题号猜押06 上海卷高考数学选填压轴题（第12,16题等）（抢分专练）2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押06 上海卷高考数学选填压轴题（第12,16题） 溯源 考点 3年考题 考情分析 填空第12题 2025年 分段函数，向量的数量积，向量模的取值范围 2024年 等比数列基本量运算，通项公式 2023年 棱锥的结构特征，计数原理 选择第16题 2025年 数列不等式恒成立问题，利用导数研究方程的根 2024年 函数新定义，函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性，极值与最值的综合 2023年 圆锥曲线新定义 预测 1.能以实际问题为背景，考查数学抽象与模型构建能力。 2.如“函数+数列”“几何+代数”，需灵活转换视角。 3.答案可能不唯一，或需分类讨论得出完整结果。 4.定义新概念或规则，考查即时学习与应用能力。 备考核心 1.梳理各章节间的联系，如函数、方程、不等式之间的转化。 2.选填题压轴题难度未必极高，但对思维严谨性要求高，需避免漏解。 3.对填空题的错误，要区分是“知识漏洞”“方法不熟”还是“思维定势”。 考点1 ​复合函数零点，参数范围与函数性质综合 【典例1】已知函数，若函数在区间上恰有2026个零点，则所有可能的正整数的值组成的集合是______． 【答案】 【解析】由题意得， 令，，可得，， 记的两零点为，， 则，不妨设， 且，则，，， 可知（舍去），， 原题意等价于在区间上恰有2026个零点， 可知在和（为正整数）内不同根的个数均为， 所以，故所有可能的正整数组成的集合为. 【变式1】（2026·上海浦东新·期末）已知函数，若恒成立，则实数的最小值为_____________. 【答案】 【解析】函数的定义域为，当时，， 当时，，当时，，要使， 则二次函数，在上，在上， 所以为该二次函数的一个零点，易得， 则，且开口向上， 只需，即，解得， 故的最小值为. 【变式2】（2026·上海徐汇·期末）已知奇函数的定义域是．当时，．设函数，则函数的零点个数为（   ） A．0个 B．2个 C．4个 D．6个 【答案】C 【解析】因为时，，作出函数，的草图，如图1：    因为函数为奇函数，图象关于原点成中心对称，可作出函数的草图，如图2：    保持轴上方的图象不变，将轴下方的图象对称到轴上方，得到函数的草图，如图3：    作直线，与函数的图象有4个交点，所以函数有4个零点. 故选：C 考点2 平面向量综合问题; 【典例2】（2026·上海杨浦·二模）设是同一平面上的三个两两不同的单位向量，若，则的值为_______. 【答案】 【解析】，设，则， 是同一平面上的三个两两不同的单位向量， 设的夹角为，则的夹角为，的夹角为或， ，， 解得，或（舍去）. 所以. 【变式1】平面非零向量，满足为单位向量，已知且，则的最大值是______. 【答案】 【解析】设，， 则， ， 所以， 所以，解得， 所以. 【变式2】（2026·上海徐汇·期末）若平面向量满足，且，则可能的值有______个. 【答案】3 【解析】不妨设，则由，且， 得或，或，或， ∴的值可能为，，，，，（相同的去除）， 可能的值有，2，0共3个． 考点3 ​数列综合问题 【典例3】（2026·上海浦东新·期中）设，记，令有穷数列为零点的个数，则有以下两个结论：①存在，使得为常数列；②存在，使得为公差不为零的等差数列.那么（    ） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①②都正确 D．①②都错误 【答案】C 【解析】当时， ，此时， ，此时， ，此时， 故存在，使为常数列；①正确； 设，则有个零点， 则在的每个区间内各至少一个零点，故至少有个零点， 因为是一个次函数，故最多有个零点，因此有且仅有个零点， 同理，有且仅有个零点，，有且仅有个零点， 故，所以是公差为的等差数列，故②正确. 故选：C. 【变式1】艾萨克牛顿英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列：，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数有两个零点1，2，数列为牛顿数列．设，已知，的前n项和为，则等于（    ） A．2022 B．2023 C． D． 【答案】D 【解析】有两个零点1，2， 则，解之得， 则，则 则 则 由，可得， 故，又，则数列是首项为1公比为2的等比数列， 则通项公式，前n项和，则， 故选：D． 【变式2】已知数列的前项和为，其中，若恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由可得：，即， 因为，所以， 所以数列是以2为首项，公比为2的等比数列， 则，所以， 又因为，将代入可得： ， 当为偶数时，， 所以时，取得最大值， 当为奇数时，， 所以有最大值，即， 所以的取值范围为，故选B. 考点4 ​解析几何综合问题 【典例4】（2026·上海·期末）在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义的“伴随点”为；当是原点时，定义的“伴随点”为它自身；平面曲线上所有点的“伴随点”构成的曲线定义为曲线的“伴随曲线”，则下列命题： ①若点的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点； ②圆心在原点的单位圆的“伴随曲线”是它自身； ③若曲线关于轴对称，则其“伴随曲线”关于轴对称； ④一条直线的“伴随曲线”是一条直线. 真命题的序号是______. A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】B 【解析】对①，设点，则，则的 “伴随点”为，即，不为点A，①错； 对②，任取单位圆上一点，则为单位圆上的点，的轨迹为单位圆，②对； 对③，任取曲线关于轴对称的两点，则伴随点为，关于y轴对称，③对； 对④，不妨取直线上的三个点，对应的伴随点为， 由，故对应的伴随点不在一条线上， 故一条直线的“伴随曲线”不一定是一条直线，④错，故选B 【变式1】2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）正视图近似于伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系xOy中（O为坐标原点），把到定点和距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，记为Γ，已知为双纽线Γ上任意一点，有下列命题： ①双纽线Γ的方程为； ②面积最大值为； ③； ④的最大值为． 其中所有正确命题的序号是（    ） A．①② B．①②③ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【解析】对于①，由定义，即， 即， 整理可得， 所以双纽线Γ的方程为，故①正确； 对于②，，故②正确； 对于③，因为，所以，故③正确； 对于④，中，由余弦定理可得， 所以. 又因为，所以. 所以，， 即， 整理可得，所以，故④正确. 故选：D. 【变式2】（2026·上海金山·期中）已知椭圆的左、右焦点分别是，若，则称椭圆为“黄金椭圆”．则下列三个命题中正确命题的序号是（    ） ①在黄金椭圆中，成等比数列； ②在黄金椭圆中，若上顶点、右顶点分别为，则； ③在黄金椭圆中，以为顶点的菱形的内切圆过焦点． A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【解析】对①，按照，所以，则 ，故①正确； 对②，因为在中，，由①知， 所以， 即，故②正确； 对③，以为顶点的菱形的内切圆是以原点为圆心，半径为的圆，所以圆过焦点．故选D． 考点5 函数与导数综合 【典例5】已知, ,若存在，，使得，则称函数 与 互为“度零点函数”.若与互为“1 度零点函数”，则实数的取值范围为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】，所以，， 故在内存在零点，也就是在内存在零点. 令 ，故. 当时，，在上为增函数； 当时，，在上为减函数， 故在上的值域为，故选B. 【变式1】拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（    ） A．1 B． C． D．0 【答案】C 【解析】因为函数在上连续，且在上可导， 则必有一，使得， 又函数，可得， 所以，此时， 又，所以，因为，且，所以， 不妨设，函数定义域为，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值， 则当时，λ取得最大值，最大值为． 故选：C． 【变式2】（2026·上海松江·月考）定义域均为的三个函数，，满足条件：对任意，点与点都关于点对称，则称是关于的“对称函数”．已知函数，，是关于的“对称函数”，记的定义域为，若对任意，都存在，使得成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】函数，，是关于的“对称函数”， 可得，，，， 可判断在单调递减，由可解得， 所以在上，在上, 所以在递增，递减， 又因为，，， 的最小值为，最大值为1， 所以的值域为， 而在递增，可得的值域为， 由题意可得， 即有，即为， 解得或，则的范围是，故选D． 考点6 排列组合综合问题 【典例6】（2026·上海金山·一模）已知四边形为平行四边形，集合均为集合的四元子集，若对于任意，当时，中的元素个数都不超过个，则正整数的最大值为___________． 【答案】 【解析】由题意可知共个元素， 记为， 假设中最大交集为， 所以含的四元集合中剩下的两个元素不能相同， 因为中共8个元素，则还剩下6个元素， 所以中，含的四元集合最多有个, 即数对在中最多出现3次， 同理任何一个二元数对可在中最多出现3次， 所以一个四元集中出现个二元数对， 所以个四元集中共出现次， 因为中最多有种不同的二元数对，每个最多出现3次， 所以，解得. 所以正整数的最大值为. 【变式1】函数绕原点逆时针旋转，每旋转得到一个新的曲线，旋转一周共得到24条曲线（不包括未旋转时的曲线），请问从中任选其二，均不是函数图象的概率是__________． 【答案】 【解析】由题意得，函数绕原点逆时针旋转， 每旋转得到一个新的曲线，旋转一周共得到24条曲线， 其中10条不符合函数的定义，则不能构成函数的共有， 所以不能构成函数的概率为. 【变式2】已知“”为“”的一个全排列，设是实数，若“”可推出“或”则满足条件的排列“”共有_______个. 【答案】224. 【解析】如果为或为，则余下4个元素无限制，共有种， 如果中有1，有6，则共有种， 如果中有6，有1，则共有种， 综上，共有种，填. 1．已知函数，其中，若函数在区间上有两个不同的零点，则实数的取值范围为_______． 【答案】 【解析】由可得，且， 由题意可知直线与函数在上的图象有两个交点，如下图所示：    由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点， 因此实数的取值范围是. 2．（2026上海松江·期末）对于实数，用表示不超过的最大整数，并记，例如，，关于的方程在区间上解的个数为______． 【答案】2015 【解析】当时，；当时，；当时，；； 关于的方程在区间解的个数即为与交点个数， 作出和的部分图象，    其中在上单调递减，当时，，此时无交点； 当时，，有一个交点； 当时，，有一个交点； 依次类推，当时，，有一个交点； 当时，，，此时不相交， 所以方程在区间上解的个数为个， 3．（2026·河北衡水·一模）已知数列的前项和为，且满足，，，记，数列的前项和为，若对，恒成立，则的取值范围为__________． 【答案】. 【解析】由，得， 两式作差得 又，，，得 则. 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列， ， 代入， 所以 而恒成立，所以， 4．（2026·湖南常德·开学考试）已知公比的等比数列{}满足，．若，且数列是递增数列，则实数的取值范围是___． 【答案】 【解析】由得，即， 又，所以解得， 因为，所以，解得，所以， 又，所以， 又因为是递增数列，所以恒成立， 即恒成立，所以，所以. 5．（2026·河北保定·期中）勒让德三平方和定理（Legendre’s Three-Square Theorem）是数论中关于自然数表示为三个整数平方和的重要定理，其核心内容为：如果一个自然数符合下述条件时，则可以表示为三个整数平方之和，其中，均为非负整数：，．例如：正整数，，设，其中，，均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是______．（用数字作答） 【答案】12 【解析】显然均为不超过5的自然数，下面进行讨论： ①最大数为5的情况：，三个数互不相同，此时共有种情况. ②最大数为4的情况：，三个数互不相同，此时共有种情况. 由分类加法计数原理，满足条件的有序数组的个数是. 6．（2025·上海浦东新·三模）对于函数，若关于的方程，（，）恰有个实数根，则称函数为“”函数.①函数的定义域且；②函数是“2”函数，也是“3”函数；那么同时满足条件①②的函数共有__________个. 【答案】18 【解析】由题意，函数的定义域为和函数的值域均为：，可知自变量和函数值是一一对应的关系； 的定义域为，根据题目给出的“3”函数的新定义：有，即： ，，. 可得：，只能是，，，这样在值域当中只剩下是的倍，故，. 因为函数是“2”函数，根据题意恰有2个根，结合，，，，；剩余的不能确定的个函数值中，只需要，不同的分配方法有种. 7．（2026·广东广州·月考）在以为顶点的三棱锥中，过的三条棱两两的交角都是，在一条侧棱上有，两点，，，以，为端点的一条绳子紧绕三棱锥的侧面一周（绳和侧面无摩擦），则此绳在，之间的最短绳长为________. 【答案】5 【解析】作出三棱锥的侧面展开图，如图， 则A、B两点间的最短绳长就是线段AB的长度. 在中，， 由，得 即此绳在A、B之间的最短绳长为5． 8．（2026·安徽·一模）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为__________. 【答案】26 【解析】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700； “百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605； “百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155； 520、502、506、560、511、551、515、555. 则符合条件的三位整数的个数为26. 9．（2026·上海闵行·一模）已知平面向量、、和实数满足，，，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】因为，所以， 则，所以，于是有， 因为，所以 则如图所示，在平面直角坐标系中， 则，设， 因为，所以，则，即， 因为，所以 则，即，解得， 则 因为 所以在上单调递减，在上单调递增 所以，当时，，当时，，所以 故的取值范围是. 10．（2026·海南省直辖县级单位·开学考试）在数列中，为其前项和，首项，且函数的导函数有唯一零点，则（    ） A．26 B．63 C．57 D．25 【答案】A 【解析】由函数，可得， 令， 可得的定义域为，且满足，所以为偶函数， 因为只有一个零点，即只有一个零点， 若，则有，这与只有一个零点矛盾， 所以这个零点只能是，即， 即，经验证符合题意，所以， 可得数列是以为首项，以2为公比的等边数列， 可得，所以，所以. 故选：A. 11．（2026·江苏常州·月考）已知曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（   ） A．曲线的图象不关于原点对称 B．曲线经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点） C．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为 D．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3 【答案】D 【解析】对于A，结合曲线：，将代入， 方程不变，即曲线的图象关于原点对称，A错误； 对于B，令，则，解得， 令，则，解得， 令，则，解得， 故曲线经过的整点只能是，B错误； 对于C，直线与曲线：必有公共点， 因此若直线与曲线只有一个交点，则只有一个解， 即只有一个解为，即时，无解， 故，即实数的取值范围为，C错误， 对于D，由，可得，时取等号， 则曲线上任意一点到坐标原点的距离为，即都不超过3，D正确， 故选：D 12．（2026·江苏常州·月考）已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中错误的是（   ） A．点的轨迹方程是 B．直线是“最远距离直线” C．平面上有一点，则的最小值为 D．点的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（即没有交点） 【答案】D 【解析】设，因为动点到点的距离是点到直线的距离的一半， 所以，整理得，A说法正确； 联立可得，解得， 所以存在点，直线是“最远距离直线”， B说法正确； 过作垂直于直线，垂足为， 由题意得，则， 由图可知的最小值即为点到直线的距离，C说法正确； 由得，圆圆心为，半径为， 易得点的轨迹与圆交于点，D说法错误； 故选：D 13．设为正整数，且，，，．若对任意的，长为、、的线段均能构成三角形的三边，则满足条件的共有（   ）个． A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【解析】因为长为、、的线段均能构成三角形，所以. 由，有，即， 若，则对任意的都成立， 若，则，而当时，有最大值， 要使任意的都有，即要，解得可为任意正整数； 由，有，即， 所以，因，当时，有最大值， 要使任意的都有，即要，解得； 由，有，即， 若，则对任意的都成立， 若，则，当时，有最小值， 要使任意的都有，即要，解得. 综上，，所以满足条件的有4个． 故选：B 14．（25-26高三上·上海金山·月考）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 【解析】∵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． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押06 上海卷高考数学选填压轴题（第12,16题） 参考答案 考点1 ​复合函数零点，参数范围与函数性质综合 【典例1】 【答案】 【解析】由题意得， 令，，可得，， 记的两零点为，， 则，不妨设， 且，则，，， 可知（舍去），， 原题意等价于在区间上恰有2026个零点， 可知在和（为正整数）内不同根的个数均为， 所以，故所有可能的正整数组成的集合为. 【变式1】 【答案】 【解析】函数的定义域为，当时，， 当时，，当时，，要使， 则二次函数，在上，在上， 所以为该二次函数的一个零点，易得， 则，且开口向上， 只需，即，解得， 故的最小值为. 【变式2】 【答案】C 【解析】因为时，，作出函数，的草图，如图1：    因为函数为奇函数，图象关于原点成中心对称，可作出函数的草图，如图2：    保持轴上方的图象不变，将轴下方的图象对称到轴上方，得到函数的草图，如图3：    作直线，与函数的图象有4个交点，所以函数有4个零点. 故选：C 考点2 平面向量综合问题; 【典例2】 【答案】 【解析】，设，则， 是同一平面上的三个两两不同的单位向量， 设的夹角为，则的夹角为，的夹角为或， ，， 解得，或（舍去）. 所以. 【变式1】 【答案】 【解析】设，， 则， ， 所以， 所以，解得， 所以. 【变式2】 【答案】3 【解析】不妨设，则由，且， 得或，或，或， ∴的值可能为，，，，，（相同的去除）， 可能的值有，2，0共3个． 考点3 ​数列综合问题 【典例3】 【答案】C 【解析】当时， ，此时， ，此时， ，此时， 故存在，使为常数列；①正确； 设，则有个零点， 则在的每个区间内各至少一个零点，故至少有个零点， 因为是一个次函数，故最多有个零点，因此有且仅有个零点， 同理，有且仅有个零点，，有且仅有个零点， 故，所以是公差为的等差数列，故②正确. 故选：C. 【变式1】 【答案】D 【解析】有两个零点1，2， 则，解之得， 则，则 则 则 由，可得， 故，又，则数列是首项为1公比为2的等比数列， 则通项公式，前n项和，则， 故选：D． 【变式2】 【答案】B 【解析】由可得：，即， 因为，所以， 所以数列是以2为首项，公比为2的等比数列， 则，所以， 又因为，将代入可得： ， 当为偶数时，， 所以时，取得最大值， 当为奇数时，， 所以有最大值，即， 所以的取值范围为，故选B. 考点4 ​解析几何综合问题 【典例4】 【答案】B 【解析】对①，设点，则，则的 “伴随点”为，即，不为点A，①错； 对②，任取单位圆上一点，则为单位圆上的点，的轨迹为单位圆，②对； 对③，任取曲线关于轴对称的两点，则伴随点为，关于y轴对称，③对； 对④，不妨取直线上的三个点，对应的伴随点为， 由，故对应的伴随点不在一条线上， 故一条直线的“伴随曲线”不一定是一条直线，④错，故选B 【变式1】 【答案】D 【解析】对于①，由定义，即， 即， 整理可得， 所以双纽线Γ的方程为，故①正确； 对于②，，故②正确； 对于③，因为，所以，故③正确； 对于④，中，由余弦定理可得， 所以. 又因为，所以. 所以，， 即， 整理可得，所以，故④正确. 故选：D. 【变式2】 【答案】D 【解析】对①，按照，所以，则 ，故①正确； 对②，因为在中，，由①知， 所以， 即，故②正确； 对③，以为顶点的菱形的内切圆是以原点为圆心，半径为的圆，所以圆过焦点．故选D． 考点5 函数与导数综合 【典例5】 【答案】B 【解析】，所以，， 故在内存在零点，也就是在内存在零点. 令 ，故. 当时，，在上为增函数； 当时，，在上为减函数， 故在上的值域为，故选B. 【变式1】 【答案】C 【解析】因为函数在上连续，且在上可导， 则必有一，使得， 又函数，可得， 所以，此时， 又，所以，因为，且，所以， 不妨设，函数定义域为，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值， 则当时，λ取得最大值，最大值为． 故选：C． 【变式2】 【答案】D 【解析】函数，，是关于的“对称函数”， 可得，，，， 可判断在单调递减，由可解得， 所以在上，在上, 所以在递增，递减， 又因为，，， 的最小值为，最大值为1， 所以的值域为， 而在递增，可得的值域为， 由题意可得， 即有，即为， 解得或，则的范围是，故选D． 考点6 排列组合综合问题 【典例6】 【答案】 【解析】由题意可知共个元素， 记为， 假设中最大交集为， 所以含的四元集合中剩下的两个元素不能相同， 因为中共8个元素，则还剩下6个元素， 所以中，含的四元集合最多有个, 即数对在中最多出现3次， 同理任何一个二元数对可在中最多出现3次， 所以一个四元集中出现个二元数对， 所以个四元集中共出现次， 因为中最多有种不同的二元数对，每个最多出现3次， 所以，解得. 所以正整数的最大值为. 【变式1】 【答案】 【解析】由题意得，函数绕原点逆时针旋转， 每旋转得到一个新的曲线，旋转一周共得到24条曲线， 其中10条不符合函数的定义，则不能构成函数的共有， 所以不能构成函数的概率为. 【变式2】 【答案】224. 【解析】如果为或为，则余下4个元素无限制，共有种， 如果中有1，有6，则共有种， 如果中有6，有1，则共有种， 综上，共有种，填. 1.【答案】 【解析】由可得，且， 由题意可知直线与函数在上的图象有两个交点，如下图所示：    由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点， 因此实数的取值范围是. 2.【答案】2015 【解析】当时，；当时，；当时，；； 关于的方程在区间解的个数即为与交点个数， 作出和的部分图象，    其中在上单调递减，当时，，此时无交点； 当时，，有一个交点； 当时，，有一个交点； 依次类推，当时，，有一个交点； 当时，，，此时不相交， 所以方程在区间上解的个数为个， 3.【答案】. 【解析】由，得， 两式作差得 又，，，得 则. 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列， ， 代入， 所以 而恒成立，所以， 4.【答案】 【解析】由得，即， 又，所以解得， 因为，所以，解得，所以， 又，所以， 又因为是递增数列，所以恒成立， 即恒成立，所以，所以. 5.【答案】12 【解析】显然均为不超过5的自然数，下面进行讨论： ①最大数为5的情况：，三个数互不相同，此时共有种情况. ②最大数为4的情况：，三个数互不相同，此时共有种情况. 由分类加法计数原理，满足条件的有序数组的个数是. 6.【答案】18 【解析】由题意，函数的定义域为和函数的值域均为：，可知自变量和函数值是一一对应的关系； 的定义域为，根据题目给出的“3”函数的新定义：有，即： ，，. 可得：，只能是，，，这样在值域当中只剩下是的倍，故，. 因为函数是“2”函数，根据题意恰有2个根，结合，，，，；剩余的不能确定的个函数值中，只需要，不同的分配方法有种. 7.【答案】5 【解析】作出三棱锥的侧面展开图，如图， 则A、B两点间的最短绳长就是线段AB的长度. 在中，， 由，得 8.【答案】26 【解析】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700； “百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605； “百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155； 520、502、506、560、511、551、515、555. 则符合条件的三位整数的个数为26. 9.【答案】 【解析】因为，所以， 则，所以，于是有， 因为，所以 则如图所示，在平面直角坐标系中， 则，设， 因为，所以，则，即， 因为，所以 则，即，解得， 则 因为 所以在上单调递减，在上单调递增 所以，当时，，当时，，所以 故的取值范围是. 10.【答案】A 【解析】由函数，可得， 令， 可得的定义域为，且满足，所以为偶函数， 因为只有一个零点，即只有一个零点， 若，则有，这与只有一个零点矛盾， 所以这个零点只能是，即， 即，经验证符合题意，所以， 可得数列是以为首项，以2为公比的等边数列， 可得，所以，所以. 故选：A. 11.【答案】D 【解析】对于A，结合曲线：，将代入， 方程不变，即曲线的图象关于原点对称，A错误； 对于B，令，则，解得， 令，则，解得， 令，则，解得， 故曲线经过的整点只能是，B错误； 对于C，直线与曲线：必有公共点， 因此若直线与曲线只有一个交点，则只有一个解， 即只有一个解为，即时，无解， 故，即实数的取值范围为，C错误， 对于D，由，可得，时取等号， 则曲线上任意一点到坐标原点的距离为，即都不超过3，D正确， 故选：D 12.【答案】D 【解析】设，因为动点到点的距离是点到直线的距离的一半， 所以，整理得，A说法正确； 联立可得，解得， 所以存在点，直线是“最远距离直线”， B说法正确； 过作垂直于直线，垂足为， 由题意得，则， 由图可知的最小值即为点到直线的距离，C说法正确； 由得，圆圆心为，半径为， 易得点的轨迹与圆交于点，D说法错误； 故选：D 13.【答案】B 【解析】因为长为、、的线段均能构成三角形，所以. 由，有，即， 若，则对任意的都成立， 若，则，而当时，有最大值， 要使任意的都有，即要，解得可为任意正整数； 由，有，即， 所以，因，当时，有最大值， 要使任意的都有，即要，解得； 由，有，即， 若，则对任意的都成立， 若，则，当时，有最小值， 要使任意的都有，即要，解得. 综上，，所以满足条件的有4个． 故选：B 14.【答案】B 【解析】∵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． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押06 上海卷高考数学选填压轴题（第12,16题） 溯源 考点 3年考题 考情分析 填空第12题 2025年 分段函数，向量的数量积，向量模的取值范围 2024年 等比数列基本量运算，通项公式 2023年 棱锥的结构特征，计数原理 选择第16题 2025年 数列不等式恒成立问题，利用导数研究方程的根 2024年 函数新定义，函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性，极值与最值的综合 2023年 圆锥曲线新定义 预测 1.能以实际问题为背景，考查数学抽象与模型构建能力。 2.如“函数+数列”“几何+代数”，需灵活转换视角。 3.答案可能不唯一，或需分类讨论得出完整结果。 4.定义新概念或规则，考查即时学习与应用能力。 备考核心 1.梳理各章节间的联系，如函数、方程、不等式之间的转化。 2.选填题压轴题难度未必极高，但对思维严谨性要求高，需避免漏解。 3.对填空题的错误，要区分是“知识漏洞”“方法不熟”还是“思维定势”。 考点1 ​复合函数零点，参数范围与函数性质综合 【典例1】已知函数，若函数在区间上恰有2026个零点，则所有可能的正整数的值组成的集合是______． 【变式1】（2026·上海浦东新·期末）已知函数，若恒成立，则实数的最小值为_____________. 【变式2】（2026·上海徐汇·期末）已知奇函数的定义域是．当时，．设函数，则函数的零点个数为（   ） A．0个 B．2个 C．4个 D．6个 考点2 平面向量综合问题; 【典例2】（2026·上海杨浦·二模）设是同一平面上的三个两两不同的单位向量，若，则的值为_______. 【变式1】平面非零向量，满足为单位向量，已知且，则的最大值是______. 【变式2】（2026·上海徐汇·期末）若平面向量满足，且，则可能的值有______个. 考点3 ​数列综合问题 【典例3】（2026·上海浦东新·期中）设，记，令有穷数列为零点的个数，则有以下两个结论：①存在，使得为常数列；②存在，使得为公差不为零的等差数列.那么（    ） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①②都正确 D．①②都错误 【变式1】艾萨克牛顿英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列：，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数有两个零点1，2，数列为牛顿数列．设，已知，的前n项和为，则等于（    ） A．2022 B．2023 C． D． 【变式2】已知数列的前项和为，其中，若恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 考点4 ​解析几何综合问题 【典例4】（2026·上海·期末）在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义的“伴随点”为；当是原点时，定义的“伴随点”为它自身；平面曲线上所有点的“伴随点”构成的曲线定义为曲线的“伴随曲线”，则下列命题： ①若点的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点； ②圆心在原点的单位圆的“伴随曲线”是它自身； ③若曲线关于轴对称，则其“伴随曲线”关于轴对称； ④一条直线的“伴随曲线”是一条直线. 真命题的序号是______. A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【变式1】2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）正视图近似于伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系xOy中（O为坐标原点），把到定点和距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，记为Γ，已知为双纽线Γ上任意一点，有下列命题： ①双纽线Γ的方程为； ②面积最大值为； ③； ④的最大值为． 其中所有正确命题的序号是（    ） A．①② B．①②③ C．②③④ D．①②③④ 【变式2】（2026·上海金山·期中）已知椭圆的左、右焦点分别是，若，则称椭圆为“黄金椭圆”．则下列三个命题中正确命题的序号是（    ） ①在黄金椭圆中，成等比数列； ②在黄金椭圆中，若上顶点、右顶点分别为，则； ③在黄金椭圆中，以为顶点的菱形的内切圆过焦点． A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 考点5 函数与导数综合 【典例5】已知, ,若存在，，使得，则称函数 与 互为“度零点函数”.若与互为“1 度零点函数”，则实数的取值范围为 A． B． C． D． 【变式1】拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得．已知函数，那么实数的最大值为（    ） A．1 B． C． D．0 【变式2】（2026·上海松江·月考）定义域均为的三个函数，，满足条件：对任意，点与点都关于点对称，则称是关于的“对称函数”．已知函数，，是关于的“对称函数”，记的定义域为，若对任意，都存在，使得成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 考点6 排列组合综合问题 【典例6】（2026·上海金山·一模）已知四边形为平行四边形，集合均为集合的四元子集，若对于任意，当时，中的元素个数都不超过个，则正整数的最大值为___________． 【变式1】函数绕原点逆时针旋转，每旋转得到一个新的曲线，旋转一周共得到24条曲线（不包括未旋转时的曲线），请问从中任选其二，均不是函数图象的概率是__________． 【变式2】已知“”为“”的一个全排列，设是实数，若“”可推出“或”则满足条件的排列“”共有_______个. 1．已知函数，其中，若函数在区间上有两个不同的零点，则实数的取值范围为_______． 2．（2026上海松江·期末）对于实数，用表示不超过的最大整数，并记，例如，，关于的方程在区间上解的个数为______． 3．（2026·河北衡水·一模）已知数列的前项和为，且满足，，，记，数列的前项和为，若对，恒成立，则的取值范围为__________． 4．（2026·湖南常德·开学考试）已知公比的等比数列{}满足，．若，且数列是递增数列，则实数的取值范围是___． 5．（2026·河北保定·期中）勒让德三平方和定理（Legendre’s Three-Square Theorem）是数论中关于自然数表示为三个整数平方和的重要定理，其核心内容为：如果一个自然数符合下述条件时，则可以表示为三个整数平方之和，其中，均为非负整数：，．例如：正整数，，设，其中，，均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是______．（用数字作答） 6．（2025·上海浦东新·三模）对于函数，若关于的方程，（，）恰有个实数根，则称函数为“”函数.①函数的定义域且；②函数是“2”函数，也是“3”函数；那么同时满足条件①②的函数共有__________个. 7．（2026·广东广州·月考）在以为顶点的三棱锥中，过的三条棱两两的交角都是，在一条侧棱上有，两点，，，以，为端点的一条绳子紧绕三棱锥的侧面一周（绳和侧面无摩擦），则此绳在，之间的最短绳长为________. 8．（2026·安徽·一模）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为__________. 9．（2026·上海闵行·一模）已知平面向量、、和实数满足，，，则的取值范围是______． 10．（2026·海南省直辖县级单位·开学考试）在数列中，为其前项和，首项，且函数的导函数有唯一零点，则（    ） A．26 B．63 C．57 D．25 11．（2026·江苏常州·月考）已知曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（   ） A．曲线的图象不关于原点对称 B．曲线经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点） C．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为 D．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3 12．（2026·江苏常州·月考）已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中错误的是（   ） A．点的轨迹方程是 B．直线是“最远距离直线” C．平面上有一点，则的最小值为 D．点的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（即没有交点） 13．设为正整数，且，，，．若对任意的，长为、、的线段均能构成三角形的三边，则满足条件的共有（   ）个． A．3 B．4 C．5 D．6 14．（25-26高三上·上海金山·月考）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 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $