦定理求出值. 【详解】在锐角中，，则， 设的外接圆半径为， 由正弦定理可得，所以，， 又因为， 所以. 所以由外接圆圆心的特点及向量数量积的几何意义可得： ， 所以， 由正弦定理可得， . 故答案为：. 2．（24-25高三上·上海黄浦·期末）一个机器零件的形状是有缺口的圆形铁片，如图中实线部分为裁剪后的形状．已知这个圆的半径是13cm，，，且，则圆心到点B的距离约为 cm．（结果精确到0.1cm）    【答案】 【分析】利用圆的对称性及三角恒等变换、余弦定理计算即可. 【详解】如图所示，设圆心为D，的中点为E，则， 由题意易知， 则， 所以， 由余弦定理知， 所以. 故答案为：.    3．（24-25高三上·上海金山·期末）某海滨浴场平面图是如图所示的半圆，其中O是圆心，直径MN为400米，P是弧MN的中点．一个急救中心A在栈桥OP中点上，计划在弧NP上设置一个瞭望台B，并在AB间修建浮桥．已知越大，瞭望台B处的视线范围越大，则B处的视线范围最大时，AB的长度为 米．（结果精确到1米） 【答案】 【分析】令，，在中应用余弦定理及基本不等式求最值，并确定取值条件，即可得答案. 【详解】令，，且， 在中，， 当且仅当米时，取最小值，此时最大. 故答案为： 4．（24-25高三下·上海·阶段练习）如图，要在A和D两地之间修建一条笔直的隧道．现从B地和C地测量得：，，，．若B、C的直线距离为5.8公里，则隧道长为 公里．（结果精确到0.1公里） 【答案】 【分析】设，在，，中利用正弦定理，可求，进而可求. 【详解】由题意：. 设，则. 在中，即. 在中，. 在中，，即. 将以上三式相乘，得：， 从而有：， 所以：. 所以. 在中，，, 所以. 在中，. 故答案为： 5．（2023·上海黄浦·一模）已知的三边长分别为4、5、7，记的三个内角的正切值所组成的集合为，则集合中的最大元素为 . 【答案】 【分析】设的三边长分别为，根据余弦定理确定三角形最大角角为钝角，利用大边对大角及正确函数性质，可知三个内角的正切值最大为，再利用余弦定理及同角三角关系即可求得得值. 【详解】不妨设的三边长分别为，则由大边对大角可得， 所以最大角为， 由余弦定理得：，又，故角为钝角， 所以， 又函数在上递增，此时，在上递增，此时， 所以三个内角的正切值最大为， 由余弦定理得：，则， 所以. 故答案为：. 6．（2023·上海嘉定·二模）如图，线段AB的长为8，点C在线段AB上，．点P为线段CB上任意一点，点A绕着点C顺时针旋转，点B绕着点P逆时针旋转．若它们恰重合于点D，则的面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】由已知可推得，根据余弦定理表示出，进而得出.表示出，根据基本不等式，即可求出，从而得出答案. 【详解】由题意可知，，即. 在中，有，， 所以. 由余弦定理可得，， 所以， 所以有， 当且仅当时，等号成立. 所以，， 所以，，即的面积的最大值为. 故答案为：. 7．（2023·上海长宁·二模）已知是双曲线的左、右焦点，l是的一条渐近线，以为圆心的圆与l相切于点P，若双曲线的离心率为2，则 ． 【答案】 【分析】以为圆心的圆与l相切于点P，，所以由点到直线的距离求出，由余弦定理可得，求出，再由余弦定理求出，即可求出的值. 【详解】设双曲线的一条渐近线为， 则到直线的距离为， 因为以为圆心的圆与l相切于点P，，所以， 又因为双曲线的离心率为2，所以，则， 在中，， 在，， 解得：， 由余弦定理可得：， 所以. 故答案为：. 8．（22-23高三上·上海浦东新·期中）如图，三棱锥的顶点A在平面上，侧棱平面，底面BCD是以B为直角的等腰直角三角形，且平面BCD与平面平行．， E是CD中点，M是线段AE上的动点，过点M作平面ACD的垂线交平面于点N，则点N到点C的距离的取值范围为 ． 【答案】； 【分析】由题设可证则△、△都为等腰直角三角形，结合△BCD是以B为直角的等腰直角三角形，将几何体补全为正方体且一个底面在上，进而确定与所成角为，并有，应用余弦定理、勾股定理求的范围即可. 【详解】由平面，面，则面，面， 所以，又且△BCD是以B为直角的等腰直角三角形， 故，则△、△都为等腰直角三角形， 将补全为正方体如下图示，其中一个面在上且棱长为1， 所以，在等边△中E是CD中点，故， 过M作面ACD垂线交面于N，且面，面，则， 因为，面，面，故， 又，面，故面，面， 所以，面面，面面，且， 易知：过M作面ACD垂线在面内，即面，而面， 综上，点必在对角线上，且与所成角为，，则， 在中，令，由， 故， 所以，则， 所以. 故答案为： 题型四 立体几何 1．（24-25高三上·上海黄浦·期末）在正四面体中，点N是的中心，若，则 ． 【答案】/ 【分析】依题意设，，，利用勾股定理即可得到，设该正四面体的棱长为，求出点的坐标，结合利用空间向量法计算求解. 【详解】因为在正四面体中，，正四面体的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线上， 设，，， 由两两垂直，得， 所以，即，所以是正三棱锥， 设该正四面体的棱长为，则，于是，， 又点N是的中心，所以， 所以 因为，所以， 可得，得， 可得. 故答案为：. 2．（24-25高三上·上海浦东新·期末）已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为 ． 【答案】8 【分析】以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，表示各向量坐标，利用数量积的坐标表示可得结果. 【详解】由题意得，，且. 以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，. 设，则， ∴，，， ∴，，， ∴点坐标可能为，，，，，，，， 故点个数的最大值为8. 故答案为：8. 3．（2023·上海徐汇·三模）在中，，顶点在以为直径的圆上.点在平面上的射影为的中点，，则三棱锥外接球的半径为 . 【答案】2 【分析】根据三棱锥的外接球几何关系和勾股定理即可求. 【详解】    设球的半径为， 所以， 解得， 所以外接球的半径为2. 故答案为：2. 4．（2023·上海黄浦·三模）已知正方形ABCD的边长是1，将沿对角线AC折到的位置，使（折叠后）A、、C、D四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 ． 【答案】 【分析】首先确定三棱锥体积最大时，二面角为，再根据边长求三棱锥的表面积. 【详解】在翻折过程中，三棱锥的底面始终是，故当二面角为时，三棱锥的体积最大， 如图，取的中点，连结，由题意可知，，， 则，且，所以， 所以和是边长为1的等边三角形，, 和是等腰直角三角形， 所以三棱锥的表面积为.    故答案为： 5．（2023·上海普陀·一模）体积为的正四面体内有一个球，球与该正四面体的各面均有且只有一个公共点，，是球的表面上的两动点，点在该正四面体的表面上运动，当最大时，的最大值是 . 【答案】 【分析】记该正四面体为，题意得出球是该正四面体的内切球，球心也是外接球的球心，在高上，由体积求得正四面体的棱长，并求出内切球半径，最大时，是球的直径，由数量积的运算得出取最大时，只要最大即可得． 【详解】记该正四面体为，如图，由题意球是该正四面体的内切球， 显然在其高上，是底面正的中心，设，则，， ，所以， 是内切球球心也是其外接球球心，设内切球半径为，即，又， 由得，， 最大时，是球的直径， ， 点在该正四面体的表面，当是正四面体的顶点时，取得最大值为， 所以的最大值是． 故答案为：． 6．（2023·上海嘉定·一模）设为多面体M的一个顶点，定义在处的离散曲率为，其中为的所有与相邻的顶点，且平面、、、、为以为公共点的面.已知在直四棱柱中，四边形为菱形，，当平面时，四面体在处的离散曲率为 . 【答案】 【分析】推导出四边形为正方形，求出、、的大小，结合离散曲率的定义可求得结果. 【详解】连接交于点，连接交于点，设菱形的边长为，则为、的中点， 因为平面时，则平面，所以，， 又因为平面，平面，则， 所以，， 所以，，即，即，即，可得， 又因为，则，即， 所以，四边形为正方形，所以，， 因为平面，、平面，则，， 因为，则，同理可得， 所以，为等边三角形，、均为等腰直角三角形， 所以，四面体在点处的离散曲率为， 故答案为：. 7．（2024·上海奉贤·二模）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型，如图所示.该模型为长方体中挖去一个四棱锥，其中为长方体的中心，，，，分别为所在棱的中点，，，打印所用原料密度为.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 . 【答案】 【分析】根据几何体形状分别求出长方体体积和四棱锥的体积，相减得出模型体积即可求得所需原料的质量. 【详解】易知四棱锥的底面积， 高为， 所以四棱锥的体积为， 长方体为， 因此该模型的体积为， 所以该模型所需原料的质量为. 故答案为： 8．（23-24高三下·上海·期中）棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】先过作平面的平行面从而确定点的轨迹，再确定三棱锥体积取最大时的位置，进而找到球心所在方位即可求解. 【详解】如图，当点位于的中点时，取中点G，连接， 则由正方体性质有， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又且都在面，所以平面平面， 又面，所以平面， 所以的轨迹是以的中点为端点的线段， 因为， 所以当F点离平面距离最远时三棱锥体积最大， 此时，点与的中点重合， 取中点O，连接，则由正方体性质可得平面， 所以三棱锥的外接球球心在所在直线上， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则，球心为， 则 于是，， 所以外接球半径为， 所以. 故答案为：. 9．（2023·上海杨浦·一模）我国古代数学著作《九章算术》中研究过一种叫“鳖（biē）臑（nào）”的几何体，它指的是由四个直角三角形围成的四面体，那么在一个长方体的八个顶点中任取四个，所组成的四面体中“鳖臑”的个数是 . 【答案】 【分析】先以平面为基准，在平面内取三点，然后判断一次一共可以确定多少个“鳖（biē）臑（nào）”，然后类比推理，将重复计算的舍去即可. 【详解】（1）   （2）   （3）   （4）   如图以平面为基准，在平面内取三点，显然（1）（2）合题意，（3）（4）不合题意，同理，将换成，，，各能找到两个“鳖（biē）臑（nào）”，所以当三点确定在一个平面上时，可以确定8个“鳖（biē）臑（nào）”，共有6个面，所以可确定个“鳖（biē）臑（nào）”.但上图（1）在以平面为基准时又被算了一次，图（2）在以平面为基准时又被算了一次，所以每一种情况都被重复计算了一次，故共能确定个“鳖（biē）臑（nào）”. 故答案为：. 10．（2023·上海嘉定·一模）正四棱台是的中点，在直线上各取一个点P、Q，使得M、P、Q三点共线，则线段的长度为 ． 【答案】 【分析】根据正四棱台的特征，建立空间直角坐标系，利用M、P、Q三点共线，得到等量关系，从而确定的位置，进而得到线段的长度. 【详解】结合题意：连接交于点,交于点,连接 由正四棱台的结构特征,易知两两垂直， 故以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 因为在正四棱台， 所以易计算得到： ，， 所以，, 因为是的中点,所以， 所以. 要使M、P、Q三点共线，则，共线， 则，解得：， 所以，, 所以， 所以. 故答案为:    11．（2024·上海黄浦·二模）在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 . 【答案】/ 【分析】根据空间向量的加法与数乘运算，可得点的位置并作图，利用三角形的等积变换可得底面的面积比，可得答案. 【详解】由，，，则； 由，，，则； 由，，，则； 显然四面体与四面体共顶点且底面共面，则其高相同可设为， 结合题意可作图如下： 在底面连接，作图如下： 由，即，则，易知； 由，即，则，易知； 由，即，则； 由，，则，易知； ，； . 故答案为：. 12．（24-25高三上·上海·期中）如图是一种“四脚帐篷”的示意图，其中半圆和半圆的直径均为2.8米，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，假设所得截面均为正方形，则该帐篷围成几何体的体积为 立方米.（精确到0.1立方米）    【答案】3.7 【分析】先证明等高处的水平截面截两个几何体的截面的面积相等，由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，计算即可. 【详解】设截面与底面的距离为，在帐篷中的截面为， 设底面中心为，截面中心为，则，， 所以，所以截面为的面积为.    设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为， 底面中心与截面中心之间的距离为， 在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为，， 所以，所以，为等腰直角三角形， 所以，所以四边形边长为， 所以四边形面积为， 所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等， 由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积， 即. 帐篷围成几何体的体积为：（立方米）. 故答案为：3.7. 13．（24-25高三上·上海·期中）如图所示，正八面体的棱长为，点为正八面体内(含表面)的动点，则的取值范围为 【答案】 【分析】设交于点，，分析可知可知点的轨迹是过点且与直线垂直的平面，建系，设点，可得，进而确定截面的形状，整理可得，分析长度的最值即可得解. 【详解】设交于点，且，的中点为， 因为 ， 则，即， 可知点的轨迹是过点且与直线垂直的平面， 如图，以为坐标运算，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设点，则， 可得，可得， 直线上的点满足，结合可得， 可知直线与平面的交点为， 同理可得：平面与直线的交点依次为 ， 又因为， 注意到，则， 即，可知平面， 当点为与平面的交点时，取到最小值， 可设， 可得，结合可得，即， 则，所以取到最小值， 检验可知：当点为时，取到最大值， 所以取到最大值； 综上所述：的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用空间向量求平面上的点满足的关系式，进而确定平面与正八面体的棱的交点，进而分析求解. 14．（2023·上海闵行·一模）已知点P在正方体的表面上，P到三个平面ABCD、、中的两个平面的距离相等，且P到剩下一个平面的距离与P到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点P的个数为 ． 【答案】 【分析】确定在平面上，根据得到的轨迹为平面内的一条抛物线，建立坐标系确定抛物线方程，计算交点得到答案. 【详解】若P到平面ABCD、距离相等，根据对称性知在平面上， 平面，平面，故平面平面， 故到平面的距离即到的距离， 设正方体的中心为，即，故的轨迹为平面内的一条抛物线， 不妨取正方体边长为，中点为，以所在的直线为轴， 以线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系， 抛物线方程为，时，，故抛物线与棱和相交， 故共有个点满足条件. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何，抛物线的轨迹方程，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中根据题意得到动点的轨迹方程是解题的关键， 15．（2023·上海嘉定·三模）下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算.图中的都是以为圆心的圆弧，是为计算所做的矩形，其中分别在线段上，.记，，，，给出四个关系式，其中成立的等式的序号有 .    ① ②； ③； ④. 【答案】①③④ 【分析】利用题设中的垂直关系可得、、、，利用这些直角三角形逐项计算各角的三角函数后可得它们的关系，从而可得正确的选项. 【详解】因为四边形是矩形，故，而， 平面，故平面. 因为四边形是矩形，故，故，而， 而平面，故平面. 而，，，. 故，，而平面， 故平面，因平面，故, 同理，. 在中，有； 在中，有； 在中，有； 故，故①正确. 在中，有， 在中，有； 故，故，故③正确. 在中，有， 在中，有； 故，故④正确. 若不成立，否则由④的结论可得，这样为锐角矛盾. 故答案为：①③④. 【点睛】思路点睛：立体几何中的角的关系的计算，一般放置在直角三角形进行讨论，注意利用空间中的垂直关系实现不同面中的垂直关系的转化. 题型五 圆锥曲线 1．（2023·上海嘉定·一模）焦点在轴上的椭圆与抛物线，椭圆的右焦点与抛物线的焦点均为，为椭圆上一动点，椭圆与抛物线的准线交于、两点，则的最大值为 . 【答案】 【分析】求出抛物线的焦点坐标，可得出的值，可得出椭圆的方程，求出的值，以及点到直线距离的最大值，再结合三角形的面积公式可求得的最大值. 【详解】抛物线的焦点为，由题意可得，可得， 所以，椭圆方程为， 抛物线的准线方程为，由可得，则， 因为为椭圆上一动点，则当点为椭圆的右顶点时，点到直线的距离取到最大值， 则的最大值为. 故答案为：. 2．（2024·上海·一模）已知是抛物线上的两个不同的点，且，若点为线段的中点，则到轴的距离的最小值为 ． 【答案】4 【分析】求出过抛物线焦点的弦长范围，再利用抛物线定义列式求解即得. 【详解】抛物线的焦点，准线方程，令过点与抛物线交于两点的直线方程为， 由消去得，，设两个交点为， 则，， 于是，当且仅当时取等号， 令点的横坐标分别为，而， 则， 当且仅当三点共线时取等号， 所以到轴的距离的最小值为4. 故答案为：4 3．（2024·上海长宁·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，，则点的横坐标为 ． 【答案】 【分析】过点作于点，由抛物线定义以及三角函数可用含的横坐标的式子表示，注意到，由此即可列方程求解. 【详解】如图所示： 过点作于点， 显然抛物线的焦点为，准线为， 由抛物线定义有，结合得， 而， 所以. 故答案为：. 4．（2024·上海静安·二模）我们称如图的曲线为“爱心线”，其上的任意一点都满足方程，现将一边在x轴上，另外两个顶点在爱心线上的矩形称为心吧．若已知点“爱心线”上任意一点的最小距离为，则用表示心吧面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据题意，得到，曲线上任意一点求得的最小值为，进而求得心吧面积的最大值. 【详解】解：由曲线方程， 由点“爱心线”上任意一点且点在轴的右侧， 所以点“爱心线”上任意一点的最小距离，一定出现在爱心线位于轴的右侧的点， 当时，可得， 设曲线上任意一点，且， 有， 因为的最小值为，所以的最小值为， 当时，心吧面积为的最小值为； 当时，心吧面积为的最大值为. 故答案为：. 5．（2024·上海普陀·二模）已知抛物线的焦点是双曲线的右焦点，过点的直线的法向量，与轴以及的左支分别相交，两点，若，则双曲线的实轴长为 . 【答案】2 【分析】求出直线的方程，可得点的坐标，利用向量的坐标运算可求出点的坐标，代入双曲线方程，结合，可得，的值，从而可得实轴长． 【详解】由抛物线方程知，， 又直线的法向量， 所以直线的方程为， 令，得，所以，设,， 由，得,,， 所以，， 设双曲线方程，将代入得， 因为抛物线的焦点是双曲线的右焦点， 所以，解得，， 所以双曲线的实轴长． 故答案为：2． 6．（2024·上海金山·二模）已知双曲线(，)，给定的四点、、、中恰有三个点在双曲线上，则该双曲线的离心率是 ． 【答案】 【分析】根据双曲线的对称性可得，两点一定在双曲线上，然后再判断另一个点，求出双曲线方程，再根据离心率公式即可得解. 【详解】根据双曲线的对称性可得，两点一定在双曲线上， 若在双曲线上， 则，方程组无解，故不在双曲线上， 则在双曲线上， 则，解得， 所以双曲线的离心率. 故答案为：. 7．（2025·上海崇明·二模）已知双曲线的左、右焦点为，以O为顶点，为焦点作抛物线交双曲线于P，且，则 ． 【答案】 【分析】由抛物线得定义过点作准线的垂线，可构造直角三角形，由此可得，再在中由余弦定理可得，接着利用双曲线的定义可求，最后利用共焦点求得. 【详解】由题意可知，， 如图，过点作准线的垂线，垂足为，则，    则，得， 在中由余弦定理可得， ，即， 则由双曲线的定义可得，得， 则 故答案为： 8．（24-25高三上·上海嘉定·期中）已知、分别为双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线左支交于A，B两点，且，以为圆心，为半径的圆经过点B，则双曲线的离心率为 . 【答案】 【分析】由以为直径的圆经过点，可得，结合双曲线的性质和勾股定理，再结合离心率公式，即可解答. 【详解】    因为、分别为双曲线的左右焦点， 过的直线与双曲线左支交于A，B两点， 且，以为圆心，为半径的圆经过点B，得, 设，则， 在中，由勾股定理得，解得， 则， 在中，由勾股定理得，化简得，， 所以的离心率. 9．（24-25高三上·上海·期末）有三个观测站,其中A在B正东方向m米，C在B正北方向m米.某处D传来了爆炸声.若A站听到的时间比B站早1秒，B站听到的时间比C站早1秒，则m的最小整数值是 .(假定声波在空气中的传播速度为340米/秒，本题所有点均在同一平面上) 【答案】481 【分析】由题意可得，两式相加得，由图可得，求得的范围即可. 【详解】    如图所示，由题意可知：， 两式相加可得：，由图可知：， 当时，动点在线段的延长线上； 当时，动点的轨迹为以点为两焦点的双曲线的右支， 故有，而，故m的最小整数值是. 故答案为：481. 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于得到后，要用动点轨迹的思想将其与之长比较，说明动点存在的图形，为进一步求参数的范围奠定基础. 10．（2023·上海崇明·一模）已知椭圆与双曲线的离心率互为倒数，且它们有共同的焦点、，P是与在第一象限的交点，当时，双曲线的离心率等于 . 【答案】/ 【分析】根据P点是椭圆和双曲线的交点，结合椭圆双曲线的定义表示出，，在△中结合余弦定理即可列出方程求解． 【详解】设椭圆标准方程为，椭圆离心率为， 设双曲线标准方程为，双曲线离心率为， 由题可知：． 设，， 则， 由①②得，，， 代入③整理得，， 两边同时除以得，， 即， 即， 解得，即． 故答案为： 【点睛】本题综合考查椭圆和双曲线的几何性质，解题关键是熟练应用椭圆和双曲线的定义，结合焦点三角形中的余弦定理，列出方程组即可求解. 11．（24-25高三上·上海浦东新·期中）已知抛物线和所围成的封闭曲线E如图所示，点M，N在曲线E上，给定点，则下列说法中正确的是 ． ①任意，都存在点M，N，使得 ②任意，都存在点M，N，满足这对点关于点A对称 ③存在，当点M，N运动时，使得 ④任意，恰有三对不同的点M，N，满足每对点M，N关于点A对称 【答案】①②③ 【分析】 由曲线的对称性判断①②；取值计算判断③④. 【详解】根据题意，抛物线和的对称轴都为y，因此封闭曲线E关于y轴对称， 对于①，任意，在曲线E上取关于y轴对称的两点M，N，而点在y轴上，有，①正确； 对于②，对每个a值，过点A垂直于y轴的直线与曲线E的交点M，N关于点A对称，②正确； 对于③，联立与解得或， 取，即， 抛物线，即的焦点为，准线方程为， 点在上运动时，， 抛物线可由抛物线向上平移5个单位而得， 抛物线即的焦点为，准线为， 则抛物线的焦点为，准线方程为， 点在上运动时，， 因此当点M，N运动时，，，恒有，③正确； 对于④，取，即，直线与抛物线的两个交点关于点A对称， 在此抛物线上关于点A对称的两点就只有一对，在抛物线上不存在两点关于点A对称， 假设另外关于点A对称的两点则分别在和上， 不妨令，此点关于点A对称的点必在上， 而方程，即无解， 则此时不存在关于点A对称的两点分别在两条抛物线上，④错误． 故答案为：①②③ 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： ①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； ②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 题型六 概率与统计 1．（24-25高三上·上海虹口·阶段练习）现有10个完全相同，尺寸为的长方体箱子，将第一个箱子平放在地面上，其余的9个箱子的每一个箱子都平放在前面的箱子上，可以任意旋转箱子，那么使得这10个箱子堆放高度为41的堆放方式共有 种. 【答案】5130 【分析】设分别有个高度为的箱子，结合题意可得，，进而得到，，，再结合排列组合知识求解即可. 【详解】因为10个箱子都有3种不同的高度， 设分别有个高度为的箱子， 则，则， 由于，则， 所以，，， 则使得这10个箱子堆放高度为41的堆放方式共有种. 故答案为：5130. 2．（24-25高三上·上海·期末）一袋中装有除颜色外完全相同的4个黑球和3个红球，从袋中任取3球.已知取出的球中有红球，则取出的3个球都是红球的概率为 . 【答案】 【分析】先求出取出的3球中有红球的基本事件的个数，再求出取出的3个球都是红球的基本事件个数，最后根据古典概型及条件概率的概率公式解之即可． 【详解】从袋中任取3球， 取出的3球中有红球，共有种基本事件， 3个球都是红球共有种基本事件， 已知取出的3球中有红球，则取出的两个球都是黑球的概率为， 故答案为： 3．（24-25高三上·上海杨浦·期末）某校高二有人报名足球俱乐部，人报名乒乓球俱乐部，人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为 ． 【答案】/ 【分析】记事件某人报足球俱乐部，记事件某人报乒乓球俱乐部，根据题意求出的值，再利用条件概率公式可求得的值. 【详解】记事件某人报足球俱乐部，记事件某人报乒乓球俱乐部， 因为，即，解得， 则. 故答案为：. 4．（24-25高三上·上海·阶段练习）将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为，第二次出现的点数记为，设任意投掷两次使两条不重合直线平行的概率为，相交的概率为，若点在圆的内部，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据直线平行有，进而确定满足要求的有，且时两直线重合，其它情况两线相交，应用古典概型的概率求法求、，最后由点在圆内列不等式求参数范围. 【详解】若不重合直线平行，则，显然， 所以，满足要求的有两种情况，而取时两直线重合， 又的所有情况有种情况，则相交的情况有种， 综上，，， 所以在圆的内部，即， 所以. 故答案为： 5．（24-25高三上·上海·阶段练习）甲、乙两人进行投篮练习，甲投中的概率为0.8，乙未投中的概率为0.1，甲、乙两人各投篮1次，设两人投篮互不影响，则两人中恰有1人投中的概率为 . 【答案】/ 【分析】根据相互独立事件的乘法概率公式即可求解.. 【详解】已知甲投中的概率为，乙投中的概率是. 所以两人中恰有一人投中的概率为. 故答案为：. 6．（24-25高三下·上海·阶段练习）某校组织为偏远乡村小学送书籍的志愿活动， 运送的卡车共装有 10 个纸箱， 其中 6 箱数学书， 4 箱语文书. 到目的地时发现丢失一箱， 但不知丢失哪一箱. 现从剩下 9 箱中任意打开 2 桶，则刚好都是数学书的概率为 . 【答案】 【分析】剩下9箱中任意打开2箱都是数学书的情况整体分为两种情况：丢失的是数学书和语文书，计算出每种情况的概率即可. 【详解】设事件表示丢失一箱后任取两箱都是数学书，事件表示丢失的一箱为分别表示数学书、语文书． 由全概率公式得. 故答案为：. 7．（24-25高三下·上海·阶段练习）如图，一个区域分为5块，现给每块着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．若有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种．    【答案】72 【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理，按照颜色分类，用3种颜色与用4种颜色分为两类计算即可得结论. 【详解】按照使用颜色的种灶分为两类： 第一类，使用了4种颜色，此时2，4同色或3，5同色，则共有， 第二类，使用了三种颜色，此时2，4同色且3，5同色，则共有， 所以共有种. 故答案为：. 8．（24-25高三下·上海·阶段练习）容量为的一组数据，若所有第百分位数（取遍）中至少两个相同，则正整数的最大值为 ． 【答案】97 【分析】根据百分位数的定义，分析计算即可得解. 【详解】设，， 如，，所以各个百分位数均不相同， ，，各个百分位数均不相同， ，， ，各个百分位数均不相同， ，令，得，和对应的百分位数都是第33个数， 所以 ，为所求. 故答案为：97 9．（24-25高三下·上海·阶段练习）袋中有6个球，其中红黄绿蓝白黑球各一个，甲乙两人按序从袋中有放回的随机摸取一球，记事件：甲和乙至少一人摸到红球，事件：甲和乙摸到的球颜色不同，则条件概率 . 【答案】 【分析】根据条件概率的公式计算可得结果. 【详解】由题意得，事件为：甲和乙只有一人摸到红球， ∴. ∵事件的对立事件为：甲和乙都没有摸到红球， ∴， ∴. 故答案为：. 10．（24-25高三下·上海·阶段练习）某测试由8道四选一的单选题组成．学生小胡有把握答对其中4道题，且在剩下的4道题中，他对2道有思路，其余2道则完全不会．若小胡答对每道有思路的题的概率为，答对每道不会的题的概率为，则当他从这8道题中任抽1题作答时，能答对的概率为 ． 【答案】/0.6875 【分析】设“小胡从这8题中任选1题且答对”为事件A，“选到能完整做对的4道题”为事件B，“选到有思路的2道题”为事件C，“选到完全没有思路的题”为事件D，利用全概率公式进行求解即可. 【详解】设“小胡从这8题中任选1题且作对”为事件A，“选到能完整做对的4道题”为事件B，“选到有思路的2道题”为事件C，“选到完全没有思路的题”为事件D， 则，，， ， 由全概率公式可得 . 故答案为：. 11．（2023·上海普陀·模拟预测）如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为 （用最简分数表示）. 【答案】 【分析】第行从左至右依次为，由二项式系数性质可得答案. 【详解】观察知第行从左至右依次为， 由二项式系数的性质可得最大，其次为， 所以第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为. 故答案为：. 12．（2023·上海闵行·一模）今年中秋和国庆共有连续天小长假，某单位安排甲、乙、丙三名员工值班，每天都需要有人值班．任选两名员工各值天班，剩下的一名员工值天班，且每名员工值班的日期都是连续的，则不同的安排方法数为 ． 【答案】 【分析】先确定值班天的人，有种选择，再将三个人全排即可，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】三人值班的天数分别为、、，先确定值班天的人，有种选择， 再将三个人全排即可，所以，不同的排法种数为种. 故答案为：. 13．（2023·上海宝山·一模）在一次为期天的博览会上，主办方统计了每天的参观人数（单位：千人），得到样本的茎叶图（如下图），则该样本的第百分位数是 【答案】 【分析】求解个数据的第百分位数即第项与第项数据的平均数. 【详解】， 由茎叶图知从小到大排列第项数据为，第项数据为， 则该样本的第百分位数是与的平均数，即， 故答案为：. 14．（2023·上海徐汇·一模）某学校组织全校学生参加网络安全知识竞赛，成绩（单位：分）的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为，若该校的学生总人数为1000，则成绩低于60分的学生人数为 ． 【答案】 【分析】先利用频率分布直方图求得成绩低于60分的频率，进而求得该校成绩低于60分的学生人数. 【详解】图中成绩低于60分的频率为， 则该校成绩低于60分的学生人数为（人） 故答案为： 15．（2024·上海金山·二模）为了考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下图所示列联表： 药物 疾病 合计 未患病 患病 服用 50 未服用 50 合计 80 20 100 取显著性水平，若本次考察结果支持“药物对疾病预防有显著效果”，则()的最小值为 ． (参考公式：；参考值：） 【答案】 【分析】由题意列出不等式，结合近似计算求出m的取值范围，即可得答案. 【详解】由题意可知， 则， 解得或，而， 故m的最小值为44. 故答案为：44. 16．（2024·上海浦东新·三模）一袋中装有大小与质地相同的2个白球和3个黑球，从中不放回地摸出2个球，记2球中白球的个数为X，则 . 【答案】/ 【分析】分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，即可计算出和的值. 【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、、， 则，，， 所以，， . 故答案为：. 17．（2025·上海·模拟预测）为了增强法治观念，甲、乙两位老师在共所学校中各自选所学校开展普法讲座.在甲、乙一共选择了所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择学校开展讲座的概率为 . 【答案】/ 【分析】记事件：甲、乙一共选择了所不同的学校进行普法，事件：恰有一位老师选择学校开展普法讲座，根据条件，利用古典概率公式求得，，再由条件概率公式，即可求解. 【详解】记事件：甲、乙一共选择了所不同的学校进行普法，事件：恰有一位老师选择学校开展普法讲座， 因为，，所以， 故答案为：. 18．（24-25高三上·上海·期中）一个项数为的正整数数列满足，且，若为不大于 的偶数，则符合条件的数列共有 个. 【答案】 【分析】根据题意，先确定数列中的值，再利用组合知识，即可得到结论. 【详解】由题意，且， 当时，，则可以取或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或或或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或或或或或， 且逐项不减小，此时满足条件的数列的个数有个； 综上，满足条件的数列共有. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：先确定数列中的值，之后再分析的取值，可能都是同一个值；可能是从可取值中选两个出来，比如选和，那么可能，可能或有三种可能；依次分析即可. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押02 上海高考7~12题（填空题） 考点 3年考题 考情分析 数列 2022年~2024年 考查方向等差数列前n项和、等比数列的性质、数列应用、数列求和、数列递推式。 平面向量 2022年~2024年 近四年考查方向两个向量和或差的模的最值、平面向量数量积的性质及运算 解三角形 2023年、2024年 余弦定理、三角形中的几何计算 立体几何 2023年、2024年 近四年考查方向棱锥的结构特征、旋转体、异面直线所成的角、两条平行线间的距离 圆锥曲线 2023年、2024年 查方向圆的一般方程、椭圆的性质、抛物线的定义、性质、双曲线的性质 概率与统计 2022年~2024年 考查方向全概率公式、古典概型及其概率的计算公式、频率分布直方图、众数、中位数、平均数、分部加法计算原理、排列组合及其简单计数问题、排列组合与集合的性质。 题型一 数列 1．（23-24高三上·上海黄浦·期中）设是首项为3且公比为的等比数列，则满足不等式的最小正整数的值为 ． 2．（24-25高三下·上海·开学考试）已知首项为的数列的前项和为，定义在上恒不为零的函数，对任意的，都有．若点在函数的图象上，且不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为 ． 3．（2023·上海闵行·二模）已知在等比数列中，、分别是函数的两个驻点，则 ． 4．（2023·上海青浦·二模）已知数列满足，若满足且对任意，都有，则实数的取值范围是 . 5．（24-25高三上·上海·期中），和的零点按从小到大顺序可以分别构成两个等差数列，则所构成的集合为 . 6．（24-25高三下·上海杨浦·开学考试）已知等差数列的公差为，集合有且仅有两个元素，则这两个元素的积为 . 7．（23-24高二上·上海·期末）已知数列满足设表示的前项和，则使得成立的最小的正整数的值为 . 8．（24-25高三上·上海·期中）已知数列满足：对于任意正整数n有，且 ，，其中，若， 数列的前项和为，则 . 9．（24-25高二上·上海·期中）已知正四面体中，，、，…，在线段上，且，过点（、、…、）作平行于直线、的平面，截面面积为，则所有截面积之和为 .    10．（24-25高三上·上海·期中）已知等差数列，若存在有穷等比数列，其中，公比为，满足，其中，则称数列为数列的长度为的“等比伴随数列”．数列的通项公式为，数列为数列的长度为的“等比伴随数列”，则的最大值为 ． 11．（24-25高二上·上海·期中）设数列，…，即当时，，记为数列前项和.对于，定义集合是的整数倍，，且.集合中元素的个数为 . 12．（2023·上海松江·一模）已知数列的各项都是正数，，若数列为严格增数列，则首项的取值范围是 ，当时，记，若，则整数 13．（2023·上海闵行·三模）数列共有项（常数为大于5的正整数），对任意正整数，有，且当时，．记的前项和为，若对任意都成立，则的最大值是 ． 14．（2023·上海嘉定·三模）已知首项为2、公差为的等差数列满足：对任意的不相等的两个正整数i，j，都存在正整数k，使得成立，则公差d的所有取值构成的集合是 . 题型二 平面向量 1．（23-24高三下·上海嘉定·阶段练习）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设，，则曼哈顿距离，余弦距离，其中（O为坐标原点）．已知点，，则的最大值为 ． 2．（23-24高三上·上海黄浦·期中）平面两点，的坐标分别满足和.为坐标原点，已知，且，.若存在，使得，则正实数的值为 . 3．（24-25高三上·上海·开学考试）在边长为1的正六边形中，以为起点其它5个顶点之一为终点的向量分别记为，以为起点其它5个顶点之一为终点的向量分别记为，若分别为的最小值､最大值，其中.则的值为 . 4．（24-25高三上·上海·期中）平面上到两个定点距离之比为常数的动点的轨迹为圆，且圆心在两定点所确定的直线上，结合以上知识，请尝试解决如下问题：已知满足，则的取值范围为 ． 5．（24-25高三上·上海·期中）已知平面向量 满足，且对任意的实数t，均有 则的最小值为 6．（24-25高三上·上海·期中）已知实数、、、满足，，，记，则的最大值是 . 7．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知平面向量，，满足与的夹角为锐角，，，，且的最小值为，向量的取值范围是 ． 8．（24-25高三下·上海·开学考试）已知，存在，当时，都有，则的取值范围是 ． 9．（24-25高三下·上海·阶段练习）已知，（i，，2，3）均为实数，且满足，，，，且的最大值是 . 10．（24-25高三下·上海青浦·阶段练习）帕拉图说“美是灵魂的反映”，有机物萘的结构可用下图所示的键线式表示，其优美的结构简式可抽象为两个正六边形的图形.已知与为全等的正六边形，，点P为该图形边界（包括顶点）上的一点，则的取值范围为 . 题型三 解三角形 1．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知是锐角的外心，，若，则实数 . 2．（24-25高三上·上海黄浦·期末）一个机器零件的形状是有缺口的圆形铁片，如图中实线部分为裁剪后的形状．已知这个圆的半径是13cm，，，且，则圆心到点B的距离约为 cm．（结果精确到0.1cm）    3．（24-25高三上·上海金山·期末）某海滨浴场平面图是如图所示的半圆，其中O是圆心，直径MN为400米，P是弧MN的中点．一个急救中心A在栈桥OP中点上，计划在弧NP上设置一个瞭望台B，并在AB间修建浮桥．已知越大，瞭望台B处的视线范围越大，则B处的视线范围最大时，AB的长度为 米．（结果精确到1米） 4．（24-25高三下·上海·阶段练习）如图，要在A和D两地之间修建一条笔直的隧道．现从B地和C地测量得：，，，．若B、C的直线距离为5.8公里，则隧道长为 公里．（结果精确到0.1公里） 5．（2023·上海黄浦·一模）已知的三边长分别为4、5、7，记的三个内角的正切值所组成的集合为，则集合中的最大元素为 . 6．（2023·上海嘉定·二模）如图，线段AB的长为8，点C在线段AB上，．点P为线段CB上任意一点，点A绕着点C顺时针旋转，点B绕着点P逆时针旋转．若它们恰重合于点D，则的面积的最大值为 ． 7．（2023·上海长宁·二模）已知是双曲线的左、右焦点，l是的一条渐近线，以为圆心的圆与l相切于点P，若双曲线的离心率为2，则 ． 8．（22-23高三上·上海浦东新·期中）如图，三棱锥的顶点A在平面上，侧棱平面，底面BCD是以B为直角的等腰直角三角形，且平面BCD与平面平行．， E是CD中点，M是线段AE上的动点，过点M作平面ACD的垂线交平面于点N，则点N到点C的距离的取值范围为 ． 题型四 立体几何 1．（24-25高三上·上海黄浦·期末）在正四面体中，点N是的中心，若，则 ． 2．（24-25高三上·上海浦东新·期末）已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为 ． 3．（2023·上海徐汇·三模）在中，，顶点在以为直径的圆上.点在平面上的射影为的中点，，则三棱锥外接球的半径为 . 4．（2023·上海黄浦·三模）已知正方形ABCD的边长是1，将沿对角线AC折到的位置，使（折叠后）A、、C、D四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 ． 5．（2023·上海普陀·一模）体积为的正四面体内有一个球，球与该正四面体的各面均有且只有一个公共点，，是球的表面上的两动点，点在该正四面体的表面上运动，当最大时，的最大值是 . 6．（2023·上海嘉定·一模）设为多面体M的一个顶点，定义在处的离散曲率为，其中为的所有与相邻的顶点，且平面、、、、为以为公共点的面.已知在直四棱柱中，四边形为菱形，，当平面时，四面体在处的离散曲率为 . 7．（2024·上海奉贤·二模）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型，如图所示.该模型为长方体中挖去一个四棱锥，其中为长方体的中心，，，，分别为所在棱的中点，，，打印所用原料密度为.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 . 8．（23-24高三下·上海·期中）棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为 . 9．（2023·上海杨浦·一模）我国古代数学著作《九章算术》中研究过一种叫“鳖（biē）臑（nào）”的几何体，它指的是由四个直角三角形围成的四面体，那么在一个长方体的八个顶点中任取四个，所组成的四面体中“鳖臑”的个数是 . 10．（2023·上海嘉定·一模）正四棱台是的中点，在直线上各取一个点P、Q，使得M、P、Q三点共线，则线段的长度为 ． 11．（2024·上海黄浦·二模）在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 . 12．（24-25高三上·上海·期中）如图是一种“四脚帐篷”的示意图，其中半圆和半圆的直径均为2.8米，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，假设所得截面均为正方形，则该帐篷围成几何体的体积为 立方米.（精确到0.1立方米）    13．（24-25高三上·上海·期中）如图所示，正八面体的棱长为，点为正八面体内(含表面)的动点，则的取值范围为 14．（2023·上海闵行·一模）已知点P在正方体的表面上，P到三个平面ABCD、、中的两个平面的距离相等，且P到剩下一个平面的距离与P到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点P的个数为 ． 15．（2023·上海嘉定·三模）下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算.图中的都是以为圆心的圆弧，是为计算所做的矩形，其中分别在线段上，.记，，，，给出四个关系式，其中成立的等式的序号有 .    ① ②； ③； ④. 题型五 圆锥曲线 1．（2023·上海嘉定·一模）焦点在轴上的椭圆与抛物线，椭圆的右焦点与抛物线的焦点均为，为椭圆上一动点，椭圆与抛物线的准线交于、两点，则的最大值为 . 2．（2024·上海·一模）已知是抛物线上的两个不同的点，且，若点为线段的中点，则到轴的距离的最小值为 ． 3．（2024·上海长宁·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，，则点的横坐标为 ． 4．（2024·上海静安·二模）我们称如图的曲线为“爱心线”，其上的任意一点都满足方程，现将一边在x轴上，另外两个顶点在爱心线上的矩形称为心吧．若已知点“爱心线”上任意一点的最小距离为，则用表示心吧面积的最大值为 ． 5．（2024·上海普陀·二模）已知抛物线的焦点是双曲线的右焦点，过点的直线的法向量，与轴以及的左支分别相交，两点，若，则双曲线的实轴长为 . 6．（2024·上海金山·二模）已知双曲线(，)，给定的四点、、、中恰有三个点在双曲线上，则该双曲线的离心率是 ． 7．（2025·上海崇明·二模）已知双曲线的左、右焦点为，以O为顶点，为焦点作抛物线交双曲线于P，且，则 ． 8．（24-25高三上·上海嘉定·期中）已知、分别为双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线左支交于A，B两点，且，以为圆心，为半径的圆经过点B，则双曲线的离心率为 . 9．（24-25高三上·上海·期末）有三个观测站,其中A在B正东方向m米，C在B正北方向m米.某处D传来了爆炸声.若A站听到的时间比B站早1秒，B站听到的时间比C站早1秒，则m的最小整数值是 .(假定声波在空气中的传播速度为340米/秒，本题所有点均在同一平面上) 10．（2023·上海崇明·一模）已知椭圆与双曲线的离心率互为倒数，且它们有共同的焦点、，P是与在第一象限的交点，当时，双曲线的离心率等于 . 11．（24-25高三上·上海浦东新·期中）已知抛物线和所围成的封闭曲线E如图所示，点M，N在曲线E上，给定点，则下列说法中正确的是 ． ①任意，都存在点M，N，使得 ②任意，都存在点M，N，满足这对点关于点A对称 ③存在，当点M，N运动时，使得 ④任意，恰有三对不同的点M，N，满足每对点M，N关于点A对称 题型六 概率与统计 1．（24-25高三上·上海虹口·阶段练习）现有10个完全相同，尺寸为的长方体箱子，将第一个箱子平放在地面上，其余的9个箱子的每一个箱子都平放在前面的箱子上，可以任意旋转箱子，那么使得这10个箱子堆放高度为41的堆放方式共有 种. 2．（24-25高三上·上海·期末）一袋中装有除颜色外完全相同的4个黑球和3个红球，从袋中任取3球.已知取出的球中有红球，则取出的3个球都是红球的概率为 . 3．（24-25高三上·上海杨浦·期末）某校高二有人报名足球俱乐部，人报名乒乓球俱乐部，人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为 ． 4．（24-25高三上·上海·阶段练习）将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为，第二次出现的点数记为，设任意投掷两次使两条不重合直线平行的概率为，相交的概率为，若点在圆的内部，则实数的取值范围是 . 5．（24-25高三上·上海·阶段练习）甲、乙两人进行投篮练习，甲投中的概率为0.8，乙未投中的概率为0.1，甲、乙两人各投篮1次，设两人投篮互不影响，则两人中恰有1人投中的概率为 . 6．（24-25高三下·上海·阶段练习）某校组织为偏远乡村小学送书籍的志愿活动， 运送的卡车共装有 10 个纸箱， 其中 6 箱数学书， 4 箱语文书. 到目的地时发现丢失一箱， 但不知丢失哪一箱. 现从剩下 9 箱中任意打开 2 桶，则刚好都是数学书的概率为 . 7．（24-25高三下·上海·阶段练习）如图，一个区域分为5块，现给每块着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．若有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种．    8．（24-25高三下·上海·阶段练习）容量为的一组数据，若所有第百分位数（取遍）中至少两个相同，则正整数的最大值为 ． 9．（24-25高三下·上海·阶段练习）袋中有6个球，其中红黄绿蓝白黑球各一个，甲乙两人按序从袋中有放回的随机摸取一球，记事件：甲和乙至少一人摸到红球，事件：甲和乙摸到的球颜色不同，则条件概率 . 10．（24-25高三下·上海·阶段练习）某测试由8道四选一的单选题组成．学生小胡有把握答对其中4道题，且在剩下的4道题中，他对2道有思路，其余2道则完全不会．若小胡答对每道有思路的题的概率为，答对每道不会的题的概率为，则当他从这8道题中任抽1题作答时，能答对的概率为 ． 11．（2023·上海普陀·模拟预测）如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为 （用最简分数表示）. 12．（2023·上海闵行·一模）今年中秋和国庆共有连续天小长假，某单位安排甲、乙、丙三名员工值班，每天都需要有人值班．任选两名员工各值天班，剩下的一名员工值天班，且每名员工值班的日期都是连续的，则不同的安排方法数为 ． 13．（2023·上海宝山·一模）在一次为期天的博览会上，主办方统计了每天的参观人数（单位：千人），得到样本的茎叶图（如下图），则该样本的第百分位数是 14．（2023·上海徐汇·一模）某学校组织全校学生参加网络安全知识竞赛，成绩（单位：分）的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为，若该校的学生总人数为1000，则成绩低于60分的学生人数为 ． 15．（2024·上海金山·二模）为了考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下图所示列联表： 药物 疾病 合计 未患病 患病 服用 50 未服用 50 合计 80 20 100 取显著性水平，若本次考察结果支持“药物对疾病预防有显著效果”，则()的最小值为 ． (参考公式：；参考值：） 16．（2024·上海浦东新·三模）一袋中装有大小与质地相同的2个白球和3个黑球，从中不放回地摸出2个球，记2球中白球的个数为X，则 . 17．（2025·上海·模拟预测）为了增强法治观念，甲、乙两位老师在共所学校中各自选所学校开展普法讲座.在甲、乙一共选择了所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择学校开展讲座的概率为 . 18．（24-25高三上·上海·期中）一个项数为的正整数数列满足，且，若为不大于 的偶数，则符合条件的数列共有 个. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$