专题15：100道易错题通关训练-2025届高考数学满分冲刺【基础提升练+易错题型练+综合热点练】 上海专用
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内容正文：
2025年上海高考数学满分冲刺易错题型专项训练（十五）
100道易错题通关训练
模块一、集合与常用逻辑用语
1．设集合，，则A∩B=（ ）
A． B． C． D．
2.已知集合，，则集合中元素的个数为（ ）
A．30 B．28 C．26 D．24
3.设集合，集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．已知集合或，，若，则实数的取值范围是________．
5.命题“若，则”是真命题，实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6．如果不等式成立的充分不必要条件是；则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
模块二、不等式
7．如果不等式成立的充分不必要条件是；则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知不等式的解集为，若，则实数的取值范围为
9．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知不等式的解集为，若，则实数的取值范围为
10.若关于x的不等式的解集中恰有3个正整数，则实数m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
11.已知对任意，恒成立，则实数x的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
12.（24-25高三上·上海嘉定·期中）已知，则下列结论不恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
13.已知且，则的最小值为（ ）
A． B．7
C．15 D．
14.已知正数满足，则的最小值是（ ）
A． B．6 C． D．
模块三、平面向量
15.下列四个命题中，正确的个数是（ ）
① ② 零向量垂直于任何向量
③ “”等价于“存在实数，使得” ④
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
16.（2025·上海青浦·模拟预测）向量在向量方向上的数量投影是 .
17.在中，，，，则______.
18.已知与平行，则值为________．[来源:Zxxk.Com]
19.设平面向量 ，，若与的夹角为钝角，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
模块四、复数
20.（2025·上海黄浦·二模）为虚数单位，若复数满足且，则 ．
21．（2024·上海长宁·二模）设，则“”是“”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
22.（2025·上海闵行·二模）已知i是虚数单位，则 ．
23（2024·上海杨浦·二模）设复数与所对应的点为与，若，，则 .
24．（2025·上海杨浦·二模）已知复数满足，其中为虚数单位，则的最小值为 .
25.已知关于的方程的两根为、，满足，则实数的值为____________
模块五、基本初等函数与函数的性质
26.【2023杨浦二模3】方程的解是 .
27，（2023大同中学高三阶段练习）若函数在上恰有一个零点，则实数的取值范围是________
28.（2025上海高三阶段练习）如图所示是函数（m、且互质）的图象，则（ ）
A．m，n是奇数且 B．m是偶数，n是奇数，且
C．m是偶数，n是奇数，且 D．m，n是偶数，且
29．已知函数（且）在区间上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
30.给出下列个函数，其中对于任意均成立的是（ ）
A． B．
C． D．
31.（2022秋·上海宝山·高三上海交大附中校考阶段练习）若函数的值域是，则函数的值域是____________.
32.已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B．或 C． D．
33.函数的定义域是_______，值域是___________．
34.已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为______．
35.函数的单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
36．已知函数，若对于一切的实数，不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
37.若函数有三个零点，，，若，则零点所在区间为（ ）
A． B． C． D．
38．已知函数，若在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
39.函数 的两个不同的零点均大于1的一个充分不必要条件是（ ）
A． B．
C． D．
40．已知是定义域为的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
模块六、三角函数与解三角形
41．已知是第三象限角，则点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
42．已知sin θ＋cos θ＝，θ∈，则sin θ－cos θ的值为________．
43.若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
44.已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
45.若三角形的内角所对的边分别为，且，，其面积，则边=________．
46.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且，则△ABC周长的最大值为（ ）
A． B． C． D．
47.在中，若，且AB边上的中线长为2，则面积的最大值为 ．
48．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的外接圆半径为，若的面积，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
49.函数在的单调递减区间是
50．为了得到函数的图象，可将函数的图象（ ）
A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度
51.已知函数在有且仅有2个极小值点，且在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
模块七、空间向量与立体几何
52.水平放置的的直观图如图，其中，，那么原是一个（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形
53.（上海市浦东新区2023届高三下学期期中数学试题）在空间中，下列命题为真命题的是（ ）．
A．若两条直线垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行；
B．若两个平面分别平行于两条互相垂直的直线，则这两个平面互相垂直；
C．若两个平面垂直，则过一个平面内一点垂直于交线的直线与另外一个平面垂直；
D．若一条直线平行于一个平面，另一条直线与这个平面垂直，则这两条直线互相垂直．
54.已知两个平面垂直，下列命题：
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；
②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；
③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确命题个数是( )
A．3 B．2 C．1 D．0
55.如图，在三棱锥M－EFG中，，EF=FG=2，平面平面EFG，则异面直线ME与FG所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
56.已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
57..在空间几何体中，四边形均为直角梯形．如图，设，，．
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
58．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形.已知，，，，.
(1)证明平面；
(2)求异面直线与所成的角的正切值；
(3)求二面角的正切值.
模块八、数列
59.在数列中，，且，则
60.设是等比数列的前n项和，，，成等差数列，且.则____.
61．已知等差数列的前n项和为， ，且，则取得最小值时n的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
62．已知等差数列的前n项和为， ，且，则取得最小值时n的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
63.在等差数列中，，记，求数列的前30项和.
64.设为数列的前n项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
模块九、直线与圆的方程
65．已知直线的方程为，则直线的倾斜角范围是（ ）
A． B．
C． D．
66.已知直线过点，且纵截距为横截距的两倍，则直线的方程为（ ）
A．
B．
C．或
D．或
67.已知直线：，：，，则“”是“”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
68．曲线在点处的切线与其平行直线l的距离为，则直线l的方程可能为（ ）
A． B．
C． D．
69.已知点P(x，y)为圆x2＋y2＝1上的动点，则x2＋4y的最大值为________．
70.已知点P(x，y)为圆x2＋y2＝1上的动点，则x2＋4y的最大值为________．
71.若直线与曲线恰有两个交点，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
72.已知圆，，，若圆上存在点使得，则的取值范围为 ．
模块十、圆锥曲线
73.若点F1，F2依次为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，且|F1F2|＝6，B1(0，－b)，B2(0，b)．若双曲线C上存在点P，使得·＝－2，则实数b的取值范围为_______．
74．若方程＋＝1表示椭圆，则实数k的取值范围为( )
A．(5,7) B．(5,6) C．(6,7) D．(5,6)∪(6,7)
75.已知椭圆的离心率为，则（ ）
A．2 B． C．4或 D．或2
76.在平面直角坐标系中，已知双曲线左、右顶点为A，B，若该双曲线上存在点P，使得的斜率之和为1，则该双曲线离心率的范围为（ ）
A． B． C． D．
77.在平面直角坐标系中，已知的顶点，其内切圆圆心在直线上，则顶点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
78.若直线与双曲线恰好有一个交点，则直线的斜率的所有可能值为 .
79.是抛物线的焦点，点，为抛物线上一点，到直线的距离为，则的最小值是（ ）
A． B． C．3 D．
80.已知M为抛物线上的动点，F为抛物线的焦点，点，则的最小值为__________．
81．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一个动点，为圆上一个动点，则的最大值为
82直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于、两点.若，则（ ）
A． B． C． D．
模块十一、导数
83.设函数在点附近有定义，且有（，为常数），则（ ）
A． B． C． D．
84.函数 的导数为 ．
85.若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A． B． C． D．
86．若函数，则函数的单调递减区间为（ ）
A． B． C． D．
87.已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax在区间上单调递减，则( )
A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3
C．a＝3 D．a∈(－∞，3]
88.若函数f(x)＝－x3＋ax2＋4x在区间(0,2)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D．(－∞，2)
89.若函数f(x)＝－x3＋ax2＋4x在区间(0,2)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D．(－∞，2)
90.已知函数的导函数为，则“在上有两个零点”是“在上有两个极值点”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
91.若是函数的极值点，则的值为（ ）
A． B．3 C．或3 D．或2
92.已知，若有两个零点，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
模块十二、计数原理排列组合与二项式定理
93.从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有 种.
94.有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法是（ ）
A． 560 B． 2735 C． 1136 D． 480
95.如图所示，一个地区分为5个行政区域，现要给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的着色方案种数为（ ）
A．36 B．48 C．72 D．144
96.已知关于正整数的方程，则该方程的解为 .
97．某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是（ ）
A．72 B．108 C．216 D．432
98.身高互不相同的七名学生排成一排,从中间往两边越来越矮,不同的排法有（）
A．5040种 B．720种 C．240种 D．20种
99.（多选）展开式中，下列说法正确的有（ ）
A．偶数项二项式系数和为 B．奇数项的系数和为
C．第8项与第9项的二项式系数相等 D．第9项的系数最大
100.若，则_________.（用数字作答）
101.已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中系数最大的项为___________．
模块十三、概率
102（2025·上海徐汇·二模）已知为两个随机事件，则“为互斥事件”是“为对立事件”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分非必要条件
103．设A，B是两个随机事件，，分别为A，B的对立事件．给出以下命题：①若A，B为互斥事件，且，，则；②若，，且，则A，B相互独立；③若，，且，则A，B相互独立；④若，，且，则A，B相互独立．其中所有真命题的序号为（ ）
A．① B．② C．①②③ D．②③④
104.已知甲、乙去北京旅游的概率分别为，，甲、乙两人中至少有一人去北京旅游的概率为，且甲是否去北京旅游对乙去北京旅游有一定影响，则在乙不去北京的前提下，甲去北京旅游的概率为（ ）
A． B． C． D．
105若随机变量X满足,则 .
106.某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种甲和品种乙）进行田间试验．现在在总共8小块地中，随机选4小块地种植品种甲，另外4小块地种植品种乙，种植完成后若随机选出4块地，其中种植品种甲的小块地的数目记为X，求．
107.从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则（ ）
A． B． C． D．
108.李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
模块十四、统计与统计案例
109.如图所示是某公司（共有员工300人）2021年员工年薪情况的频率分布直方图，由此可知，员工中年薪在1.4万元~1.6万元之间的共有______人.
110．（2025·上海崇明·二模）某次数学考试后，随机选取14位学生的成绩，得到如下茎叶图，其中个数部分作为“叶”，百位数和十位数作为“茎”，若该组数据的第25百分位数是87，则x的值为 ．
111．（2024高三·全国·专题练习）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．则当漏诊率时，误诊率 .
112．（2025·上海徐汇·二模）在研究线性回归模型时，若样本数据所对应的点都在直线上，则两组数据和的线性相关系数为（ ）
A． B．1 C． D．2
113. （2023杨浦二模）对成对数据、、…、用最小二乘法求回归方程是为了使（ ）
A. B. C. 最小 D. 最小
114．（2025·上海浦东新·二模）研究变量，得到一组成对数据，先进行一次线性回归分析，接着增加一个数据，其中，，再重新进行一次线性回归分析，则下列说法正确的是（ ）
A．变量与变量的相关性变强 B．相关系数的绝对值变小
C．线性回归方程不变 D．拟合误差变大
115．（24-25高三上·上海·单元测试）对于独立性检验，下列说法中错误的是（ ）
A．的值越大，说明两事件相关程度越大B．的值越小，说明两事件相关程度越小
C．时，则在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为事件与有关
D．时，则可以大概率认为事件与有关
1
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2025年上海高考数学满分冲刺易错题型专项训练（十五）
100道易错题通关训练
一、集合与常用逻辑用语
1．设集合，，则A∩B=（ ）
A． B． C． D．
【错解】因为，，
所以，所以选A。
【错因】忽略了集合A中代表元素的范围。
【正解】因为，，所以，所以选B。
2.已知集合，，则集合中元素的个数为（ ）
A．30 B．28 C．26 D．24
破解：，
因为，当时，为偶数，共有个元素
当时，为奇数，此时，共有个元素
当时，为奇数，此时，有重复数字，去掉，共有个元素.
综上中元素的个数为个，故选：B
3.设集合，集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】结合是否为空集进行分类讨论可求的范围
当时，，则，即
当时，若，则或
解得或，综上，实数的取值范围为
故选：D
4．已知集合或，，若，则实数的取值范围是________．
【答案】或
【解析】当时，，即，满足要求；当时，根据题意作出如图所示的数轴，可得或，解得或．
综上，实数的取值范围为或.
5.命题“若，则”是真命题，实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
(3)已知命题p：方程a2x2＋ax－2＝0在[－1，1]上有解；命题q：只有一个实数x满足不等式x2＋2ax＋2a≤0．若命题“p或q”是假命题，则a的取值范围是_________．
【答案】（1）充分不必要条件
（2）①
（3）－1<a<0或0<a<1
解析：(1)，另一方面对任意正数，
， 只要 ，所以充分不必要条件．
(2)①；
(3)由a2x2＋ax－2＝0，得(ax＋2)(ax－1)＝0，
显然a≠0，∴x＝－或x＝．
∵x∈[－1，1]，故|－|≤1或||≤1，
∴|a|≥1．
只有一个实数x满足不等式x2＋2ax＋2a≤0，
即抛物线y＝x2＋2ax＋2a与x轴只有一个交点，
∴Δ＝4a2－8a＝0，∴a＝0或a＝2．
∴命题“p或q”为真命题时，|a|≥1或a＝0．
∵命题“p或q”为假命题，
∴a的取值范围为{a|－1<a<0或0<a<1}．
6．如果不等式成立的充分不必要条件是；则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解绝对值不等式，得到，结合题干条件得到是的真子集，从而得到不等式组，求出实数的取值范围.
【详解】，解得：，
所以成立的充分不必要条件是，
故是的真子集，
所以或，
解得：，
故实数的取值范围是.
故选：B
二、不等式
7．如果不等式成立的充分不必要条件是；则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解绝对值不等式，得到，结合题干条件得到是的真子集，从而得到不等式组，求出实数的取值范围.
【详解】，解得：，
所以成立的充分不必要条件是，
故是的真子集，
所以或，
解得：，
故实数的取值范围是.
故选：B
8．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知不等式的解集为，若，则实数的取值范围为
【答案】或
【分析】根据条件，利用分式不等式的解法，得到，再结合，从而得到，即可求解.
【详解】由，得到，等价于，
因为，则有，即，解得或，
故答案为：或.
9．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知不等式的解集为，若，则实数的取值范围为
【答案】或
【分析】根据条件，利用分式不等式的解法，得到，再结合，从而得到，即可求解.
【详解】由，得到，等价于，
因为，则有，即，解得或，
故答案为：或.
10.若关于x的不等式的解集中恰有3个正整数，则实数m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先求原不等式解集，按m与3的大小分类讨论，使得m的取值满足题意即可.
【详解】原不等式等价于
有两根
当时，原不等式解集为，
其中最多只有2个正整数1和2，故不满足题意.
当时，原不等式解集为，
其中恰有3个正整数只能为4、5、6，
故.
故选：A.
11.已知对任意，恒成立，则实数x的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】对任意，不等式恒成立，
即对任意，恒成立，
所以对任意，恒成立，
所以对任意，，
所以，解得，
故实数x的取值范围是．
故选：D．
12.（24-25高三上·上海嘉定·期中）已知，则下列结论不恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用特殊值、绝对值不等式、基本不等式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，当时，，所以A选项错误.
B选项，，
所以，所以B选项正确.
C选项，，
当且仅当时等号成立，所以C选项正确.
D选项，
，
当且仅当时等号成立，所以D选项正确.
故选：A
13.已知且，则的最小值为（ ）
A． B．7
C．15 D．
【答案】C
【分析】依题意可得，对变形可得原式，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】，且，，
所以
，
当且仅当，即，时取等号，
即的最小值为.
故选：C．
14.已知正数满足，则的最小值是（ ）
A． B．6 C． D．
【答案】D
【分析】利用“1”的妙用和代入消元思想，借助于基本不等式即可求得所求式的最小值.
【详解】由可得，因，则，
于是，
因，当且仅当时等号成立，
即，时，的最小值为.
故选：D.
三、平面向量
15.下列四个命题中，正确的个数是（ ）
① ② 零向量垂直于任何向量
③ “”等价于“存在实数，使得” ④
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【分析】对于①，根据平面向量数量积的定义运算可知①不正确；；
对于②，零向量不谈垂直问题；
对于③，缺少条件；
对于④，.
【详解】对于①，等式左边，
等式右边，故①不正确；
对于②，零向量的方向是任意的，零向量垂直于任何向量，故②正确；
对于③，“”等价于“存在实数，使得”，故③不正确；
对于④，，故④不正确.
故选：B
16.（2025·上海青浦·模拟预测）向量在向量方向上的数量投影是 .
【答案】118
【分析】根据题意，由数量投影的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
向量在向量方向上的数量投影公式为.
故答案为：
17.在中，，，，则______.
【答案】
【分析】根据题意，由平面向量数量积的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，，且，
即，解得.
故答案为:
18.已知与平行，则值为________．[来源:Zxxk.Com]
【错解】由得，即，解之得（舍），∴的值只有一个．
【错因】零向量与任一向量平行，当时，为零向量，也与平行．
【正解】由得，解得，∴的值应有两个．
19.设平面向量 ，，若与的夹角为钝角，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【错解】由与的夹角为钝角，所以，即，解得，故选C．
【错因】忽视使用时，其中包含了两向量反向的情况．
【正解】由与的夹角为钝角，所以，即，解得，
又当与共线且反向时，，得．
所以的取值范围是且，故选A．
四、复数
20.（2025·上海黄浦·二模）为虚数单位，若复数满足且，则 ．
【答案】
【分析】设出复数的代数形式，由给定条件列式，结合复数乘法及复数相等求解.
【详解】设，则，由，得，解得，
即，由，得，所以.
故答案为：
21．（2024·上海长宁·二模）设，则“”是“”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】由充分条件和必要条件的定义结合复数的定义求解即可.
【详解】设，则，
由可得，所以，充分性成立，
当时，即，则，满足，
故“”是“”的充要条件.
故选：C.
22.（2025·上海闵行·二模）已知i是虚数单位，则 ．
【答案】
【分析】由复数的除法运算结合模长计算即可.
【详解】.
故答案为：.
23（2024·上海杨浦·二模）设复数与所对应的点为与，若，，则 .
【答案】2
【分析】由题设结合复数的乘法求出，再借助复数的几何意义求出结果.
【详解】依题意，，则，
所以.
故答案为：2
24．（2025·上海杨浦·二模）已知复数满足，其中为虚数单位，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用复数模的几何意义求出最小值.
【详解】在复平面内，表示复数对应的点与复数对应点的距离为1，
因此点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
表示点到原点的距离，所以的最小值为.
故答案为：
25.已知关于的方程的两根为、，满足，则实数的值为____________
【答案】4或
【分析】就判别式的正负分类讨论后可求的值.
【详解】，
若，则方程的两根为实数，且，解得.
若，则方程的两根为虚数，该方程可化简为：
，故两根分别为，，
所以，故，
故答案为或.
五、基本初等函数与函数的性质
26.【2023杨浦二模3】方程的解是 .
【答案】
【解析】由题意得，得
27，（2023大同中学高三阶段练习）若函数在上恰有一个零点，则实数的取值范围是________
【答案】.
【分析】先确定当时，不满足条件；再看时，利用二次函数的零点存在定理进行求解.
【详解】在上恰有一个零点，显然.
有两种情形：
①，得，得；
②且方程的根在内，
令，得，，得，
此时的根.
综上知，即实数的取值范围为.
28.（2025上海高三阶段练习）如图所示是函数（m、且互质）的图象，则（ ）
A．m，n是奇数且 B．m是偶数，n是奇数，且
C．m是偶数，n是奇数，且 D．m，n是偶数，且
【答案】B
【分析】根据图象得到函数的奇偶性及上单调递增，结合m、且互质，从而得到答案.
【详解】由图象可看出为偶函数，且在上单调递增，
故且为偶数，又m、且互质，故n是奇数.
故选：B
29．已知函数（且）在区间上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由且，得为单调递减函数，
由复合函数单调性法则得，
又，解得．
故选：C．
30.给出下列个函数，其中对于任意均成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】对于A，当时，；当时，，与函数定义矛盾，不符合；
对于B，当时，；当时，，与函数定义矛盾，不符合；
对于C，当时，；当时，，与函数定义矛盾，不符合；
对于D，令，则，所以，
令，所以，
所以，
所以，符合.
故选：D.
31.（2022秋·上海宝山·高三上海交大附中校考阶段练习）若函数的值域是，则函数的值域是____________.
【答案】
【分析】由给定条件求出的值域，换元借助对勾函数性质即可得解.
【详解】因函数的值域是，从而得函数值域为，
函数变为，，
由对勾函数的性质知在上递减，在上递增，
时，，而时，，时，，即，
所以原函数值域是.
故答案为：.
32.已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B．或 C． D．
【答案】D
【分析】根据已知得出函数在定义域上单调递减，即可根据单调性解不等式得出答案.
【详解】函数中，
在上单调递减，在上单调递减，且，
则函数在定义域上单调递减，
，
，解得：，
即不等式的解集为.
故选：D.
33.函数的定义域是_______，值域是___________．
【答案】
【分析】（1）由真数大于0解不等式即可求得定义域；
（2）利用换元法即可求得值域.
【详解】（1）因为，
所以，解得：，
所以的定义域是.
（2）设，
则，所以，
由图像可知：，
即函数的值域为.
故答案为：；.
34.已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】令，即可判断在上的单调性，依题意可得在上为减函数，即可得到不等式组，解得即可.
【详解】令，则在为减函数，
所以由复合函数的单调性可知在上为减函数，则，解得，
即的取值范围为．
故答案为：
35.函数的单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性计算可得.
【详解】函数，令，即，解得或，
所以的定义域为，
又在定义域上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，
所以的单调递增区间为.
36．已知函数，若对于一切的实数，不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】易知函数的定义域为，
则，
因为，，
所以，
又因为，所以，即恒成立，
故函数是上的单调递增函数，
因为，所以，即，
当时，左边成立，故符合题意；
当时，有，解得：，
综上所述：的取值范围为：.
故选：D.
37.若函数有三个零点，，，若，则零点所在区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先可得，，从而得到，再由零点存在性定理判断即可.
【详解】依题意可得，则，
所以，显然为连续函数，
又，所以，，，
，，
根据零点存在性定理可知的第三个零点.
故选：A
38．已知函数，若在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】在上单调递增；
∴，
解得；
所以实数a的取值范围为．
故选：A．
39.函数 的两个不同的零点均大于1的一个充分不必要条件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用零点分布规律求出的范围，再利用充分不必要条件的定义求解即得.
【详解】由函数 的两个不同的零点均大于1，得，解得，
因此所求充分不必要条件是的非空真子集，ABD不满足，C满足.
故选：C
40．已知是定义域为的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】由题可得，
因为是奇函数，是偶函数，
所以，
联立解得，
又因为对任意的，都有成立，
所以，所以成立，
构造，
所以由上述过程可得在单调递增，
(i)若，则对称轴，解得；
(ii) 若，在单调递增，满足题意；
(iii) 若，则对称轴恒成立；
综上，，
故选：B.
六、三角函数与解三角形
41．已知是第三象限角，则点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【分析】根据角所在象限结合二倍角正弦公式即可判断答案.
【详解】因为是第三象限角，故，
则，
故在第二象限，
故选：B
42．已知sin θ＋cos θ＝，θ∈，则sin θ－cos θ的值为________．
【错解】∵sin θ＋cos θ＝，∴sin θcos θ＝，∴(sin θ－cos θ)2＝1－2sin θcos θ＝，
∴sin θ－cos θ＝. 答案：
【错因】没有注意由条件θ∈可得sin θ<cos θ，
【正解】∵sin θ＋cos θ＝，∴sin θcos θ＝，∴(sin θ－cos θ)2＝1－2sin θcos θ＝，
又θ∈，∴sin θ<cos θ，∴sin θ－cos θ＝－. 答案：－
43.若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据求出的范围，再根据二倍角公式可得，进而根据同角的三角函数的关系和诱导公式求出结果．
【详解】，，
，
，
，
又，，
，
．
故选：C．
44.已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，可得，由，可得与，结合两角差的正切公式可得解.
【详解】由，可得，
又，所以，
故，，
又，解得，
故选：B.
45.若三角形的内角所对的边分别为，且，，其面积，则边=________．
【答案】或
【分析】根据题意结合余弦定理、面积公式运算求解.
【详解】∵的面积，即，解得，
注意到，故或，
若，由余弦定理：，即；
若，由余弦定理：，即；
综上所述：或.
故答案为：或.
46.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且，则△ABC周长的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正弦定理及三角形角度关系可得角的大小，再根据正弦定理边化角结合三角恒等变换与正弦型函数的性质求得的取值范围，从而得△ABC周长的最大值.
【详解】因为，
由正弦定理得，
因为，所以，由于，故，则，
由正弦定理得，
故，
又，则，所以，则，
故△ABC周长的最大值为.
故选：D.
47.在中，若，且AB边上的中线长为2，则面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据正弦定理以及余弦定理进行转化求出，由题设两边同时平方计算，再由基本不等式和三角形面积公式求解即可.
【详解】因，由正弦定理可得，
即，所以，又，
所以，，设边上的中线为，
则，则，
所以，当且仅当时等号成立，
所以.
故答案为：.
48．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的外接圆半径为，若的面积，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用正弦定理及三角形面积公式求得，进而求得，再利用正弦定理及两角和正弦公式化简得，再利用正切函数性质结合锐角三角形的性质求解范围即可.
【详解】由正弦定理得，所以，
又三角形面积公式，可知，所以，
又，所以，
由正弦定理得，
锐角中，有，因为正切函数在上单调递增，
所以，从而.
故选：A
49.函数在的单调递减区间是
【答案】和
【分析】，求得在的单调递增区间即可.
【详解】，
故的单调递增区间即为的减区间，
由，得，
又，所以或，
所以函数在的单调递减区间是和.
故答案为：和.
50．为了得到函数的图象，可将函数的图象（ ）
A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度
【答案】D
【分析】将函数变为的同名函数，然后利用函数图象的平移变换法则即可得解.
【详解】，
所以将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象.
故选：D．
51.已知函数在有且仅有2个极小值点，且在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据余弦型函数得图像特征，借助极小值点的个数以及单调区间来确定的取值范围即可.
【详解】对于函数，极小值点为.
，令，.
因为有且仅有个极小值点.
当时，；当时，；当时，.
所以，解不等式得.
因为的单调递增区间为.
对于，令，则.
因为在上单调递增，所以.
当时，，则且.
解不等式得.
综合以上两个条件，的取值范围是.
故选：D.
7、 空间向量与立体几何
52.水平放置的的直观图如图，其中，，那么原是一个（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形
【答案】B
【分析】由图形和通过直观图的画法知在原图形中三角形的底边，，且，故三角形为等比三角形.
【详解】由图形知，在原中，，因为，则，
因为，则，所以，即原是一个等边三角形；
故选：B
53.（上海市浦东新区2023届高三下学期期中数学试题）在空间中，下列命题为真命题的是（ ）．
A．若两条直线垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行；
B．若两个平面分别平行于两条互相垂直的直线，则这两个平面互相垂直；
C．若两个平面垂直，则过一个平面内一点垂直于交线的直线与另外一个平面垂直；
D．若一条直线平行于一个平面，另一条直线与这个平面垂直，则这两条直线互相垂直．
【答案】D
【分析】ABC均可举出反例，D可利用线面平行的性质及线面垂直的性质进行证明.
【详解】A选项，若两条直线垂直于第三条直线，则这两条直线异面，平行或相交，
如图1，直线⊥，⊥，但与异面，故A错误；
B选项，如图2，，，则，
故两个平面分别平行于两条互相垂直的直线，则这两个平面不一定垂直，B错误；
C选项，如图3，平面与平面垂直，交线为，
则过平面内一点的直线m垂直于交线，但m与另外一个平面平行，C错误；
选项D，如图4，直线，直线⊥，则，理由如下：
因为，，，所以，
因为⊥，，所以⊥，故，证毕.
若一条直线平行于一个平面，另一条直线与这个平面垂直，则这两条直线互相垂直，D正确
故选：D
54.已知两个平面垂直，下列命题：
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；
②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；
③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确命题个数是( )
A．3 B．2 C．1 D．0
【错解】如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，对于①AD1⊂平面AA1D1D，BD⊂平面ABCD，AD1与BD是异面直线，成角60°，①错误；②正确．
对于③，AD1⊂平面AA1D1D，AD1不垂直于平面ABCD；
对于④，过平面AA1D1D内点D1，作D1C.
∵AD⊥平面D1DCC1，D1C⊂平面D1DCC1，∴AD⊥D1C.故正确，故选B.
【错因】“一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直”与“过一个平面内任意一点作交线的垂线”，此垂线与另一个平面垂直”是不同的，关键是过点作的直线不一定在已知平面内．
【正解】对于④，过平面AA1D1D内点D1，作D1C.∵AD⊥平面D1DCC1，D1C⊂平面D1DCC1，
∴AD⊥D1C.但D1C不垂直于平面ABCD，故④错误，故选C.
55.如图，在三棱锥M－EFG中，，EF=FG=2，平面平面EFG，则异面直线ME与FG所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设O，C，D分别为线段，，的中点，连接，，，，利用三角形中位线定理可知是异面直线与所成的角或其补角，再利用解三角形的知识求出的边长，最后利用余弦定理即可得解.
【详解】解法一
如图，设O，C，D分别为线段，，的中点，连接，，，则，，，，
∴是异面直线与所成的角或其补角.
∵，为的中点，∴，，
∵平面平面，平面平面，∴平面.
设为的中点，连接，，则平面，
， ， ，
∴，连接，易得，，
∴在中，，
∴，
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
解法二
如图，设为线段的中点，连接，，
∵，∴，，
∵平面平面，平面平面，∴平面，
∵，∴，，故以为坐标原点，
，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
∴，M（0，0，3），， ，∴，，
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为.
故选:D.
56.已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面的射影为中点，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为点在底面的射影为中点，则平面，
又因为四边形为正方形，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，
因为平面，平面，则，
因为，，则，
则、、、，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
，
因此，直线与平面所成角的余弦值为.故选：B.
57..在空间几何体中，四边形均为直角梯形．如图，设，，．
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）根据已知条件的三个直角，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，证得法向量平行即可；
（2）求出两个半平面的法向量，代入余弦公式可以求得三棱柱其他边的长度，用余弦公式即可求得的值.
【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则由题意，，
设，则，，
则，， ，，，
因为，所以，
设平面的法向量为，
则，
取，则，
设平面的法向量为，
则，
取，则，
所以，所以，
所以平面平面；
（2）设平面的法向量为，
则，
取，则，
设二面角的平面角为，
所以，·
所以，即，
解得或（舍），则，
所以，即，
又，所以.
58．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形.已知，，，，.
(1)证明平面；
(2)求异面直线与所成的角的正切值；
(3)求二面角的正切值.
【解析】（1）证明：在中，由题设，可得.
于是.
在矩形中，.
又，平面，
所以平面.
（2）证明：由题设，，所以（或其补角）是异面直线与所成的角.
在中，由余弦定理得
由（1）知平面，平面，
所以，因而，于是是直角三角形，
故.
所以异面直线与所成的角的正切值为.
解法二：
由（1）可知，平面,平面，
所以平面平面，
作于M，交于点，
因为平面平面， 平面，
所以平面，
又平面，所以，
以M为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设异面直线与所成的角为，
，则.
所以异面直线与所成的角的正切值为
（3）
过点M做于E，连接.
因为平面，平面，所以.
又，因而平面，
又平面，所以
从而是二面角的平面角.
由题设可得，
，，
，，
，
于是在中，.
所以二面角的正切值为.
解法二：由（2）知，.
设平面PBD的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以 ，
又平面的一个法向量可以是.
由图知二面角的大小为锐角，
所以，则
所以二面角的正切值为.
八、数列
59.在数列中，，且，则
【答案】
【分析】由化简可证数列为等差数列，即可得，再利用退一相减法可得.
【详解】由，
则，
则数列是以为首项，为公差的等差数列，
即，
所以，
当时，，
，
当时，满足上式，
综上所述，
故答案为：.
60.设是等比数列的前n项和，，，成等差数列，且.则____.
【错解】由题知，整理得：.
∴，故.
【错因】未考虑的情况。
【正解】由题知：.
当时，显然不成立，
当时，，整理得：.
∴，故.
61．已知等差数列的前n项和为， ，且，则取得最小值时n的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】由等差数列的通项公式，求得，，进而得到当当时，，当时，，即可求解.
【详解】由等差数列的通项公式，得，又，
所以
则等差数列中满足，，且，
数列为递增数列，且当时，，当时，，
所以当取得最小值时，n的值为.
故选：B.
62．已知等差数列的前n项和为， ，且，则取得最小值时n的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】由等差数列的通项公式，求得，，进而得到当当时，，当时，，即可求解.
【详解】由等差数列的通项公式，得，又，
所以
则等差数列中满足，，且，
数列为递增数列，且当时，，当时，，
所以当取得最小值时，n的值为.
故选：B.
63.在等差数列中，，记，求数列的前30项和.
【错解】依题意，也是等差数列，，，
所以．
【错因】这里易错点是也为等差数列，而解题的关键是绝对值号内的的正负号进行讨论，当时，时，
【正解】
=755．
64.设为数列的前n项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系计算可得，结合累乘法运算即可求解；
（2）由（1）知，利用错位相减法求和即可求解.
【详解】（1）当时，，
得，
所以，
各式相乘得，又，所以；
（2）由（1）知，
所以，
，
两式相减，得，
所以.
九、直线与圆的方程
65．已知直线的方程为，则直线的倾斜角范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据条件得到，又，从而得，再利用正切函数的性质，即可求解.
【详解】因为直线的方程为，所以，
即直线的斜率，又，
所以，又直线的倾斜角的取值范围为，
由正切函数的性质可得，直线的倾斜角范围为，
故选：B.
66.已知直线过点，且纵截距为横截距的两倍，则直线的方程为（ ）
A．
B．
C．或
D．或
【答案】D
【分析】分直线过原点与不过原点两种情况求解可得直线的方程.
【详解】根据题意，分2种情况讨论:
①直线过原点，设直线方程为，又由直线经过点，
所以，解得，此时直线的方程为，即；
②直线不过原点，设其方程为，又由直线经过点，
则有，解可得，此时直线的方程为，
故直线的方程为或.
故选：D.
67.已知直线：，：，，则“”是“”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
【错解】C，因为，则，即，解得，
所以“”是“或”的充要条件.
【错因】未考虑的情况，
【正解】A，（1）当时， 因为，则，即，解得，
（2）当时， 直线的方程分别为，显然，
由上可知，若，则或，
所以“”是“或”的充分不必要条件.
68．曲线在点处的切线与其平行直线l的距离为，则直线l的方程可能为（ ）
A． B．
C． D．
【详解】，
所以曲线在点处的切线方程为，即
设直线（），依题意得，解得或
所以直线的方程为或故选：AB
69.已知点P(x，y)为圆x2＋y2＝1上的动点，则x2＋4y的最大值为________．
【错解】因为点P(x，y)为圆x2＋y2＝1上的动点，所以x2＋4y＝1－y2＋4y＝－(y－2)2＋5.
所以当y＝2时，x2＋4y取得最大值为5. 答案：5
【错因】忽略了隐含条件y∈[－1,1]，
【正解】因为点P(x，y)为圆x2＋y2＝1上的动点，所以x2＋4y＝1－y2＋4y＝－(y－2)2＋5.
因为y∈[－1,1]，所以当y＝1时，x2＋4y取得最大值为4. 答案：4
70.已知点P(x，y)为圆x2＋y2＝1上的动点，则x2＋4y的最大值为________．
【错解】因为点P(x，y)为圆x2＋y2＝1上的动点，所以x2＋4y＝1－y2＋4y＝－(y－2)2＋5.
所以当y＝2时，x2＋4y取得最大值为5. 答案：5
【错因】忽略了隐含条件y∈[－1,1]，
【正解】因为点P(x，y)为圆x2＋y2＝1上的动点，所以x2＋4y＝1－y2＋4y＝－(y－2)2＋5.
因为y∈[－1,1]，所以当y＝1时，x2＋4y取得最大值为4. 答案：4
71.若直线与曲线恰有两个交点，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直线过定点，以及直线和圆的位置关系，利用数形结合作出图象进行研究即可.
【详解】由知直线l过定点，
由曲线，两边平方得，
则曲线是以为圆心，1为半径的上半圆（包含轴上的两点），
当直线过点时，直线l与曲线有两个不同的交点，
此时，解得，
当直线与曲线相切时，直线和圆有一个交点，
圆心到直线的距离，解得，
要使直线与曲线恰有两个交点，
则直线夹在两条直线之间，因此，
即实数k的取值范围为.
故选：B.
72.已知圆，，，若圆上存在点使得，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据在以为直径的圆上，求解圆心和半径，即可根据两圆有公共点，利用圆心距与半径的关系求解，排除恰好经过时的情况即可.
【详解】由于，故在以为直径的圆上，
，故半径为5，圆心为，
由题意，两圆有公共点，可得，解得，
当恰好经过时，不符合题意，此时，则，
综上，的取值范围为，
故答案为：
10、 圆锥曲线
73.若点F1，F2依次为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，且|F1F2|＝6，B1(0，－b)，B2(0，b)．若双曲线C上存在点P，使得·＝－2，则实数b的取值范围为_______．
【错解】设双曲线上的点P(x，y)满足·＝－2，即x2＋y2＝b2－2，
又－＝1⇒y2＝x2－b2，∴x2＝2b2－2，即x2＝2b2－2，
∵|x|≥a⇒x2≥a2，且c2＝9，∴2b2－2≥9⇒b≥，
∴实数b的取值范围是。
【错因】忽略了双曲线中b<c。
【正解】设双曲线上的点P(x，y)满足·＝－2，即x2＋y2＝b2－2，
又－＝1⇒y2＝x2－b2，∴x2＝2b2－2，即x2＝2b2－2，
∵|x|≥a⇒x2≥a2，且c2＝9，∴2b2－2≥9⇒b≥，又b<c＝3，
∴实数b的取值范围是.
74．若方程＋＝1表示椭圆，则实数k的取值范围为( )
A．(5,7) B．(5,6) C．(6,7) D．(5,6)∪(6,7)
【错解】选A 由题意可知，解得5＜k＜7.
【错因】未考虑椭圆方程中分母不等的情况，
【正解】选D 由题意可知解得5＜k＜7且k≠6.
75.已知椭圆的离心率为，则（ ）
A．2 B． C．4或 D．或2
【答案】C
【分析】由椭圆方程可知对和进行分类讨论，再由离心率公式代入计算可得结果.
【详解】根据椭圆方程可知，
当时，可得，所以离心率，
解得；
当时，可得，所以离心率，
解得，所以；
所以或4.
故选：C
76.在平面直角坐标系中，已知双曲线左、右顶点为A，B，若该双曲线上存在点P，使得的斜率之和为1，则该双曲线离心率的范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题可得与双曲线有公共点，据此可得答案.
【详解】易知，设，则，所以，
又，所以，即，所以，即直线与双曲线有公共点.联立与双曲线方程，有，
消去得：，则要使方程有根，需使.
故选：D
77.在平面直角坐标系中，已知的顶点，其内切圆圆心在直线上，则顶点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据三角形内切圆的性质，结合双曲线的定义，可得答案.
【详解】如图，设与圆的切点分别为，则有，所以.
根据双曲线定义，所求轨迹是以为焦点，实轴长为2的双曲线的右支（右顶点除外），
即，又，所以，所以方程为.
故选：B.
78.若直线与双曲线恰好有一个交点，则直线的斜率的所有可能值为 .
【答案】或
【分析】联立直线方程和双曲线方程，然后根据判别式来判断交点个数.
【详解】将代入双曲线方程中得到：，
展开整理得.
当时，即时，方程变为一次方程，此时直线与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线恰好有一个交点.
当时方程是二次方程，
若直线与双曲线恰好有一个交点，则判别式，
展开得到：.
进一步化简为，则.
解得.
综上所得，直线的斜率的所有可能值或.
79.是抛物线的焦点，点，为抛物线上一点，到直线的距离为，则的最小值是（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】C
【分析】根据抛物线定义有，数形结合判断其最小值.
【详解】由题设，抛物线焦点，准线为，故，
如上图：，仅当共线且在两点之间时等号成立.
故选：C
80.已知M为抛物线上的动点，F为抛物线的焦点，点，则的最小值为__________．
【答案】2
【分析】根据抛物线的定义，利用三点共线即可求解.
【详解】设点在准线上的射影为，根据抛物线的定义可知,
所以,要使最小，只需要最小即可，
由于在抛物线内，故当三点共线时，此时最小，故最小值为，
故答案为：2
81．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一个动点，为圆上一个动点，则的最大值为
【分析方案】根据椭圆定义及圆心位置、半径，应用分析法要使最大只需让最大即可，由数形结合的方法分析知共线时有最大值，进而求目标式的最大值
【详解】由题意得：，根据椭圆的定义得，∴
圆变形得，即圆心，半径
要使最大，即最大，又
∴使最大即可，如图所示：
∴当共线时，有最大值为
∴的最大值为
∴的最大值，即的最大值为11+1=12
故答案为：12
82直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于、两点.若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用抛物线焦半径公式求出点、的横坐标，进而求出弦长.
【详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
设、，则，，
由，得，则，
由，得，得，
联立解得，，所以.
故选：C
十一、导数
83.设函数在点附近有定义，且有（，为常数），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由导函数的定义可得答案.
【详解】因为，
所以，
即.
故选：C
84.函数 的导数为 ．
【错解】
【错因】遗忘复合函数求导公式，复合函数对自变量的导数等于已知函数对中间变量的导数，乘以中间变量对自变量的导数，即．
【正解】
85.若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，求出切线方程，然后对进行讨论即可.
【详解】设切点为 ,
对 求导可得： ,
切线的斜率为 ,
可得切线方程为： ,
把点 代入可得 ,
化为 ,
令 ,
,
令得;令得
所以函数 在 上单调递增, 在 上单调递减,
可得 时函数 取得极大值.
当 时, ,
当 时, .
时， 与函数 的图象最多有一个交点, 不符合题意, 舍去.
时, 由过点 可以作曲线 的两条切线,
与函数 的图象有两个交点,
.
故选：C.
86．若函数，则函数的单调递减区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求函数的导数，利用导数小于零并结合定义域得出结果.
【详解】函数，定义域为，
由，令，解得，
则函数的单调递减区间为.
故选：C.
87.已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax在区间上单调递减，则( )
A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3
C．a＝3 D．a∈(－∞，3]
【错解】选B 因为f′(x)＝＋2x＋a，又f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为，即f′(x)＝＋2x＋a<0的解集为，所以不等式2x2＋ax＋1<0的解集为，所以，1是
2x2＋ax＋1=0的两根，所以＋1＝－，解得a＝－3.
【错因】混淆函数的单调区间与函数在区间上单调
【正解】选A 因为f′(x)＝＋2x＋a，又f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为，所以f′(x)＝＋2x＋a≤0在区间上恒成立，即不等式a≤－2x－在区间上恒成立，令g(x)＝－2x－，易知g(x)在区间上单调递增，在上单调递减，又g＝g(1)＝－3，所以g(x)>－3，则a≤－3.
88.若函数f(x)＝－x3＋ax2＋4x在区间(0,2)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D．(－∞，2)
【错解】选B 由f(x)＝－x3＋ax2＋4x，得f′(x)＝－3x2＋2ax＋4，若f(x)在区间(0,2)上单调递增，则－3x2＋2ax＋4>0在(0,2)上恒成立，即a>－在(0,2)上恒成立．令g(x)＝－，x∈(0,2)，则g′(x)＝＋>0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，故g(x)<－＝2，故a>2，故实数a的取值范围为(2，＋∞)．
【错因】若f(x)在区间(0,2)上单调递增，应令f′(x)≥0在(0,2)上恒成立．
【正解】选A 由f(x)＝－x3＋ax2＋4x，得f′(x)＝－3x2＋2ax＋4，若f(x)在区间(0,2)上单调递增，则－3x2＋2ax＋4≥0在(0,2)上恒成立，即a≥－在(0,2)上恒成立．令g(x)＝－，x∈(0,2)，则g′(x)＝＋>0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，故g(x)<－＝2，故a≥2，故实数a的取值范围为[2，＋∞)．
89.若函数f(x)＝－x3＋ax2＋4x在区间(0,2)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D．(－∞，2)
【错解】选B 由f(x)＝－x3＋ax2＋4x，得f′(x)＝－3x2＋2ax＋4，若f(x)在区间(0,2)上单调递增，则－3x2＋2ax＋4>0在(0,2)上恒成立，即a>－在(0,2)上恒成立．令g(x)＝－，x∈(0,2)，则g′(x)＝＋>0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，故g(x)<－＝2，故a>2，故实数a的取值范围为(2，＋∞)．
【错因】若f(x)在区间(0,2)上单调递增，应令f′(x)≥0在(0,2)上恒成立．
【正解】选A 由f(x)＝－x3＋ax2＋4x，得f′(x)＝－3x2＋2ax＋4，若f(x)在区间(0,2)上单调递增，则－3x2＋2ax＋4≥0在(0,2)上恒成立，即a≥－在(0,2)上恒成立．令g(x)＝－，x∈(0,2)，则g′(x)＝＋>0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，故g(x)<－＝2，故a≥2，故实数a的取值范围为[2，＋∞)．
90.已知函数的导函数为，则“在上有两个零点”是“在上有两个极值点”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】D
【分析】结合充分、必要条件定义及极值点的概念即可可判断.
【详解】只有当在上有两个变号零点时，在上才有两个极值点，故充分性不成立；若在上有两个极值点，则在上有两个变号零点，则在上至少有两个零点，故必要性不成立.综上，“在上有两个零点”是“在上有两个极值点”的既不充分也不必要条件，
故选：D.
91.若是函数的极值点，则的值为（ ）
A． B．3 C．或3 D．或2
【答案】B
【分析】根据题意，求出函数的导数，由求出，然后针对的每一个值，进行讨论，验证是不是函数的极值点，即可得答案.
【详解】，
由题意可知或.
当时，，
令，解得或，函数在和上单调递增；
令，解得，函数在上单调递减，
所以是函数的极值点符合题意；
当时，，
所以函数是上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去，
故选：B.
92.已知，若有两个零点，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由同构的思想可知，若有两个零点，则有两个解，即有两解，分离变量求导即可
【详解】若有两个零点，则有两个解，
等价于有两个解，因为，，所以，
令，原式等价于有两个解，
因为，则当时，所以在上单调递增，
所以有两个大于零的解.
解，可得，令，
则，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，的图象如图：
所以当时，有两个交点，即有两个零点.
故选：A
【点睛】方法点睛：当两个函数可以构造成相同的形式时，常用同构的思想，构造函数，将两个函数看成自变量不同时的同一函数，若函数有交点，转化为自变量有交点求解.
十二、计数原理排列组合与二项式定理
93.从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有 种.
【错解】因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机，所以只有2种取法.
【错因】误解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机”是完成任务的两“类”办法，每类办法中都还有不同的取法.
【正解】由分析，完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台，有种方法；第二步是在组装计算机任意选取3台，有种方法，据乘法原理共有种方法.同理，完成第二类办法中有种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有种方法.[来源:Zxxk.Com]
94.有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法是（ ）
A． 560 B． 2735 C． 1136 D． 480
【答案】 C
【解析】方法一 将“至少有1个是一等品”的不同取法分三类：“恰有1个一等品”“恰有2个一等品”“恰有3个一等品”．由分类加法计数原理，得不同取法有（种）．
方法二 考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法，得至少有1个一等品的不同取法有（种），故选C.
95.如图所示，一个地区分为5个行政区域，现要给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的着色方案种数为（ ）
A．36 B．48 C．72 D．144
【答案】C
【分析】分使用了3种颜色和使用了4种颜色求解.
【详解】按使用颜色的种类分类，
第一类：使用了3种颜色，则1,3同色且2,5同色，则共种，
第二类：使用了4种颜色，则1,3同色2,5不同色或1,3不同色2,5同色，则共种，
所以不同的着色方案种数为种.
故选：C.
96.已知关于正整数的方程，则该方程的解为 .
【答案】或
【分析】利用组合数的性质得到方程，解方程，结合的取值范围即可求解.
【详解】根据组合数的性质，由
可知：或，
即或，所以和均满足题意，
所以该方程的解为：或.
故答案为：或
97．某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是（ ）
A．72 B．108 C．216 D．432
【错解】A，根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为的三组，再分配到3个检测点，共有种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有种分法，所以共有种不同的分配方案.
【错因】该题为部分均匀分组，应除以，而不是.
【正解】C，根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为的三组，再分配到3个检测点，共有种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有种分法，所以共有种不同的分配方案.
98.身高互不相同的七名学生排成一排,从中间往两边越来越矮,不同的排法有（）
A．5040种 B．720种 C．240种 D．20种
【错解】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,有种排法,第二步：排右边,有 种排法,根据分步乘法计数原理,共有种,故选B．
【错因】混淆有序与定序
【正解】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,因顺序固定有种排法,第二步：排右边,因顺序固定,有1种排法,根据分步乘法计数原理,共有种,故选．
99.（多选）展开式中，下列说法正确的有（ ）
A．偶数项二项式系数和为 B．奇数项的系数和为
C．第8项与第9项的二项式系数相等 D．第9项的系数最大
【答案】BC
【分析】利用二项式定理展开式的性质判断AC，通过赋值法奇数项的系数和判断B，列不等式求最大项的系数，判断D.
【详解】对于A：展开式奇数项二项式系数之和，故A错误；
对于B：设，
令得，
令得，
两式相加得，故B正确；
对于C：第8项二项式系数为，第9项二项式系数为，
，故C正确；
D：二项展开式的通项为，由，即，即，得，
所以r＝10，即第11项系数最大，故D错误.
故选：BC.
100.若，则_________.（用数字作答）
【答案】127
【解析】因为，
所以奇次方系数为负，偶次方系数为正，
所以，
对于，
令，得，
令，得，
两式相减，得，
即.
故答案为：127
101.已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中系数最大的项为___________．
【答案】
【解析】令，则的展开式各项系数之和为，则；
由的展开式通项公式知二项展开式的系数最大项在奇数项，
设二项展开式中第项的系数最大，
则，化简可得：
经验证可得，
则该展开式中系数最大的项为.
故答案为: .
13、 概率
102（2025·上海徐汇·二模）已知为两个随机事件，则“为互斥事件”是“为对立事件”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分非必要条件
【答案】B
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念直接判断即可.
【详解】根据互斥事件和对立事件的概念可知，互斥不一定对立，对立一定互斥，所以“ A､B 为互斥事件”是“ A､B 为对立事件”的必要非充分条件.
故选：B
103．设A，B是两个随机事件，，分别为A，B的对立事件．给出以下命题：①若A，B为互斥事件，且，，则；②若，，且，则A，B相互独立；③若，，且，则A，B相互独立；④若，，且，则A，B相互独立．其中所有真命题的序号为（ ）
A．① B．② C．①②③ D．②③④
【详解】对于①，因为A，B为互斥事件，且，，所以，所以①正确，
对于②，因为，所以，因为，,所以，所以A，B相互独立，所以②正确，
对于③，因为，，所以，，所以，所以相互独立，所以A，B相互独立，所以③正确，
对于④，因为，所以，因为，，所以，所以A，B不相互独立，所以④错误，
故选：C
104.已知甲、乙去北京旅游的概率分别为，，甲、乙两人中至少有一人去北京旅游的概率为，且甲是否去北京旅游对乙去北京旅游有一定影响，则在乙不去北京的前提下，甲去北京旅游的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据两个事件的和事件的概率公式求出，利用全概率公式得到，再利用条件概率求解即可.
【详解】记事件A：甲去北京旅游，事件B：乙去北京旅游，
则，，，
因为，即，解得，
又因为，即，解得，
因为，所以，
所以.
故选：D.
105若随机变量X满足,则 .
【错解】因为,所以
=.
【错因】没有求出a的值
【正解】因为满足,所以
=,所以,所以=
106.某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种甲和品种乙）进行田间试验．现在在总共8小块地中，随机选4小块地种植品种甲，另外4小块地种植品种乙，种植完成后若随机选出4块地，其中种植品种甲的小块地的数目记为X，求．
【错解】根据题意可知X服从二项分布，每块地种甲的概率为，故，．
【错因】产生错误的主要原因是没有真正掌握二项分布与超几何分布的概念而将它们混为一谈，本题中选地种植甲或乙品种是“不重复”试验，故X应服从超几何分布．
【正解】X可能的取值为0，1，2，3，4，且．
107.从一个装有4个白球和3个红球的袋子中有放回地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球的次数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意得：从一个装有4个白球和3个红球的袋子中取出一个球，是红球的概率为，
因为是有放回的取球，所以，
所以
故选：D
108.李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，．X和Y的分布密度曲线如图所示．则下列结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】对于A中，随机变量服从正态分布，且，
可得随机变量的方差为，即，所以A错误；
对于B中，根据给定的正态分布密度曲线图像，可得随机变量，
所以，所以B错误；
对于C中，根据正态分布密度曲线图像，可得时，随机变量对应的曲线与围成的面积小于时随机变量对应的曲线与围成的面积，
所以，所以C正确；
对于D中，根据正态分布密度曲线图像，可得，，
即，所以D错误.
故选：C.
十四、统计与统计案例
109.如图所示是某公司（共有员工300人）2021年员工年薪情况的频率分布直方图，由此可知，员工中年薪在1.4万元~1.6万元之间的共有______人.
易错分析：解本题容易出现的错误是审题不细，对所给图形观察不细心，认为员工中年薪在1.4万元~1.6万元之间的频率为，从而得到员工中年薪在1.4万元~1.6万元之间的共有（人）的错误结论.
正解：由所给图形，可知员工中年薪在1.4万元~1.6万元之间的频率为，所以员工中年薪在1.4万元~1.6万元之间的共有（人）.故72.
易错警示：考生误认为频率分布直方图中纵轴表示的是频率，这是错误的，而是“频率/组距”，所以频率对应的是各矩形的面积.
110．（2025·上海崇明·二模）某次数学考试后，随机选取14位学生的成绩，得到如下茎叶图，其中个数部分作为“叶”，百位数和十位数作为“茎”，若该组数据的第25百分位数是87，则x的值为 ．
【答案】7
【分析】根据题意结合百分位数的概念运算求解.
【详解】，则该组数据从小到大排列后的第四位数是87，即，
故答案为：7.
111．（2024高三·全国·专题练习）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．则当漏诊率时，误诊率 .
【答案】
【分析】先根据左边的频率分布直方图得到，再根据右边的频率分布直方图可得.
【详解】依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以，
所以，解得：，
由右边的频率分布直方图可得.
故答案为：
112．（2025·上海徐汇·二模）在研究线性回归模型时，若样本数据所对应的点都在直线上，则两组数据和的线性相关系数为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】A
【分析】根据回归模型性质判断即可.
【详解】若样本数据所对应的点都在直线上，
则两组数据和的线性相关系数为.
故选：A.
113. （2023杨浦二模）对成对数据、、…、用最小二乘法求回归方程是为了使（ ）
A. B.
C. 最小 D. 最小
【答案】D
【分析】由最小二乘法的求解即可知.
【详解】根据最小二乘法的求解可知：回归方程是为了使得每个数据与估计值之间的差的平方和最小，
故选：D
114．（2025·上海浦东新·二模）研究变量，得到一组成对数据，先进行一次线性回归分析，接着增加一个数据，其中，，再重新进行一次线性回归分析，则下列说法正确的是（ ）
A．变量与变量的相关性变强 B．相关系数的绝对值变小
C．线性回归方程不变 D．拟合误差变大
【答案】C
【分析】设变量，的平均数分别为，，分析可知，.对于AB：根据相关系数的计算公式和性质分析判断；对于CD：根据回归方程和拟合误差的性质分析判断.
【详解】设变量，的平均数分别为，，
则，，即，，
可知新数据的样本中心点不变，仍为，
对于AB：可得，
同理可得，
则相关系数，
可知相关系数的值不变，变量与变量的相关性不变，故AB错误；
对于C：因为，且线性回归方程过样本中心点，
即均不变，所以线性回归方程不变，故C正确；
因为即为样本中心点，即，
可知残差平方和不变，
所以拟合误差不变，故D错误；
故选：C.
115．（24-25高三上·上海·单元测试）对于独立性检验，下列说法中错误的是（ ）
A．的值越大，说明两事件相关程度越大
B．的值越小，说明两事件相关程度越小
C．时，则在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为事件与有关
D．时，则可以大概率认为事件与有关
【答案】C
【分析】结合观测值计算公式，因越大，的值就越大，从而两事件关系越强，否则越弱；理解观测值的意义可知，当时，零假设不成立，即认为事件与有关，否则当时，没有充分理由说明零假设不成立，即认为事件与无关.
【详解】对于A,B,因观测值，的值越大，越大，事件A与事件B关系越强；反之，事件A与事件B关系越弱,故A,B项均正确；
对于C，D，因只有时，说明在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为事件与有关，而，故C错误；D正确.
故选：C.
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