数学（上海专用）-2025年高考终极押题猜想

2025年高考数学终极押题猜想（上海专用） （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 押题猜想一 数列小压轴题（含新定义）（2024年上海高考第16题） 1 押题猜想二 集合新定义小压轴题（2024上海高考选择15、16题连考两题） 5 押题猜想三 圆锥曲线小压轴题（含新定义与多结论题）（2025春考连考3题2023年选择16题圆锥曲线新定义） 10 押题猜想四 立体几何解答题（必考题型）（2年2考空间角与体积） 17 押题猜想五 函数的零点解答题（必考题型）（2年2考隐零点） 27 押题猜想六 计数原理与概率统计解答题（必考题型）（2年2考） 34 押题猜想七 圆锥曲线解答题（压轴必考题型） 43 押题猜想八 函数与导数综合新定义问题解答题（压轴必考题）（2年2考切线方程（斜率）） 56 押题猜想一 数列小压轴题 限时：4min 定义：对于数列，若存在常数，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，满足，若为有界数列，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】对数列的通项公式进行裂项，然后求和得到最终的结果. 【详解】因为， 则，所以. 故答案为： 押题解读 填空压轴热考题型 押题方向 数列与函数的综合；数列与不等式的综合；数列的新定义问题；递推数列问题： 1．已知数列满足，，记数列的前n项和为．若对于任 意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由题设易知是首项、公比都为2的等比数列，可得，进而得到，裂项相消法求，根据不等式恒成立求参数范围. 【详解】由题设，而，则是首项、公比都为2的等比数列， 所以，则， 所以， 则在上恒成立， 要使不等式恒成立，只需，所以实数k的取值范围为. 故答案为： 2．设数列是等比数列，，公比q是的展开式中的第二项（按x的降幂排列），且为的前n项和，若，则 .（用含n和x的式子表达） 【答案】 【分析】由排列组合数的性质可得，进而有，再根据二项式定理求得，且，讨论、并结合二项式展开式的应用求. 【详解】由题设，可得，故，则， 由的展开式通项为，， 所以其第二项为，故，且， 当时，，则， 即，故， 所以； 当时，，则 ， 所以. 故答案为： 3．数列满足，，，若不等式恒成立，则正整数的最大值为 . 【答案】24 【分析】将递推式两边同时平方可将得的通项公式，从而求出的通项公式，利用累乘对不等式进行化简，得到不等关系，再结合恒成立问题求出正整数的最大值. 【详解】由得， 两边平方得， 则是以1为首项，1为公差的等差数列，即， 由得，. 因为，所以，则， 可得， 则正整数的最大值为24. 故答案为：24. 4．已知表示不超过的最大整数，记，设，且，当时，所有满足条件的n的和等于 . 【答案】341381 【分析】先考虑时满足的的值的情况，列举分析得出满足题意的可以表示为的形式，根据确定所有满足条件的构成等差数列，利用等差数列的求和公式即可. 【详解】由于分母的最小公倍数为6，故可先考虑时满足的的值的情况. 当时，，不满足； 当时，，不满足； 当时，，不满足； 当时，,不满足； 当时，，满足； 当时，，不满足. 综上，满足题意的可以表示为的形式， 由，可得，， 即所有满足条件的构成等差数列，其首项为5，末项为2021，项数为337， 故当时，所有满足条件的n的和等于. 故答案为：341381. 5．已知三个正数构成公比为的等比数列，圆：，过圆上一点P分别作圆，的切线，切点分别为，若，则 ． 【答案】3 【分析】根据相切和勾股定理可得，即可利用三角换元求解. 【详解】不妨设，，，三个圆心分别为，，， 根据勾股定理得，， 所以，因为点P在圆上， 故可设点，其中， 则，整理得，即，解得． 故答案为：3 押题猜想二 集合新定义小压轴题 限时：4min 设D是边长为3的等边及其内部的点构成的集合，点是的中心，集合，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等边三角形的几何性质，结合向量的运算即可求解. 【详解】如图，设为各边三等分点， 根据等边三角形可知，相交于中心点， 根据等边三角形可知：四边形是菱形， 则由菱形的对角线互相垂直平分可得：是线段的垂直平分线， 所以当点时，动点一定在上， 同理可得：动点一定在上，动点一定在上， 所以当，时，结合点在三角形的内部， 可得集合S为正六边形及其内部区域， 所以当P与F重合时，，即可取到最小值， 当P与C重合时，， 即可取到最大值. 故选：B. 押题解读 选择压轴热考题型 押题方向 定义新概念：通过重新定义集合的元素、子集等概念，考查学生对新概念的理解和运用能力。例如，定义一种新的集合元素关系，要求判断某些元素是否属于该集合，或者求满足特定条件的元素个数等。 定义新运算：创新集合的运算规则，如定义一种新的集合乘法、加法等运算，让学生根据新运算规则进行计算、判断运算性质等。比如，给定两个集合，通过特定的规则定义它们的 “乘积集合”，然后研究该乘积集合的性质和相关运算结果。 定义新性质：赋予集合一些新的性质，如集合的 “对称性”“传递性” 等不同于常规集合性质的新特性，要求学生根据这些新性质来解决问题，如判断集合是否具有某种新性质，或者利用新性质进行集合的分类、构造等。 结合其他知识：将集合新定义与函数、数列、几何等其他数学知识相结合，增加问题的综合性和难度。例如，结合函数的定义域、值域来定义集合，或者根据数列的项来构造集合并定义相关性质，让学生在多个知识领域之间进行综合运用和推理。 1．对任何非空有限数集，我们定义其“绝对交错和”如下：设，，其中，则的“绝对交错和”为；当时，的“绝对交错和”为.若数集，则的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意列出所有非空子集，然后逐个求出“绝对交错和”并求和，即可得到答案. 【详解】 的所有非空子集有：、、、、 、、、、、、 、、、、 若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为； 若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为； 若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为； 若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为； 若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为； 若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为； 若则的“绝对交错和”为； 若则的“绝对交错和”为； 若则的“绝对交错和”为； 的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为： 故选：D 2.含有有限个元素的数集，定义其“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的数开始交替地加减各数，例如的“交替和”是；而的交替和是，则集合的所有非空子集的“交替和”的总和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将集合的子集两两配对：使且，从而有集合与集合的交替和之和为4，再利用符合条件的集合对有个，即可求解. 【详解】由题知， 将集合的子集两两配对：使且，则符合条件的集合对有个， 又由题设定义有集合与集合的交替和之和为4， 所以交替和的总和为. 故选：A. 3.设有集合，定义在上的函数为偶函数，求（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】先根据函数为偶函数，求出的值，在求的值. 【详解】由于为偶函数，故其定义域关于对称. 即不等式的解集关于原点对称. 设，则为偶函数. 由. 得 所以 故选：B 4．集合的所有三个元素的子集记为记为集合中的最大元素，则（    ） A．10 B．40 C．45 D．50 【答案】C 【分析】由题列举出所有的集合A的三元素子集，求出最大值，求和即可. 【详解】由题知： ，， ，， ，，， 则 故选：C 5.设集合的最大元素为，最小元素为，记的特征值为，若集合中只有一个元素，规定其特征值为0．已知是集合的元素个数均不相同的非空真子集，且，则的最大值为（    ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】B 【分析】根据题设描述只需保证各集合中（）尽量小，结合已知及集合的性质有最大时，进而分析的取值. 【详解】由题设，，，…，中都至少有一个元素，且元素个数互不相同， 要使最大，则各集合中（）尽量小， 可知集合，，，…，的元素个数尽量少且数值尽可能连续， 不妨设， 可得， 可得，解得：或（舍去）， 所以的最大值为16. 故选：B. 押题猜想三 圆锥曲线小压轴题 限时：4min 椭圆具有如下光学性质：如图，分别是椭圆的左、右焦点，从点发出的光线在到达椭圆上的点P后，经过到达点的切线反射后经过点，有以下两个命题： ①若P是椭圆上除长轴端点外的一点，设法线与x轴的交点为，则 ②若从发出的光线，经椭圆两次反射后，第一次回到所经过的路程为，则该椭圆的离心率为； 则以下说法正确的是（   ） 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】A 【分析】设，通过求导可得椭圆在点处的切线的斜率为，由法线和切线垂直可得，即可判断①；由已知结合椭圆的定义可得，即可判断②. 【详解】设，因为，所以， 当时，， 所以在点处的切线的斜率为， 同理可得当时，在点处的切线的斜率为， 所以椭圆在点处的切线的斜率为， 因为，所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以，故①是真命题； 因为发出的光线在到达椭圆上的点P后，经过到达点的切线反射后经过点， 所以两次反射后，第一次回到所经过的路程为， 所以，所以，故②是真命题. 故选：. 押题解读 选择填空压轴热考题型 押题方向 分析近几年上海高考真题，圆锥曲线填空题常考抛物线的定义、焦点与准线，双曲线的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，离心率的计算，椭圆中最值与范围等问题。例如 2024 年秋考第 7 题考查了抛物线的相关知识，2023 秋考第 16 题涉及与曲线方程有关的新定义等。 1．设点在“笑口”型曲线上，则的最小值为 . 【答案】 【分析】分和两种情况去绝对值化简，利用二次函数求最值即可 【详解】当时，，即，平方得，即， 此时 ，. 当时，，即，平方得，即， 此时 ， 综上，的最小值为. 故答案为：. 2．在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）.如果用坐标平面分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为 .    【答案】 【分析】采用待定系数法，结合已知定义可设，代入点坐标即可结果. 【详解】设椭球面的方程为：， 椭球面过点，，解得：， 椭球面的方程为：. 故答案为：. 3．已知点在圆上，点在圆上，且为坐标原点.对于以下两个命题，判断正确的是（    ） ①在坐标平面内存在点，使得恒成立； ②三角形面积的最小值为. A．①是真命题，②是真命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是假命题 【答案】A 【分析】对于①，注意到， 则可想到当时满足题意；对于②，设， 则，后由可得，利用三角函数知识可得，据此可判断命题正误. 【详解】 ，则当时，，， ， 即当时，恒成立，则①是真命题； 设， 则， 又， 则. 因， 则， 则，令， 则， 即， 则 ，其中， ，则， 因，则 ， 则， 则，故②是真命题. 故选：A. 4．已知圆锥曲线的对称中心为原点，若对于上的任意一点，均存在上两点，，使得原点到直线，和的距离都相等，则称曲线为“完美曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”． 下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 【答案】A 【分析】对于命题①，通过考虑以原点为圆心的圆与椭圆上直线的位置关系来判断； 对于命题②，通过取双曲线顶点，分析以原点为圆心的圆与双曲线相关直线的位置关系来判断. 【详解】判断命题①： 已知过椭圆上任意一点作以原点为圆心的圆的切线，分别交椭圆于，两点，连接. 根据直线与圆的位置关系，当与圆相切时，满足给定条件. 当与圆相交时，因为圆的圆心是固定的原点，我们可以通过缩小圆的半径，使得圆逐渐靠近，直到与圆相切；同理，当与圆相离时，扩大圆的半径，也能使圆靠近直至相切.所以从直线与圆位置关系的动态调整角度可知，一定能找到合适的圆半径使得与圆相切，故①正确.      判断命题②： 当在双曲线顶点时，过作圆的切线，交双曲线于另外两点，. 由双曲线的性质可知，双曲线在顶点附近的形状特点决定了，过顶点作圆的切线与双曲线相交得到的线段，其整体位置与以原点为圆心的圆是相离的.这是因为双曲线的渐近线性质以及顶点处的曲线走向，使得从顶点出发的切线与双曲线相交形成的线段不会与圆相切，所以②不正确.    故选：A. 5．在平面直角坐标系中，已知点，点是平面内的一个动点，若以为直径的圆与圆：相切，记点P的轨迹为曲线C，过曲线C上一点Q作直线分别与直线，相交，交点为M、N，且交点分别在第一象限和第四象限，若，，则面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出点的轨迹方程，再设出点的坐标，并表示出点，将三角形面积表示为的函数，借助对勾函数的性质求出范围. 【详解】依题意，以为直径的圆的圆心为，而点在圆外，且圆圆心，半径1， 由两圆相切，得，整理得， 设，由，得， 而点在上，则，整理得， 直线，的倾斜角为，则， 的面积， 对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 则，因此， 所以面积的取值范围为. 故选：D 押题猜想四 立体几何解答题 限时：8min 在四面体中，，． (1)若为正三角形，平面平面，求四面体体积； (2)若，，求二面角的大小． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据已知可得，结合为正三角形求其面积，若为的中点，再由面面垂直的性质证明平面，且，应用棱锥的体积公式求体积； （2）由题设得二面角的平面角为，再应用余弦定理求二面角大小. 【详解】（1）由题设为等腰直角三角形，且，， 所以，又为正三角形，故， 若为的中点，连接，则，又平面平面， 平面平面，平面，故平面， 所以是的高，则其体积； （2）由（1）且，， 又，则，且，又， 所以二面角的平面角为，且. 所以二面角大小为. 押题解读 解答必考题型 押题方向 线面位置关系的证明：证明线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直等关系是常考内容。比如通过构造中位线、平行四边形来证明线面平行，利用线线垂直证明线面垂直等。 空间角的计算：常考异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。通常需要先作出角，再通过解三角形或利用向量法进行计算。 空间距离的计算：可能会涉及点到平面的距离、线面距离等。可以利用等体积法、向量法等求解。 几何体的表面积与体积：以常见的棱柱、棱锥、圆柱、圆锥等几何体为载体，计算其表面积或体积。 1．已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，连接、，所以且，根据线面平行的判定定理可得平面，平面，从而可得平面平面，由面面平行的性质定理即可证明； （2）过点作于点，连接，由题意得平面. 所以就是直线和平面所成角. 二面角的平面角为，由（1）易得，取中点为，连接，可得，利用勾股定理求出，可得.继而即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接、， 因为点为棱的中点，且，所以且， ，平面，平面， 所以平面，同理可得平面.                                                 因为平面，平面，且， 所以平面平面.                                                             因为平面，所以平面. （2）过点作于点，连接， 因为，，，平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面.                                                                     所以就是直线和平面所成角. 由题意得：二面角的平面角为， 由（1）易得， 在中，由，，得， 取中点为，连接， 因为分别为的中点， 所以，且，又， 所以四边形为平行四边形，所以， 在中，由，，得，则. 在中，由，得， 即得直线和平面所成角为. 2．座落于杨浦滨江的世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承.如图，分别为正八棱柱的上下两个底面的中心，已知.    (1)求证：； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合图中几何关系由线面垂直的判定定理证明平面即可； （2）结合图中几何关系由等体积法即求解即可. 【详解】（1）    连接， 因为底面为正八边形，所以， 又正八棱柱侧棱底面，底面， 所以， 平面， 所以平面， 又平面，所以. （2）    连接， 因为， 由正八边形的性质可得，，为到底面的距离，， 所以， 由勾股定理可得，， 又，所以， 又，所以， 因为，所以，即， 设点到平面的距离为， 则，即，即， 解得，所以点到平面的距离为. 3．如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，是中点，已知． (1)证明：； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面即可； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出底面和平面的法向量，代入空间二面角公式求解即可. 【详解】（1）因为底面，底面，所以， 又底面为长方形，所以，平面， 所以平面，平面，所以. （2）以为原点，射线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 易知底面的一个法向量为，设为 ， 设平面的法向量为，则， 取，可得， 设二面角的大小为， 则， 所以二面角的大小为. 4．如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，，，，，分别是，的中点．    (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）法一：取的中点，连接，，可证明四边形为平行四边形，进而得，从而可证结论；法二：取的中点，连接，，利用平面，平面，进而得平面平面，利用面面平行的性质可证结论； （2）由面面垂直的性质可得平面，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量可求直线与平面所成的余弦值. 【详解】（1）证法一：取的中点，连接，，    因为，分别为，的中点， 所以，且． 又四边形为矩形，且为的中点， 所以，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以．又平面，平面， 所以平面． 证法二：取的中点，连接，，    则，， 因为平面，平面， 所以平面， 同理平面． 又，，平面， 所以平面平面． 又平面，所以平面． （2）因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，    则，，，，，， 可得，，． 设平面的法向量为， 则，令，则，， 可得平面的法向量为． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以， 即直线与平面所成角的余弦值为． 5．如图，平行六面体中，与交于点，在对角线上取一点，使得平面平面．    (1)求证：； (2)若平面平面，且，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，连接，利用平行六面体的性质可证四边形是平行四边形，进而利用面面平行的性质可得OE//，进而利用相似可得结论； （2）由已知可得两两互相垂直，，以点F为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得与平面所成角的正弦值即是与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）连接交于，连接，    在平行六面体中，且， 所以四边形是平行四边形，所以且，， 又分别为的中点，所以， 以四边形是平行四边形，所以， 因为平面平面，平面ACE 平面=OE， 平面平面=，所以OE//， 因为都经过点O，所以三点共线， 又， 所以∽，所以，所以; （2）取CD的中点F，连接BF， 因为，所以是等边三角形，所以，且， 又平面平面，平面平面=CD，， 平面， 所以平面，又平面， 所以， 在中，，，所以， 在中，，所以， 所以， 又平面平面，平面平面=CD，， 平面 ，所以平面， 又平面，所以， 所以两两互相垂直， 以F为原点，以分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，    则， 所以， 设，所以， ， 取，则，所以， 因为E是对角线上一点， 所以与平面所成的角即是与平面所成的角， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 押题猜想五 函数的零点 限时：8min 已知函数. （1）若，恒成立，求实数的取值范围； （2）若在定义域内存在实数，满足，则称为“有点奇函数”，若为定义域上的“有点奇函数”，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）分离出，然后再根据单调性求出最值即可； （2）先根据将等式具体化，然后通过整理换元后转化为一元二次方程根的分布问题. 【详解】（1）由恒成立，可得， ∵在单调递增∴， ∴. （2）由题意可知有解即可， 即， ∴， 即有解即可. 设，则， ∴方程等价于在时有解， 对称轴. ①，则，即，∴ 此时； ②若，要使在时有解， 则，即， 解得， 综上：. 押题解读 解答题必考题型 押题方向 关注新教材中新增或强调的函数内容，如一些特殊的函数模型、函数的新性质等，可能会与函数零点结合出题。例如，以实际问题为背景，构建函数模型，然后考查函数零点在实际问题中的应用。 创新题型：上海高考数学注重创新，可能会出现一些新颖的函数零点问题，如与数学文化、高等数学知识初步结合的题目，或者是给出新的函数定义，让考生根据定义来研究函数零点的相关问题。 1．已知二次函数， (1)设函数在范围内的最大值为，最小值为，且，求实数的取值范围； (2)已知关于的方程在范围内有解，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）讨论二次函数的对称轴和所给区间的位置关系，即可确定函数的最值，由此可解不等式，即可得答案； （2）讨论方程在范围内有一解还是两解，由此可列出不等式组，即可得求得答案. 【详解】（1）∵，∴函数的对称轴为， ①当时，即时，当时，随增大而增大， ∴，，∴，解得； ②当时，即时，当时，随增大而减小， ∴，，∴，解得， ③当时，即时， ，，∴， 解得，此时， ④当时，即时， ∴，，∴， 解得，此时， 综上，的取值范围为. （2）原方程即为.设， 当时，. ①若方程在上有一解，只需时，函数的取值为负即可. ∴.解得：. ②若方程在上有两解，则， 即，∴. 综上，的取值范围为. 2．对于函数，若，则称实数为的“不动点”，若，则称实数为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”组成的集合分别记为和，即，. (1)对于函数，分别求出集合和； (2)设，若，求集合. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据函数的“不动点”和“稳定点”的定义，列出方程，即可求解； （2）由，根据题意，列出方程组，求得的值，得到，再由，列出方程，求得方程的解，即可得到答案. 【详解】（1）解：由的“不动点”和“稳定点”的集合为，， 令，可得，解得； 令，可得，解得， 所以集合． （2）解：由函数， 因为，可得，即， 解得，所以， 可得， 整理得，即， 所以，解得或或， 所以集合. 3．不动点原理是数学上一个重要的原理，也叫压缩映像原理，用初等数学可以简单的理解为：对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知二次函数 (1)若时，讨论不动点的个数； (2)若，，为两个相异的不动点，且，，求的最小值. 【答案】(1)答案见解析； (2). 【分析】（1）根据题设可得，利用判别式讨论其根的个数，即可得答案； （2）由题设有有两个不等的正根，应用韦达定理代入目标式得到关于的表达式，最后应用基本不等式求最小值，注意取值条件. 【详解】（1）由题设，令，整理得， 所以， 当或时，，此时有两个不同的不动点； 当或时，，此时有一个不动点； 当时，，此时没有不动点； （2）由题设，令，整理得， 且， 所以，，又，，则， 则 ， 当且仅当时等号成立， 所以目标式最小值为. 4．已知向量． (1)求函数的单调递减区间； (2)若函数在区间上恰有2个零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)，. (2) 【分析】（1）由数量积的坐标形式结合三角变换公式可得，由整体法可求函数的单调减区间； （2）函数在给定区间上的零点问题可转化为与的图象在上有两个不同的交点，利用正弦函数的性质可求参数的取值范围. 【详解】（1）， 令，则，其中， 故函数的单调递减区间为，. （2）由题设有在有两个不同的零点， 而，故在有两个不同的解， 故与的图象在上有两个不同的交点， 而在为增函数，在为减函数， 且，故， 故. 5．已知函数. (1)当时，求证：最大值小于； (2)若有两个零点，求实数k的取值范围. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用指数不等式和对数不等式，即可放缩法证明； （2）利用同构思想变形为，从而构造函数，通过求导证明其单调性，即可转化为新的方程，再用分离参变量思想，构造函数求导分析，通过数形结合即可求解. 【详解】（1）当时，， 先证明：，令，其中， 则， 当时， ， 所以 在上单调递增，即， 则不等式在上恒成立， 再证明：，令，其中， 则， 则当时， ，当时， ， 所以在上递增，在上递减， 即， 则不等式在上恒成立， 所以有，证毕； （2）由得：， 构造函数，由，因为，所以， 即函数在上单调递增， 由，根据单调性可得： 再构造，则， 则当时， ，当时， ， 所以在上递减，在上递增，即 当时，由，可知， 当，由对数函数没有一次函数增长得快，可知， 而函数有两个零点等价于直线与函数有两个交点，根据数形结合可得：. 押题猜想六 计数原理与概率统计 限时：8min 1．传承传统文化再掀热潮，央视科教频道以诗词知识竞赛为主的《中国诗词大会》火爆荧屏．将中学组和大学组的参赛选手按成绩分为优秀、良好、一般三个等级，随机从中抽取了100名选手进行调查，下面是根据调查结果绘制的选手等级人数的条形图. (1)若将一般等级和良好等级合称为合格等级，根据已知条件完成下面的2×2列联表，并据此资料你是否有95﹪的把握认为选手成绩“优秀”与文化程度有关？ 优秀 合格 合计 大学组 中学组 合计 注：，其中. 0.10 0.05 0. 005 2.706 3.841 7.879 (2)若江西参赛选手共80人，用频率估计概率，试估计其中优秀等级的选手人数； (3)如果在优秀等级的选手中取4名，在良好等级的选手中取2名，再从这6人中任选3人组成一个比赛团队，求所选团队中的有2名选手的等级为优秀的概率. 【答案】(1)见解析； (2)60人 (3). 【分析】（1）由条形图作出列联表，求出，从而没有的把握认为选手成绩“优秀”与文化程度有关． （2）由条形图知，所抽取的100人中，优秀等级有75人，故优秀率为，由此能求出参赛选手中优秀等级的选手人数． （3）记优秀等级中4人分别为A，B，C，D，良好等级中的两人为E，F，利用古典概型求概率公式求解即可. 【详解】（1）解：由条形图可知2×2列联表如下 优秀 合格 合计 大学组 45 10 55 中学组 30 15 45 合计 75 25 100 ， 故没有的把握认为选手成绩“优秀”与文化程度有关． （2）解：由条形图知，所抽取的100人中，优秀等级有75人，故优秀率为. 所有参赛选手中优秀等级人数约为人. （3）解：记优秀等级中4人分别为A，B，C，D，良好等级中的两人为E，F， 则任取3人的取法有ABC，ABD，ABE，ABF，ACD，ACE，ACF，ADE，ADF，AEF，BCD，BCE，BCF，BDE，BDF，BEF，CDE，CDF，CEF，DEF共20种， 其中有2名选手的等级为优秀的有ABE，ABF，ACE，ACF，ADE，ADF，BCE，BCF，BDE，BDF，CDE，CDF共12种，所以所选团队中的有2名选手的等级为优秀的概率为. 押题解读 解答题必考题型 押题方向 查看近几年上海高考数学中计数原理与概率统计的解答题，了解常考的题型和知识点。比如 2024 年上海高考考查了二项展开式中各项系数和以及项的系数、从不同题库选题的正确率、集合中元素个数相关的概率问题等。 对于计数原理问题，要明确是分类还是分步，做到不重不漏。在处理排列组合问题时，常用的方法有捆绑法、插空法、隔板法等，要根据具体问题选择合适的方法。 对于概率问题，首先要确定事件的类型，是古典概型、几何概型还是其他概率模型。然后根据相应的公式和方法进行计算。在涉及多个事件的概率问题时，要善于利用概率的加法公式、乘法公式、条件概率公式等进行分析和求解。 对于统计问题，要熟练掌握各种统计图表的特点和用途，能够准确读取数据并进行计算。在处理线性回归问题时，要记住最小二乘法的原理，能够正确计算回归系数。 1．为测试、两款人工智能软件解答数学问题的能力，将道难度相当的数学试题从到编号后随机分配给这两款软件测试．每道试题只被一款软件解答一次，并记录结果如下： 试题类别 软件 软件 测试试题数量 正确解答的数量 测试试题数量 正确解答的数量 几何试题 函数试题 (1)分别估计软件、软件能正确解答数学问题的概率； (2)小浦准备用这两款软件来解决某次数学测试中的第题（假设其难度和测试的道题基本相同），但该题内容还未知，从已往情况来看，该题是几何题的概率为，是函数题的概率为．将频率视为概率，试通过计算来说明小浦应该用哪款软件解决这道试题？ (3)小浦决定采用这两款软件解答道类似试题，其中几何、函数各道，每道试题只用其中一款软件解答一次．将频率视为概率，小浦比较了这两款软件在解答几何和函数题上的正确率，决定用表现较好的那款软件解决其擅长的题型．用、分别表示这道几何试题与道函数试题被正确解答的个数，求随机变量的数学期望和方差． 【答案】(1)软件、软件能正确解答数学问题的概率分别为、 (2)应该使用软件来解决这道试题. (3)， 【分析】（1）利用古典概型的概率公式可求得软件、软件能正确解答数学问题的概率； （2）利用全概率公式计算出、软件分别能解答对第题的概率，比较大小后可得出结论； （3）利用二项分布的期望公式和方差公式可求出随机变量、的期望和方差，由题意可知、相互独立，可得出，，即可得出答案. 【详解】（1）记、软件能正确解答数学问题的概率为和， 结合题中数据以及古典概型的概率公式可得，. （2）记“软件能正确解答这道题”为事件，“软件能正确解答这道题”为事件， “该题为几何题”为事件. 则，，，，，， 由全概率公式可得. . 因为，所以软件能够正确解决这道试题的概率更大， 故小浦应该使用软件来解决这道试题. （3）几何试题用软件解答，函数试题用软件解答. 因为，， 由二项分布的期望公式可得，， 由二项分布的方差公式可得，， 因为、相互独立，则， . 2．王老师将全班40名学生的高一数学期中考试（满分100分）成绩分成5组，绘制成如图所示的频率分布直方图，现将记作第一组，、、、分别记作第二、三、四、五组．已知第一组、第二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同． (1)估计此次考试成绩的平均值（同一组数据用该组数据的中点值代替）； (2)王老师将测试成绩在和内的试卷进行分析，再从中选2人的试卷进行优秀答卷展示，求被选中进行优秀答卷展示的这2人的测试成绩至少1个在内的概率； (3)已知第二组考生成绩的平均数和方差分别为65和40，第四组考生成绩的平均数和方差分别为83和70，据此计算第二组和第四组所有学生成绩的方差． 【答案】(1)74.5 (2) (3) 【分析】（1）根据频率之和为1可求的值，根据组中值可求平均数； （2）根据对立事件可求2人的测试成绩至少1个在内的概率； （3）根据分层方差和总体方差的关系式可求第二组和第四组所有学生成绩的方差. 【详解】（1）由题意得，解得 所以平均数等于 （2）由题意，内有8人，内有2人， 所以被选中进行优秀答卷展示的这2人的测试成绩至少1个在内的概率为. （3）设第二组、第四组的平均数与方差分别为， 由题意，第二组、第四组分别有10人和8人， 所以成绩在第二组、第四组的平均数 成绩在第二组、第四组的方差 故估计成绩在第二组、第四组的方差是. 3．“由样本估计总体”是统计学中一种重要的思想方法，而我们利用一些样本去估计某一参数的值时，常采用最大似然估计的方法：最大似然估计是由高斯首次提出，费尔希推广并使之得到广泛应用的一种估计方法，其原理是从总体中抽出具有个值的采样，求出似然函数，似然函数表示样本同时取得的概率，当似然函数取得最大值时参数的取值即为该参数的最大似然估计值. (1)已知一工个生产产品的合格率为，每件产品合格与否相互独立，现从某批次产品中随机抽取20件进行检测，有2件不合格： （ⅰ）用频率估计该批次产品合格率； （ⅱ）求合格率的最大似然估计值，并判断用最大似然估计法计算概率是否合理； (2)设一次试验中随机变量的概率分布如下： 1 2 3 现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； (3)泊松分布是种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和． 【答案】(1)（i）；（ii）0.9，合理； (2)； (3). 【分析】（1）（ⅰ）由题设结合数据直接计算即可；（ⅱ）先根据似然函数定义结合二项分布的概率计算方法得似然函数，再结合导数工具求出似然函数最大值即可得解. （2）先由题设得，再由导数工具求出的最大值即可得解. （3）先由题设计算求得，再利用导数工具求出得，且其为及的最大值点，进而得，由该等式即可求解. 【详解】（1）（ⅰ）由题该批次产品合格率； （ⅱ）由题意得，似然函数，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 则当时，取得最大值，即的最大似然估计值为0.9， 与（ⅰ）中的估计值相等，用最大似然估计法计算概率是合理的. （2）依题意，， 令， 则，令，解得， 函数在上单调递减，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，而函数在上递增， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，所以的最大似然估计值为. （3）， 设，则函数与单调性相同， 因为为减函数，令得， 则时，函数单调递增；时，，函数单调递减， 所以为极大值点也及最大值点，所以为极大值点也及最大值点， 则由题的最大似然估计值为，即. 4．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，因俄国数学家安德烈•马尔科夫而得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第，，，…次状态无关．已知有A，B两个盒子，各装有1个黑球、1个黄球和1个红球，现从A，B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记A盒子中红球的个数为，恰有1个红球的概率为，恰有2个红球的概率为． (1)求，的值； (2)证明：是等比数列，并求的通项公式； (3)求的数学期望． 【答案】(1)， (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）根据题意可得A盒子中没有红球的概率为，进而根据规则求解即可； （2）由题意可得，整理可得，进而求证，再求解的通项公式； （3）由题意可得,，整理可得，进而求解的分布列，再计算数学期望即可. 【详解】（1）由题意，A盒子中没有红球的概率为， 则，， ， . （2）因为，，， 所以，又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. （3）当，时，,① ,② 由①②得，，又， 所以，则， 的可能取值为0，1，2， 则， ，， 则的分布列为： 0 1 2 所以. 押题猜想七 圆锥曲线 限时：15min 已知双曲线E：（，）的虚轴长为2，离心率为. (1)求双曲线E的标准方程： (2)过点的直线l与E的左、右两支分别交于A，B两点，点，直线BC与直线交于点N. （ⅰ）证明：直线AN的斜率为定值： （ⅱ）记，分别为，的面积，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据双曲线的虚轴长和离心率公式求出、的值，进而得到双曲线的标准方程； （2）（i）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理求出相关点的坐标关系，进而证明直线AN的斜率为定值； （ii）根据三角形面积公式求出的表达式，再根据条件确定其取值范围. 【详解】（1）已知双曲线的虚轴长为，则，解得. 又因为离心率，且，把代入可得. 由可得，将其代入中，得到. 解得，所以双曲线的标准方程为. （2）（ⅰ）当斜率为0时： 已知，BC方程. 令，则，解得，所以. . 当斜率不为0时： 设AB方程，与联立： 把代入得. 由韦达定理得，. 因为直线交左右两支，有，解得. BC方程，令，得，即. 则，经化简得， 把，代入. 先看分子： 再看分母：    此时. 因为，，约分后可得. （ⅱ）当斜率为0时，因为，两三角形相似，. 当斜率不为0时，不妨设，，，所以. . ，代入与的值得. 因为，所以，结合，解得. 所以. 综上，取值范围是. 押题解读 解答压轴必考题型 押题方向 仔细分析上海高考历年圆锥曲线解答题的命题特点，包括常见的题型、考点、设问方式等。比如，从真题中可以看出常考的知识点有椭圆、双曲线、抛物线的方程与性质，直线与圆锥曲线的位置关系，以及定点、定值、最值等问题。 定点问题：证明直线或曲线过某一定点。解题时通常将直线或曲线方程中的变量当作常数看待，把方程一端化为零，让参数的系数全部等于零，得到一个关于变量的方程组，其解所确定的点就是定点。 定值问题：如求某代数式、点到直线的距离或某线段长度为定值。一般需要依题设条件，得出与所求定值相关的等式，再代入化简求值。 最值问题：可分为几何法和代数法。若题目条件和结论能体现几何特征，可利用图形性质求解；若能建立明确的函数关系，则可通过配方法、判别式法、基本不等式法及函数单调性法等求最值。 取值范围问题：常利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，也可根据已知参数范围建立参数间的等量关系来求解，还可利用隐含或已知的不等关系构造不等式，或者将待求量表示为其他变量的函数，通过求函数值域确定取值范围。 1．已知抛物线. (1)倾斜角为的直线过的焦点，且与交于、两点，求； (2)设是上一点，、是的准线上两个不同的点，且圆是的内切圆. ①若，求点的横坐标； ②求面积的最小值. 【答案】(1)； (2)①3；②. 【分析】（1）根据已知得直线为，联立抛物线，应用韦达定理及抛物线的定义求； （2）①若、、，切线为，根据内切圆及点线距离公式得，进而得到且，即可求的横坐标； ②由①有，令得，结合对勾函数、二次函数性质求最小值. 【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，直线的方程为. 设点、的横坐标为、. 由，消得 于是，故. （2）①设，于是有，抛物线的准线方程为， 设、，过的直线的方程可设为， 由题意，两直线均与圆相切，故，整理得， 设直线、的斜率为、， 于是， 将代入上式，化简得，解得或（舍）， 故点的横坐标为3. ②由①，， 点到的距离，故的面积， 不妨令，于是， 当且仅当，即时，的面积取到最小值，最小值为. 2．已知双曲线的左、右焦点分别为，点A是其左顶点，点P是双曲线上一点，且位于第一象限，若双曲线的离心率． (1)求双曲线的方程； (2)若三角形是等腰三角形，求点P的坐标； (3)直线不垂直于x轴，且与曲线的另一个交点为Q，若是锐角，求直线的斜率的取值范围． 【答案】(1) (2)或. (3) 【分析】（1）根据题设条件求出基本量后得双曲线方程； （2）就、、分类得方程组，求解后得的坐标； （3）联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理可得关于斜率的不等式，求解后得斜率的范围. 【详解】（1）设半焦距为，则即，而，故， 故，，故双曲线的方程为：. （2）由（1）得，， 因为在第一象限，故设，其中， 因为三角形是等腰三角形，故或或， 若，则在的中垂线上，则，舍； 若，则，故， 故，解得，故. 若，同理有，， 故， 综上，或. （3） 设直线，设， 而，故， 因为是锐角， 故， 所以， 整理得到， 由可得， 故且， 且，因为点P在第一象限，所以或， 又， 整理得：，故或或. 3．已知上下顶点分别为的椭圆经过点为直线上的动点，且不在椭圆上，与椭圆的另一交点为与椭圆的另一交点为（均不与椭圆上下顶点重合）. (1)求椭圆的方程； (2)证明：直线过定点； (3)设（2）问中定点为，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数，使得，，总为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）将点坐标代入即可求得椭圆的方程； （2）设，直线的方程为，联立椭圆和直线的方程得到两根之和与之积，因为点在直线上，代入化简可求得的值，即直线过定点； （3）先表示出为，，，由等比中项知，再将（2）中结果代入化简可解得的值，即存在这样的常数. 【详解】（1）因为椭圆经过点，代入可得，解得， 所以椭圆的方程为； （2）由题意，直线的斜率一定存在，设，直线的方程为， 联立椭圆和直线的方程得， 由韦达定理可得， 由点斜式可知直线的方程为，直线的方程为， 两式相比得，因为点在直线上，所以， 又点在椭圆上，所以，变形得，所以， 将直线方程代入得，即， 将韦达定理结果代入得，解得或， 因为均不与椭圆上下顶点重合，所以舍去，即， 直线的方程为，过定点. （3）由题意可知，显然在直线的两侧，不妨设， 则， 设存在常数，使得，，为等比数列，则， 即， 由（2）可知， 代入化简可得， 由（2）知联立后的方程， 所以，解得， 所以存在，使得，，总为等比数列. 4．已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线上，直线交轴于点（点在点的右侧）． (1)求双曲线的渐近线方程； (2)若点，且，求点的坐标； (3)若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值． 【答案】(1) (2)点的坐标为 (3)的最小值为 【分析】（1）根据双曲线方程即可得其渐近线方程； （2）由点可得，从而可利用三角形外角关系从而可得直线的斜率，将直线方程代入双曲线方程求解即可得点的坐标； （3）设直线，代入双曲线方程得交点坐标关系，由重心可得，根据点线关系即可得的范围，再结合三角形面积关系得与的关系，由基本不等式可得最值. 【详解】（1）已知双曲线，则，所以双曲线方程为； （2）双曲线的右焦点， 又，所以，则， 因为，所以， 则直线，即， 所以，解得，即， 则，所以点的坐标为； （3）设直线， ， 则， 因为直线过点且与双曲线右支交于、两点，所以， 又因为的重心在轴上，所以， 由点在点的右侧，可得，所以，解得，所以， 而，代入可得， 所以， 代入化简可得：， 所以， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为. 5．已知椭圆C：经过点． (1)求C的离心率． (2)设A，B分别为C的左、右顶点，P，Q为C上异于A，B的两动点，且直线的斜率恒为直线的斜率的5倍． ①当b的值确定时，证明：直线过x轴上的定点； ②按下面方法构造数列：当时，直线过的定点为，且，设，证明：． 【答案】(1) (2)① 证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据题意，将点代入椭圆方程得，进而求得离心率； （2）①由题可知直线的斜率不可能为0，设的方程为，与椭圆方程联立可得根与系数关系，结合，解得，进而得证；②根据题意，可得是等比数列，求得，得，分n为偶数和奇数分别证明. 【详解】（1）因为椭圆C经过点，所以，故， 所以C的离心率. （2）①由（1）知C的方程为，，. 由对称性可知直线的斜率不可能为0，设，，设的方程为． 由，可得， 所以，即， 且，．所以． 则 ， 解得，则的方程为， 即直线过x轴上的定点. ②由①可知，，又，， 所以是首项为2，公比为2的等比数列. 所以，. 当n为偶数时，， 所以. 当为奇数时，因为， 所以. 综上可得：. 押题猜想八 函数与导数综合题 限时：20min 在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为，上两步台阶的概率为；且每次上一步台阶用时，上两步台阶用时. (1)假设，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒? (2)若“机器狼”走3次后从地面到达第5步台阶的概率为，当取最大值时，求“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率. (3)若，记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，其中，证明：数列是等比数列，并求. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）列出上完步台阶的走法，即可计算时间； （2）依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可求出取最大值时的值，再由相互独立事件的概率公式计算可得； （3）依题意可得，即可得到，即可证明，从而得到，再由累加法计算可得. 【详解】（1）“机器狼”上完步台阶的走法有： 当时，用时； 当时，用时； 当时，用时； 所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为秒； （2）依题意，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时取得最大值， “机器狼”从地面上到第7步台阶有，，，共4种情况， 则“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率； （3）“机器狼”从地面上到第步台阶，它是由第步台阶上两步到达第步台阶，或由第步台阶上一步到达第步台阶， 记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为， 所以， 所以， 则， 又，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以 ， 即. 押题解读 解答压轴必考题型 押题方向 上海高考第 21 题常出现新定义问题，如给定一个新的函数性质或概念，要求考生根据定义进行推理和计算。对于这类问题，要仔细阅读定义，理解其内涵，将新定义转化为已有的数学知识和方法来解决。例如，若定义 “超导函数”，则需要根据其给定的条件，结合函数导数的相关知识进行分析和求解 1．若存在正数，对任意的，恒成立，则称函数，在上具有性质“”． (1)判断函数，在上是否具有性质“”，并说明理由； (2)若函数，在上具有性质“”，求的取值范围； (3)若函数与在上具有性质“”，且存在，，使得，求证：． 【答案】(1)和具有性质“”，理由见解析； (2)； (3)答案见解析. 【分析】（1）根据函数的奇偶性，结合新定义，转化为证明函数在区间单调递增； （2）根据新定义，转化为函数，在区间上单调递增，利用导数，结合参变分离，转化为最值问题，即可求解； （3）首先根据新定义，转化为，再通过构造函数，，，转化为证明，转化为利用极值点偏移解决问题. 【详解】（1）函数和在上具有性质“”. 理由如下： 因为和在上均为偶函数，且在上单调递增， 所以只需考虑的情况， 令，则， 所以在区间上单调递增，且，所以恒成立， 则，即， 则，再根据函数是偶函数， 即，， 所以函数和在上具有性质“”. （2），在区间单调递增，在上单调递增， 设，若函数和具有性质“”， 则，整理为 设，由以上可知，在区间上单调递增， 即， 当时，恒成立， 令，，，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值， 所以； （3）由题意可知，存在，， ，又， 则，即， ，，设，， ， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 设，，不妨设，，，且， 设， ， 所以在区间上单调递减，且，即， 即，即，则， 即，则，得，即证. 2．已知，为正整数，对于函数，若对任意的，都有，则称为次切比雪夫函数．例如：因为，所以为二次切比雪夫函数． (1)求； (2)证明：对任意正整数，都有； (3)若函数有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据三角恒等变换即可得，则得到； （2）利用两角和差的余弦公式即可得，即证明等式； （3）化简得，则，再分、和时分类讨论即可. 【详解】（1）因为 ， 所以. （2）因为， 两式相加得， 即. （3）因为，所以， 即，， ，当时，， 因为有一个绝对值不大于1的零点，则，解得， 令，即，则， ①当时，即时，，则在上单调递增，在上单调递增， 即时，，即恒成立，即在上无零点， ②当时，，，则在上单调递增，则在上单调递减， 即时，，即恒成立，即在上无零点； 综合①②可知，所有零点的绝对值都不大于1. 3．已知函数的定义域是．对于，定义集合． (1)，求； (2)对于集合，若对任意都有，则称是对称集．若是对称集，证明：“函数是偶函数”的充要条件是“对任意，是对称集”； (3)若，．求的取值范围，使得对于任意，都有． 【答案】(1) (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）根据对数函数的单调性即可求解； （2）根据偶函数的定义和对称集的定义即可证明必要性和充分性； （3）根据定义判断出函数单调不减，得到导函数大于等于0恒成立即可求解. 【详解】（1）由定义得，. （2）证明： 必要性：因为函数是偶函数，所以对任意，， 对任意，若，即，则， 所以，所以对任意，是对称集. 充分性：若对任意，是对称集， 因为对任意，，所以，即①， 又，所以，即②. 由①②得，对任意，， 所以函数是偶函数. 综上，“函数是偶函数”的充要条件是“对任意，是对称集”，得证. （3）因为对于任意，都有， 所以若，则，即若，则， 所以，所以在上单调不减， 所以对任意，恒成立. 当时，显然成立，； 当时，恒成立，令，， 所以在单调递减，单调递增，所以； 当时，恒成立，此时 因为在上单调递减，当时，， 时，， 所以； 综上，. 【点睛】关键点点睛：函数在区间上单调不减等价于导函数在区间上大于等于0恒成立. 4．已知函数在定义域上存在导函数．对于给定的一个有序实数对，若存在，使得，则称为在定义域上的一个“分割数对”． (1)已知，判断数对是否为在上的“分割数对”，并说明理由； (2)已知，若为在区间上的“分割数对”，求实数的取值范围； (3)已知，若有且仅有一个实数满足对任意，都不是在上的“分割数对”，求实数的值． 【答案】(1)是；答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）取，由函数新定义代入验证即可； （2）构造函数，求导分析单调性和最值，然后结合函数新定义可得； （3）由题意先将问题不是在上的“分割数对”等价于或恒成立，然后构造函数，求导后再将问题“恒成立”等价于“对任意，恒成立”，然后结合二次函数的性质令判别式小于等于零可得. 【详解】（1）是， 存在， 由函数新定义有满足. （2）令， 则， 令，得， 所以当时，，函数为递减函数；当时，，函数为递增函数， 所以在处取得极小值，也是最小值， 所以在区间上的值域为， 若为在区间上的“分割数对”，既要满足在区间上的函数值有正有负， 所以， 即实数的取值范围为. （3）对任意，考虑， 则不是在上的“分割数对”等价于或恒成立， 显然，， 由于，显然， 令， 因为，则， 所以，结合函数的性质可知“恒成立”等价于“对任意，恒成立”， 即在上恒成立， 即， 由题意，满足的实数有且仅有一个，则. 5．定义域为的可导函数满足，在曲线上存在三个不同的点，使得直线与曲线在点处的切线平行（或重合）．若成等差数列，则称为“等差函数”；若成等差数列且均为整数，则称为“整数等差函数”． (1)设，，分别判断和是否为“整数等差函数”，直接写出结论； (2)若为“整数等差函数”，求实数的最小值； (3)已知的导函数在上为增函数，且存在一个正常数， 使得对任意，成立，证明：为“等差函数”的充要条件是为常值函数． 【答案】(1)不是“整数等差函数”，是“整数等差函数” (2)答案见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）设公差为，根据所给定义及导数的几何意义得到，即可判断； （2）设公差为，则且，由得到从而确定的最小值； （3）首先证明充分性，再说明必要性，设公差为，结合所给定义得到，令，结合推出为常值函数. 【详解】（1）假设成等差数列，得， 设公差为，则， 对于：直线的斜率， 因为，所以曲线在点处的切线斜率为， 由题意，恒成立， 取，，则成等差数列且均为整数，故是“整数等差函数”． 对于，直线的斜率， 因为，所以曲线在点处的切线斜率为， 由题意， 若，则， 令，，则恒成立，所以在上单调递减， 所以，即在上恒成立， 即恒成立，所以无解， 故不是“整数等差函数”． （2）因为为“整数等差函数”，所以成等差数列且均为整数， 设公差为，则，且， 直线的斜率， 因为，所以曲线在点处的切线斜率为， 由题意，， 又的定义域为，有， 当时,,此时,无罪小值； 当时,因为，， 所以 ， 则，可取使等号成立，故的最小值为． （3）充分性，因为为常值函数，所以， 任意取等差数列 ，则直线的斜率， 曲线在点处的切线斜率为， 因为，所以为“等差函数”． 必要性，因为为“等差函数”，所以成等差数列， 设公差为，则， 直线的斜率， 曲线在点处的切线斜率为， 由题意，, ， 令， 则 ， 令， 则， 因为在上为增函数，所以，在上为增函数， 因为，所以，在上为增函数， 因为，所以在上恒成立， 又，由的单调性知， 故，， ，为常数， ， ， ， 接下来，一方面，因为，且在上为增函数， 所以在上为增函数，故，， 由，可得， 另一方面，因为， 所以，可得， 以此类推，在上恒成立，即为常值函数． 命题得证！ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学终极押题猜想（上海专用） （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 押题猜想一 数列小压轴题（含新定义）（2024年上海高考第16题） 1 押题猜想二 集合新定义小压轴题（2024上海高考选择15、16题连考两题） 2 押题猜想三 圆锥曲线小压轴题（含新定义与多结论题）（2025春考连考3题2023年选择16题圆锥曲线新定义） 4 押题猜想四 立体几何解答题（必考题型）（2年2考空间角与体积） 6 押题猜想五 函数的零点解答题（必考题型）（2年2考隐零点） 9 押题猜想六 计数原理与概率统计解答题（必考题型）（2年2考） 12 押题猜想七 圆锥曲线解答题（压轴必考题型） 16 押题猜想八 函数与导数综合新定义问题解答题（压轴必考题）（2年2考切线方程（斜率）） 20 押题猜想一 数列小压轴题 限时：4min 定义：对于数列，若存在常数，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，满足，若为有界数列，则实数的取值范围为 . 押题解读 填空压轴热考题型 押题方向 数列与函数的综合；数列与不等式的综合；数列的新定义问题；递推数列问题： 1．已知数列满足，，记数列的前n项和为．若对于任 意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为 ． 2．设数列是等比数列，，公比q是的展开式中的第二项（按x的降幂排列），且为的前n项和，若，则 .（用含n和x的式子表达） 3．数列满足，，，若不等式恒成立，则正整数的最大值为 . 4．已知表示不超过的最大整数，记，设，且，当时，所有满足条件的n的和等于 . 5．已知三个正数构成公比为的等比数列，圆：，过圆上一点P分别作圆，的切线，切点分别为，若，则 ． 押题猜想二 集合新定义小压轴题 限时：4min 设D是边长为3的等边及其内部的点构成的集合，点是的中心，集合，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 押题解读 选择压轴热考题型 押题方向 定义新概念：通过重新定义集合的元素、子集等概念，考查学生对新概念的理解和运用能力。例如，定义一种新的集合元素关系，要求判断某些元素是否属于该集合，或者求满足特定条件的元素个数等。 定义新运算：创新集合的运算规则，如定义一种新的集合乘法、加法等运算，让学生根据新运算规则进行计算、判断运算性质等。比如，给定两个集合，通过特定的规则定义它们的 “乘积集合”，然后研究该乘积集合的性质和相关运算结果。 定义新性质：赋予集合一些新的性质，如集合的 “对称性”“传递性” 等不同于常规集合性质的新特性，要求学生根据这些新性质来解决问题，如判断集合是否具有某种新性质，或者利用新性质进行集合的分类、构造等。 结合其他知识：将集合新定义与函数、数列、几何等其他数学知识相结合，增加问题的综合性和难度。例如，结合函数的定义域、值域来定义集合，或者根据数列的项来构造集合并定义相关性质，让学生在多个知识领域之间进行综合运用和推理。 1．对任何非空有限数集，我们定义其“绝对交错和”如下：设，，其中，则的“绝对交错和”为；当时，的“绝对交错和”为.若数集，则的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为（    ） A． B． C． D． 2.含有有限个元素的数集，定义其“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的数开始交替地加减各数，例如的“交替和”是；而的交替和是，则集合的所有非空子集的“交替和”的总和为（    ） A． B． C． D． 3.设有集合，定义在上的函数为偶函数，求（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．集合的所有三个元素的子集记为记为集合中的最大元素，则（    ） A．10 B．40 C．45 D．50 5.设集合的最大元素为，最小元素为，记的特征值为，若集合中只有一个元素，规定其特征值为0．已知是集合的元素个数均不相同的非空真子集，且，则的最大值为（    ） A．15 B．16 C．17 D．18 押题猜想三 圆锥曲线小压轴题 限时：4min 椭圆具有如下光学性质：如图，分别是椭圆的左、右焦点，从点发出的光线在到达椭圆上的点P后，经过到达点的切线反射后经过点，有以下两个命题： ①若P是椭圆上除长轴端点外的一点，设法线与x轴的交点为，则 ②若从发出的光线，经椭圆两次反射后，第一次回到所经过的路程为，则该椭圆的离心率为； 则以下说法正确的是（   ） 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 押题解读 选择填空压轴热考题型 押题方向 分析近几年上海高考真题，圆锥曲线填空题常考抛物线的定义、焦点与准线，双曲线的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，离心率的计算，椭圆中最值与范围等问题。例如 2024 年秋考第 7 题考查了抛物线的相关知识，2023 秋考第 16 题涉及与曲线方程有关的新定义等。 1．设点在“笑口”型曲线上，则的最小值为 . 2．在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）.如果用坐标平面分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为 .    3．已知点在圆上，点在圆上，且为坐标原点.对于以下两个命题，判断正确的是（    ） ①在坐标平面内存在点，使得恒成立； ②三角形面积的最小值为. A．①是真命题，②是真命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是假命题 4．已知圆锥曲线的对称中心为原点，若对于上的任意一点，均存在上两点，，使得原点到直线，和的距离都相等，则称曲线为“完美曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”． 下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 5．在平面直角坐标系中，已知点，点是平面内的一个动点，若以为直径的圆与圆：相切，记点P的轨迹为曲线C，过曲线C上一点Q作直线分别与直线，相交，交点为M、N，且交点分别在第一象限和第四象限，若，，则面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 押题猜想四 立体几何解答题 限时：8min 在四面体中，，． (1)若为正三角形，平面平面，求四面体体积； (2)若，，求二面角的大小． 押题解读 解答必考题型 押题方向 线面位置关系的证明：证明线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直等关系是常考内容。比如通过构造中位线、平行四边形来证明线面平行，利用线线垂直证明线面垂直等。 空间角的计算：常考异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。通常需要先作出角，再通过解三角形或利用向量法进行计算。 空间距离的计算：可能会涉及点到平面的距离、线面距离等。可以利用等体积法、向量法等求解。 几何体的表面积与体积：以常见的棱柱、棱锥、圆柱、圆锥等几何体为载体，计算其表面积或体积。 1．已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的大小. 2．座落于杨浦滨江的世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承.如图，分别为正八棱柱的上下两个底面的中心，已知.    (1)求证：； (2)求点到平面的距离. 3．如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，是中点，已知． (1)证明：； (2)求二面角的大小． 4．如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，，，，，分别是，的中点．    (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的余弦值． 5．如图，平行六面体中，与交于点，在对角线上取一点，使得平面平面．    (1)求证：； (2)若平面平面，且，求与平面所成角的正弦值． 押题猜想五 函数的零点 限时：8min 已知函数. （1）若，恒成立，求实数的取值范围； （2）若在定义域内存在实数，满足，则称为“有点奇函数”，若为定义域上的“有点奇函数”，求实数的取值范围. 押题解读 解答题必考题型 押题方向 关注新教材中新增或强调的函数内容，如一些特殊的函数模型、函数的新性质等，可能会与函数零点结合出题。例如，以实际问题为背景，构建函数模型，然后考查函数零点在实际问题中的应用。 创新题型：上海高考数学注重创新，可能会出现一些新颖的函数零点问题，如与数学文化、高等数学知识初步结合的题目，或者是给出新的函数定义，让考生根据定义来研究函数零点的相关问题。 1．已知二次函数， (1)设函数在范围内的最大值为，最小值为，且，求实数的取值范围； (2)已知关于的方程在范围内有解，求实数的取值范围. 2．对于函数，若，则称实数为的“不动点”，若，则称实数为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”组成的集合分别记为和，即，. (1)对于函数，分别求出集合和； (2)设，若，求集合. 3．不动点原理是数学上一个重要的原理，也叫压缩映像原理，用初等数学可以简单的理解为：对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知二次函数 (1)若时，讨论不动点的个数； (2)若，，为两个相异的不动点，且，，求的最小值. 4．已知向量． (1)求函数的单调递减区间； (2)若函数在区间上恰有2个零点，求实数a的取值范围． 5．已知函数. (1)当时，求证：最大值小于； (2)若有两个零点，求实数k的取值范围. 押题猜想六 计数原理与概率统计 限时：8min 1．传承传统文化再掀热潮，央视科教频道以诗词知识竞赛为主的《中国诗词大会》火爆荧屏．将中学组和大学组的参赛选手按成绩分为优秀、良好、一般三个等级，随机从中抽取了100名选手进行调查，下面是根据调查结果绘制的选手等级人数的条形图. (1)若将一般等级和良好等级合称为合格等级，根据已知条件完成下面的2×2列联表，并据此资料你是否有95﹪的把握认为选手成绩“优秀”与文化程度有关？ 优秀 合格 合计 大学组 中学组 合计 注：，其中. 0.10 0.05 0. 005 2.706 3.841 7.879 (2)若江西参赛选手共80人，用频率估计概率，试估计其中优秀等级的选手人数； (3)如果在优秀等级的选手中取4名，在良好等级的选手中取2名，再从这6人中任选3人组成一个比赛团队，求所选团队中的有2名选手的等级为优秀的概率. 押题解读 解答题必考题型 押题方向 查看近几年上海高考数学中计数原理与概率统计的解答题，了解常考的题型和知识点。比如 2024 年上海高考考查了二项展开式中各项系数和以及项的系数、从不同题库选题的正确率、集合中元素个数相关的概率问题等。 对于计数原理问题，要明确是分类还是分步，做到不重不漏。在处理排列组合问题时，常用的方法有捆绑法、插空法、隔板法等，要根据具体问题选择合适的方法。 对于概率问题，首先要确定事件的类型，是古典概型、几何概型还是其他概率模型。然后根据相应的公式和方法进行计算。在涉及多个事件的概率问题时，要善于利用概率的加法公式、乘法公式、条件概率公式等进行分析和求解。 对于统计问题，要熟练掌握各种统计图表的特点和用途，能够准确读取数据并进行计算。在处理线性回归问题时，要记住最小二乘法的原理，能够正确计算回归系数。 1．为测试、两款人工智能软件解答数学问题的能力，将道难度相当的数学试题从到编号后随机分配给这两款软件测试．每道试题只被一款软件解答一次，并记录结果如下： 试题类别 软件 软件 测试试题数量 正确解答的数量 测试试题数量 正确解答的数量 几何试题 函数试题 (1)分别估计软件、软件能正确解答数学问题的概率； (2)小浦准备用这两款软件来解决某次数学测试中的第题（假设其难度和测试的道题基本相同），但该题内容还未知，从已往情况来看，该题是几何题的概率为，是函数题的概率为．将频率视为概率，试通过计算来说明小浦应该用哪款软件解决这道试题？ (3)小浦决定采用这两款软件解答道类似试题，其中几何、函数各道，每道试题只用其中一款软件解答一次．将频率视为概率，小浦比较了这两款软件在解答几何和函数题上的正确率，决定用表现较好的那款软件解决其擅长的题型．用、分别表示这道几何试题与道函数试题被正确解答的个数，求随机变量的数学期望和方差． 2．王老师将全班40名学生的高一数学期中考试（满分100分）成绩分成5组，绘制成如图所示的频率分布直方图，现将记作第一组，、、、分别记作第二、三、四、五组．已知第一组、第二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同． (1)估计此次考试成绩的平均值（同一组数据用该组数据的中点值代替）； (2)王老师将测试成绩在和内的试卷进行分析，再从中选2人的试卷进行优秀答卷展示，求被选中进行优秀答卷展示的这2人的测试成绩至少1个在内的概率； (3)已知第二组考生成绩的平均数和方差分别为65和40，第四组考生成绩的平均数和方差分别为83和70，据此计算第二组和第四组所有学生成绩的方差． 3．“由样本估计总体”是统计学中一种重要的思想方法，而我们利用一些样本去估计某一参数的值时，常采用最大似然估计的方法：最大似然估计是由高斯首次提出，费尔希推广并使之得到广泛应用的一种估计方法，其原理是从总体中抽出具有个值的采样，求出似然函数，似然函数表示样本同时取得的概率，当似然函数取得最大值时参数的取值即为该参数的最大似然估计值. (1)已知一工个生产产品的合格率为，每件产品合格与否相互独立，现从某批次产品中随机抽取20件进行检测，有2件不合格： （ⅰ）用频率估计该批次产品合格率； （ⅱ）求合格率的最大似然估计值，并判断用最大似然估计法计算概率是否合理； (2)设一次试验中随机变量的概率分布如下： 1 2 3 现做次独立重复试验，出现了次，出现了次，出现了次，求的最大似然估计值； (3)泊松分布是种重要的离散分布，其概率分布为，设一次试验中随机变量的取值服从泊松分布，进行次试验后得到的值分别为，已知的最大似然估计值为2，求数列的前项和． 4．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，因俄国数学家安德烈•马尔科夫而得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第，，，…次状态无关．已知有A，B两个盒子，各装有1个黑球、1个黄球和1个红球，现从A，B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记A盒子中红球的个数为，恰有1个红球的概率为，恰有2个红球的概率为． (1)求，的值； (2)证明：是等比数列，并求的通项公式； (3)求的数学期望． 押题猜想七 圆锥曲线 限时：15min 已知双曲线E：（，）的虚轴长为2，离心率为. (1)求双曲线E的标准方程： (2)过点的直线l与E的左、右两支分别交于A，B两点，点，直线BC与直线交于点N. （ⅰ）证明：直线AN的斜率为定值： （ⅱ）记，分别为，的面积，求的取值范围. 押题解读 解答压轴必考题型 押题方向 仔细分析上海高考历年圆锥曲线解答题的命题特点，包括常见的题型、考点、设问方式等。比如，从真题中可以看出常考的知识点有椭圆、双曲线、抛物线的方程与性质，直线与圆锥曲线的位置关系，以及定点、定值、最值等问题。 定点问题：证明直线或曲线过某一定点。解题时通常将直线或曲线方程中的变量当作常数看待，把方程一端化为零，让参数的系数全部等于零，得到一个关于变量的方程组，其解所确定的点就是定点。 定值问题：如求某代数式、点到直线的距离或某线段长度为定值。一般需要依题设条件，得出与所求定值相关的等式，再代入化简求值。 最值问题：可分为几何法和代数法。若题目条件和结论能体现几何特征，可利用图形性质求解；若能建立明确的函数关系，则可通过配方法、判别式法、基本不等式法及函数单调性法等求最值。 取值范围问题：常利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，也可根据已知参数范围建立参数间的等量关系来求解，还可利用隐含或已知的不等关系构造不等式，或者将待求量表示为其他变量的函数，通过求函数值域确定取值范围。 1．已知抛物线. (1)倾斜角为的直线过的焦点，且与交于、两点，求； (2)设是上一点，、是的准线上两个不同的点，且圆是的内切圆. ①若，求点的横坐标； ②求面积的最小值. 2．已知双曲线的左、右焦点分别为，点A是其左顶点，点P是双曲线上一点，且位于第一象限，若双曲线的离心率． (1)求双曲线的方程； (2)若三角形是等腰三角形，求点P的坐标； (3)直线不垂直于x轴，且与曲线的另一个交点为Q，若是锐角，求直线的斜率的取值范围． 3．已知上下顶点分别为的椭圆经过点为直线上的动点，且不在椭圆上，与椭圆的另一交点为与椭圆的另一交点为（均不与椭圆上下顶点重合）. (1)求椭圆的方程； (2)证明：直线过定点； (3)设（2）问中定点为，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数，使得，，总为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 4．已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线上，直线交轴于点（点在点的右侧）． (1)求双曲线的渐近线方程； (2)若点，且，求点的坐标； (3)若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值． 5．已知椭圆C：经过点． (1)求C的离心率． (2)设A，B分别为C的左、右顶点，P，Q为C上异于A，B的两动点，且直线的斜率恒为直线的斜率的5倍． ①当b的值确定时，证明：直线过x轴上的定点； ②按下面方法构造数列：当时，直线过的定点为，且，设，证明：． 押题猜想八 函数与导数综合题 限时：20min 在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为，上两步台阶的概率为；且每次上一步台阶用时，上两步台阶用时. (1)假设，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒? (2)若“机器狼”走3次后从地面到达第5步台阶的概率为，当取最大值时，求“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率. (3)若，记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，其中，证明：数列是等比数列，并求. 押题解读 解答压轴必考题型 押题方向 上海高考第 21 题常出现新定义问题，如给定一个新的函数性质或概念，要求考生根据定义进行推理和计算。对于这类问题，要仔细阅读定义，理解其内涵，将新定义转化为已有的数学知识和方法来解决。例如，若定义 “超导函数”，则需要根据其给定的条件，结合函数导数的相关知识进行分析和求解 1．若存在正数，对任意的，恒成立，则称函数，在上具有性质“”． (1)判断函数，在上是否具有性质“”，并说明理由； (2)若函数，在上具有性质“”，求的取值范围； (3)若函数与在上具有性质“”，且存在，，使得，求证：． 2．已知，为正整数，对于函数，若对任意的，都有，则称为次切比雪夫函数．例如：因为，所以为二次切比雪夫函数． (1)求； (2)证明：对任意正整数，都有； (3)若函数有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 3．已知函数的定义域是．对于，定义集合． (1)，求； (2)对于集合，若对任意都有，则称是对称集．若是对称集，证明：“函数是偶函数”的充要条件是“对任意，是对称集”； (3)若，．求的取值范围，使得对于任意，都有． 4．已知函数在定义域上存在导函数．对于给定的一个有序实数对，若存在，使得，则称为在定义域上的一个“分割数对”． (1)已知，判断数对是否为在上的“分割数对”，并说明理由； (2)已知，若为在区间上的“分割数对”，求实数的取值范围； (3)已知，若有且仅有一个实数满足对任意，都不是在上的“分割数对”，求实数的值． 5．定义域为的可导函数满足，在曲线上存在三个不同的点，使得直线与曲线在点处的切线平行（或重合）．若成等差数列，则称为“等差函数”；若成等差数列且均为整数，则称为“整数等差函数”． (1)设，，分别判断和是否为“整数等差函数”，直接写出结论； (2)若为“整数等差函数”，求实数的最小值； (3)已知的导函数在上为增函数，且存在一个正常数， 使得对任意，成立，证明：为“等差函数”的充要条件是为常值函数． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $$