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猜押 01 上海高考 1~6 题（填空题）
考点 3年考题 考情分析
考查方向集合相等，集合的包含关系判断及应用，交
集合 2022年~2024年
集、补集及其运算连考三年。
不等式 2022年~2024年 考查方向分式不等式、绝对值不等式、一元二次不等式
考查函数值域和二倍角三角函数，三角函数周期性和两
函数 2022年~2024年
角和与差三角函数，分段函数、函数奇偶性
数列 2023年 2023年考查等比数列的前n项和
平面向量 2023年、2024年 考查平面向量的数量积运算和平面向量的坐标运算
二项式定理 2022年~2024年 考查二项式系数和及通项公式、二项式定理的应用
题型一 集合
1．（2024·上海宝山·二模）已知集合 ，且 ，则实数 的值为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用元素与集合的关系，结合集合元素的性质求解即得.
【详解】由集合 ，且 ，得 或 ，解得 或 ，
当 时， ，符合题意，
当 时， 且 ，与集合元素的互异性矛盾，
所以实数 的值为0.
故答案为：
2．（2024·上海·一模）已知集合 ，则 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用交集的定义直接求解即可.【详解】集合 ，则 .
故答案为：
3．（2024·上海虹口·二模）已知集合 ，则 .
【答案】
【分析】先求出集合 ，再根据交集的定义即可得解.
【详解】 ，
，
所以 .
故答案为： .
4．（2024·上海·三模）已知集合 ， ，若 ，则 ．
【答案】3
【分析】根据给定条件，利用交集的结果直接列式计算即得.
【详解】集合 ， ，由 ，得 ，又 ，
因此 ，所以 .
故答案为：3
5．（2024·上海·三模）若集合 ， ，则 ．
【答案】 ;【分析】根据集合并集的定义即可求解.
【详解】由集合的并集定义可得，因为 ， ，
所以 ，
故答案为： .
6．（2024·上海·模拟预测）设全集 ，集合 ，则 ．
【答案】
【分析】根据补集的定义可求 .
【详解】由题设有 ，
故答案为：
7．（2024·上海浦东新·三模）已知全集 ，集合 ，则 .
【答案】
【分析】先求出集合 ，然后结合集合的补集运算即可求解.
【详解】 , ，
则 .
故答案为： .
8．（2023·上海闵行·三模）已知 ，则 .
【答案】3
【分析】由二次方程的根只有一个，则 ，且根为1，代入即可求解.
【详解】因为 ，所以二次方程 有两个相等的实数根，
则 ①，
且方程的根为1，所以 ②，联立①②解得：
所以
故答案为： .
9．（2023·上海嘉定·三模）已知集合 ，集合 ，若 ，则 .
【答案】
【分析】由交集定义分类讨论可得答案.
【详解】因为集合 ， ，则 ，所以 或 ，
则 或 或 ，
当 时，集合 ，集合 ，此时 ，符合题意；
当 时，集合 ，集合 ，此时 ，不合题意；
当 时，集合 ，集合 ，此时 ，不合题意；
所以 .
故答案为：
10．（2023·上海杨浦·模拟预测）已知集合 中的最大元素为 ，则实数 .
【答案】1
【分析】依题意可得 ，解得 ，再检验即可.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，解得 或 ，
显然 不满足集合元素的互异性，故舍去，经检验 符合题意．
故答案为：
11．（2023·上海黄浦·三模）已知陈述句 ：所有的 满足性质p，则 的否定形式为 ．
【答案】存在 不满足性质p.
【分析】用全称量词命题的否定形式即得结果.
【详解】陈述句 是全称量词命题，故其否定形式是：
存在 不满足性质p.故答案为：存在 不满足性质p.
12．（2024·上海徐汇·一模）已知 为空间中两条不同的直线， 为两个不同的平面，若
，则 是 的 条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、
“既非充分又非必要”中的一个）
【答案】充要
【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】充分性：因为 ，
所以 共面，
又因为 为两个不同的平面， ，
所以 ，
所以 ，故充分性成立；
必要性：因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，故必要性成立，
所以 是 的充要条件.
故答案为：充要.
13．（2023·上海长宁·一模）若“存在 ，使得 ”是假命题，则实数 的取值范围
.
【答案】
【分析】由题意可得：“任意 ，使得 ”是真命题，参变分离结合基本不等式运算求解.
【详解】由题意可得：“任意 ，使得 ”是真命题，
注意到 ，整理得 ，
原题意等价于“任意 ，使得 ”是真命题，因为 ，当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以 ，解得 ，
所以实数 的取值范围 .
故答案为： .
14．（2023·上海普陀·一模）设集合 ， ，若 的真子集的个数是1，则
正实数 的取值范围为 .
【答案】
【分析】分 和 讨论即可.
【详解】 ，则 ，解得 ，
若 的真子集的个数是1，则 中只含有一个元素，
因为 为正实数，则 ， ，
若 ，则 ，解得 ，
若 ，则 ，解得 ，
综上所述， 的取值范围为 .
故答案为： .
15．（2024·上海嘉定·二模）若规定集合 的子集 为 的第 个子集，其
中 ，则 的第211个子集是 ．
【答案】【分析】正确理解 的含义， 时，即要先求出满足 的 ，即 的第211个子集
应含有的元素，计算出 ，再要求满足 的 ，即 的第211个子集应含有的
元素，如此类推即得.
【详解】因 ，则 的第211个子集必包含7，此时 ；
又因 则 的第211个子集必包含6，此时 ；
又 则 的第211个子集必包含4，此时 ；
又 则 的第211个子集必包含1；而 .
综上所述， 的第211个子集是 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于仔细阅读题目所提供的信息，正确理解集合的新定义的含义，
将文字语言转化为数学语言.
16．（2024·上海普陀·二模）设等比数列 的公比为 ，则“ ， ， 成等差数列”的
一个充分非必要条件是 .
【答案】 （或 ,答案不唯一）
【分析】根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．
【详解】 ， ， 成等差数列，
则 ，即 ，解得 或 ，
故“ ， ， 成等差数列”的一个充分非必要条件是 （或 ．
故答案为： （或 ,答案不唯一）
17．（2024·上海长宁·一模）已知 ，若 是 的充分条件，则实数m的取值范围是 ．
【答案】
【分析】通过构造函数 ，利用 的单调性解不等式，再由题意将 是 的充
分条件转化为包含关系，进而求得参数 范围.
【详解】设 ，
则 在 单调递增，又 ，
所以 ，即 ，故 .
则 .
由题意 是 的充分条件，则 ，
所以有 ，故实数m的取值范围是 .
故答案为： .
18．（2025·上海崇明·二模）已知集合M中的任一个元素都是整数，当存在整数 且
时，称M为“间断整数集”．集合 的所有子集中，是“间断整数集”的个数为
．
【答案】968
【分析】根据子集中元素的个数分类，每一类都利用组合数计数，再剔除不满足定义的子集，最后根据分
类加法计数原理求值即可.
【详解】由题意，满足“间断整数集”定义的子集至少有2个元素，至多有9个元素，
按子集中元素的个数分类，
①当元素个数为2时，不满足定义的子集有：
，共9个；
此时满足定义的子集有 个，
②当元素个数为3时，不满足定义的子集有：，共8个；
此时满足定义的子集有 个，
③当元素个数为4时，不满足定义的子集有：
，共7个；
此时满足定义的子集有 个，
④当元素个数为5时，不满足定义的子集有：
，共6个；
此时满足定义的子集有 个，
⑤当元素个数为6时，不满足定义的子集有：
，共5个；
此时满足定义的子集有 个，
⑥当元素个数为7时，不满足定义的子集有：
，共4个；
此时满足定义的子集有 个，
⑦当元素个数为8时，不满足定义的子集有：
，共3个；
此时满足定义的子集有 个，
⑧当元素个数为9时，不满足定义的子集有：
，共2个；
此时满足定义的子集有 个，
综上所述，满足题意的子集共有 个.故答案为：968.
19．（2023·上海徐汇·三模）对任意数集 ，满足表达式为 且值域为 的函数
个数为 .记所有可能的 的值组成集合 ，则集合 中元素之和为 .
【答案】643
【分析】根据给定条件，探讨函数 的性质并作出图象，求出集合B，进而求得答案作答.
【详解】 ，当 或 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
当 时，函数 取得极大值0，当 时，该函数取得极小值 ，图象如图：
观察图象知，当 与图像有一个公共点时，相应的 有1种取法；
当 与图像有两个公共点时，相应的 有 种取法；
当 与图像有三个公共点时，相应的 有 种取法，
直线 与函数图象的交点个数可能的取值如下：
，
对应的函数个数为 ，
.
所以集合 中元素之和为643.
故答案为：643
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.
20．（2024·上海奉贤·一模）已知集合 是由函数 的图象
上两两不相同的点构成的点集，集合 ，其中 、
．若集合 中的元素按照从小到大的顺序排列能构成公差为 的等差数列，当 时，则符
合条件的点集 的个数为 ．
【答案】60
【分析】确定数列中最大值为1，最小值为 ，然后根据 分类得出等差数列，再由等差数列的项确定点
的横坐标的值，然后由 中对应点的情形确定集合个数．
【详解】由已知 , ，
设 ，则 ，显然 ，
若 ，则 ，因此有 ，
由 得 或 ，对应 ，
同理 对应 ，
集合 中已经含有点 ，
因此产生 的集合 中，点 可有也可没有， 至少有一个，
所以 的个数为 ，
若 ，则 ，
， 或 ， ， 或 ，
对应点 ，产生 的集合 中，点 可有也可没有， 至少有一个，
中至少有一个， 中至少有一个， 的个数为 ，
综上，集合 的个数为 ．
故答案为：60.
【点睛】方法点睛：确定集合的个数即为确定集合中元素的可能性，本题中首先确定出最终等差数列的最
大值和最小值，从而根据公差得出等差数列，由等差数列确定可能含有的点，从而得出集合个数．
题型二 不等式
1．（2025·上海·模拟预测）设 ，则不等式 的解集为 .
【答案】
【分析】解含绝对值的不等式可得解集.
【详解】由 .
所以不等式 的解集为： .
故答案为：
2．（2024·上海崇明·二模）不等式 的解为 ．
【答案】
【分析】利用一元二次不等式的求解方法可得答案.
【详解】因为 ，所以 .
故答案为：
3．（2024·上海·模拟预测）已知 则不等式 的解集为 ．
【答案】
【分析】求出方程 的解后可求不等式的解集.【详解】方程 的解为 或 ，
故不等式 的解集为 ，
故答案为： .
4．（2024·上海闵行·一模）不等式 的解集为 ．
【答案】
【分析】将分式不等式等价转化为一元二次不等式，解得即可.
【详解】不等式 等价于 ，解得 ，
所以不等式 的解集为 .
故答案为：
5．（2024·上海闵行·一模）已知正实数 、 满足 ，则 的最小值为 ．
【答案】2
【分析】利用基本不等式求出最小值即可.
【详解】正实数 、 满足 ，则 ，当且仅当 时取等号，
所以 的最小值为2.
故答案为：2
6．（2024·上海杨浦·一模）已知 ，则实数 的取值范围为 .
【答案】
【分析】讨论去绝对值求解.
【详解】由 ，
当 时，上式为 ，解得 （舍），
当 时，上式为 ，解得 （舍），当 时，上式为 .
所以实数的 的取值范围为 .
故答案为： .
7．（2024·上海奉贤·二模）某商品的成本 与产量 之间满足关系式 ，定义平均成本 ，
其中 ，假设 ，当产量等于 时，平均成本最少.
【答案】
【分析】根据条件得到 ，再利用基本不等式，即可求出结果.
【详解】由题知 ，
当且仅当 ，即 时取等号，
故答案为： .
8．（2024·上海徐汇·二模）若正数 满足 ，则 的最小值为 .
【答案】 /
【分析】根据基本不等式求解．
【详解】由已知 ，当且仅当 ，即 时
等号成立，故所求最小值是 ．
故答案为： ．
9．（2024·上海奉贤·三模）若 ，则 有最大值为 ．
【答案】 /0.25
【分析】根据基本不等式即可求解.【详解】因为 ，显然当 时， 取得最大值，所以 ，
当且仅当 时等号成立，所以 ，
所以 有最大值为 .
故答案为： .
10．（2024·上海·模拟预测）已知 ，求 的 的取值范围 .
【答案】
【分析】分 与 两段求解二次不等式可得.
【详解】根据题意知 .
当 时， ,即 ，解得 ，则有 ；
当 时， ,即 ， ，即 时，不等式 都成立.
综上所述， 的 的取值范围为 .
故答案为： .
11．（2024·上海静安·一模）若用 替换命题“对于任意实数 ，有 ，且等号当且仅当 时成立”
中的 ，即可推出平均值不等式“任意两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值，且等号当且仅当
这两个正数相等时成立”.则 .
【答案】 （答案不唯一，可以为 或其它字母表示的表达式）
【分析】根据给定的信息，取正数 ，作差变形推导即可得解.
【详解】取正数 ，则 ，当且仅当 时取等号，
因此 ，即 ，于是“任意两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值，且等号当且仅当这两个正数相等时成立”.
显然 ，取 .
故答案为：
12．（2024·上海长宁·二模）用铁皮制作一个有底无盖的圆柱形容器，若该容器的容积为 立方米，则至少
需要 平方米铁皮
【答案】
【分析】由柱体的体积公式可得 ，再求出圆柱形容器的表面积，由基本不等式求解即可.
【详解】设圆柱形容器的底面半径为 ，高为 ，
所以圆柱形容器的体积为 ，所以 ，
所以圆柱形容器的表面积为： ,
当且仅当 ，又 ，即 时等号成立，
故至少需要 平方米铁皮.
故答案为： .
13．（2024·上海静安·二模）在下列关于实数 的四个不等式中，恒成立的是 ．（请填入全部正
确的序号）
① ；② ；③ ；④ ．
【答案】②③④
【分析】取特值可判断①；作差法可判断②④；要证 即证 可判断③.
【详解】对于①，取 ，故①错误；
对于②， ，故②正确；
对于③，当 ，要证 ，即证 ，
即 ，即证 ，而 恒成立，
当 时， ，所以 ，故③正确.
对于④， ，所以 ，故④正确.
故答案为：②③④.
14．（2024·上海普陀·二模）若实数 ， 满足 ，则 的最小值为 .
【答案】
【分析】由已知 ， ， ，然后利用基本不等式求解即可.
【详解】因为 ， ， ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
所以 的最小值为 .
故答案为： .
15．（2024·上海·三模）已知函数 ，若 ， ，且 ，则
的最小值是
【答案】8
【分析】由函数奇偶性的定义可知 为奇函数，根据单调性可知 ，然后结合基本不等式即可
求解.
【详解】函数 的定义域为 ，且 ，
所以 为奇函数，又 ，所以函数单调递增，
又 ，所以 ，
所以 ，即 ，所以 ，
当且仅当 ，即 ， ，等号成立，
所以 的最小值为 .
故答案为： .
16．（2024·上海闵行·三模）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和
中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定
义与今天大致相同.若 ，则 的最小值为 .
【答案】
【分析】令 ， ，结合基本不等式可得 ， 可化为 ，求二次
函数在区间上的最小值即可.
【详解】不妨设 ， ，则 ， ，
所以 ，当且仅当 时取等号，
即 ，当且仅当 时取等号，
所以
，（ ）
所以当 时， 取得最小值 .
故答案为：
17．（2024·上海普陀·模拟预测）函数 ，且 的图像恒过定点A，若点A在直线
上，其中 ， ，则 的最小值为 .
【答案】2【分析】先由题意结合 求出点A，进而由点A在直线上得 ，再结合基本不等式常数“1”
的妙用即可求解.
【详解】因为 ，所以函数 且 的图象恒过定点 ，
即 ，
又点A在直线 上，故 ，
又 ，所以 ，
当且仅当 即 时等号成立，
所以 的最小值为2.
故答案为：2.
18．（2024·上海普陀·一模）设 ，函数 的表达式为 ，若 ，
且关于 的方程 的整数解有且仅有 个，则 的取值范围是 .
【答案】
【分析】令 ，利用导数分析函数 的单调性，作出函数 的图象，结合已知条件
分析得出 ，由绝对值三角不等式分析得出 ，令 ，分析其奇偶
性，可知，当 时，满足不等式 的整数解有且只有 个，令 ，数形结合可得
出实数 的取值范围.
【详解】令 ，其中 ，则 恒成立，
所以函数 在 上单调递增，且 ，作出函数 的图象如下图所示：
由 结合图可知， ，由 ，可得 ，
对任意的 ， ，
所以 ，故 ，即 ，
由绝对值三角不等式可得 ，
当且仅当 时，等号成立，
即 ，即 ，
令 ，其中 ，则 ，
则 不满足 ，
则 ，
所以函数 为偶函数，
所以当 时，由 可得 ，可得 ，
令 ，其中 ，则函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
因为 ， ， ，则 ,
由题意可知，当 时，满足不等式 的整数解有且只有 个，如下图所示：所以 ，即 ，
综上所述，实数 的取值范围是 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于分析函数 的单调性以及 得出
，然后再求解不等式整数解的个数时，利用图象能够清晰地将不等关系利用图形的形式呈现得更为
具体、直观.
19．（2024·上海金山·二模）已知平面向量 、 、 满足： ， ，则 的最小值
为 ．
【答案】
【分析】根据条件推理得到 在 方向上的投影数量等于 在 方向上的投影数量，且等于 ，
，故可以作出图形，设出 ，将所求转化成关于 的函数形式，利用基本不等式即可求
得.
【详解】因 ，由 可得 ，
即 在 方向上的投影数量等于 在 方向上的投影数量，且等于 ，又由 可得 ，不妨设 ，
则 ， ，于是 ，
因 ，则 ，因 ，当且仅当 时，等号成立，
即当 时， 取得最小值 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于运用向量数量积的定义和投影向量的数量理解 的相互关系,设
出夹角 ，将所求化成关于 的函数形式.
20．（2025·上海·模拟预测）已知 设 ， ，若关于 的不等式
恰有一个整数解，则 的取值范围是 .
【答案】
【分析】作出函数的图象，令 ，即 ，设 为方程 的两个根，且 ，
分 、 两种情况进行讨论，从而可得 以及实数a的取值范围，则 的范围可求.
【详解】作出函数 的图像，如图所示，
有 ， ，当 时，令 ，即 ，
设 为方程 的两个根，且 ，
由于 ，则有 ，
当 时， ，则必有 ，
则 必包含在不等式的解中，由图可知 的解为 ，
此时不等式的解中有2个整数，不符合题意，
当 时， ，
由图象可知，当 时，对应的 值唯一，
因为 的解恰有一个整数，所以这个整数为 ，
则 ，当 时， 有最小值为 ，即 有最大值为 ，
当 时， ，此时 ，
即 ；
故答案为： .
题型三：函数
1．（2024·上海宝山·二模）将 （其中 ）化为有理数指数幂的形式为 .
【答案】
【分析】直接利用根式与分数指数幂的运算法则化简求解即可
【详解】
故答案为：
2．（2024·上海奉贤·三模）若 ，则 ．（结果用 的代数式表示）【答案】 /
【分析】根据对数的运算性质化简即可.
【详解】 .
故答案为： .
3．（2024·上海嘉定·二模）函数 的值域为 ．
【答案】
【分析】利用绝对值的定义化简函数解析式，结合不等式的性质，可得答案.
【详解】由函数 ，
当 时， ；当 时， .
综上所述，函数 的值域为 .
故答案为： .
4．（2024·上海·模拟预测）已知 则 ．
【答案】
【分析】利用分段函数的形式可求 .
【详解】因为 故 ，
故答案为： .
5．（2024·上海·模拟预测）已知 ， ，且 是奇函数，则 ．
【答案】
【分析】根据奇函数的性质可求参数 .
【详解】因为 是奇函数，故 即 ，故 ，
故答案为： .
6．（2024·上海静安·二模）函数 的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据题意，结合函数的解析式有意义，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数 有意义，则满足 ，即 ，解得 ，
所以函数 的定义域为 .
故答案为： .
7．（2024·上海宝山·一模）若 ，且 ，则 ．
【答案】6
【分析】根据指对互化，结合换底公式即可求解.
【详解】由 可得 ，
故 ，
由于 ，故 ，
故答案为：6
8．（2024·上海杨浦·二模）若函数 为奇函数，则函数 ， 的值域为
.
【答案】
【分析】由奇函数定义可得 解析式，即可求得值域.
【详解】当 时， ，因为 为奇函数，则 ，所以 ，所以 ， 时 值域为 .
故答案为： .
9．（2024·上海虹口·一模）已知 ，则 的解集是 ．
【答案】
【分析】首先求出当 时的解析式，再根据解析式分段得到不等式组，解得即可.
【详解】因为 ，
设 ，则 ，所以 ，
所以 ，
不等式 ，即 或 ，解得 或 ，
综上可得 的解集 .
故答案为：
10．（2025·上海·模拟预测）设 ，已知 ，若 ，则 的取值范围为
.
【答案】
【分析】讨论 、 ，结合函数解析式求不同区间上对应的参数范围，即可得答案.
【详解】若 ，即 时， ，可得 ；
若 ，即 时， ，可得 ，不符合前提；
综上， 的取值范围为 .故答案为：
11．（2024·上海·模拟预测）已知正实数 满足 ， ，则 .
【答案】 /
【分析】令 ，则由 可得 ，从而可求出 的值，再结合 求出 ，
即可得解.
【详解】令 ，则 ，
由 ，得 ，
所以 ，解得 或 ，
所以 或 ，
所以 或 ，
当 时，则 ，
由 ，得 ，所以 ，
由 ，又 ，解得 ，
所以 ；
当 时，由 ，得 ，所以 ，
由 ，又 ，解得 ，
所以 ，综上所述， .
故答案为： .
12．（2024·上海崇明·二模）已知函数 为奇函数，则 ．
【答案】 /
【分析】考查分段函数奇偶性，先根据函数奇偶性求出函数解析式即可求出函数值.
【详解】令 ，则由题意 为奇函数，
所以当 时， ，
此时 ，
故 ，所以 .
故答案为： .
题型四 数列
1．（2024·上海·一模）等比数列 的各项和为2，则首项 的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用等比数列各项和公式，结合公比的取值范围求解即得.
【详解】依题意， ， 或 ，
则 ， 或 ，
所以首项 的取值范围为 .
故答案为：
2．（2024·上海静安·二模）已知等比数列的前 项和为 ，则 的值为 ．【答案】
【分析】根据题意，分别求得 ， ， ，结合 ，列出方程，即可求解.
【详解】由等比数列的前 项和为 ，
可得 ， ， ，
所以 ，解得 ，经检验符合题意.
故答案为： .
3．（2024·上海金山·二模）设公比为2的等比数列 的前 项和为 ，若 ，则
．
【答案】
【分析】根据等比数列的通项公式及前n项和的概念计算即可得解.
【详解】因为 ，
所以 ，故 .
故答案为：4
4．（2024·上海崇明·二模）若等差数列 的首项 ，前5项和 ，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用等差数列的求和公式，列出方程，即可求解.
【详解】因为等差数列 的首项 ，前5项和 ，
由等差数列的求和公式，可得 ，解得 .
故答案为： .
5．（2024·上海杨浦·二模）各项为正的等比数列 满足： ， ，则通项公式为
.
【答案】【分析】利用给定条件，求出等比数列 的公比，再写出通项公式.
【详解】设正项等比数列 的公比为 ，由 ， ，得 ，
则 ，解得 ，
所以 .
故答案为：
6．（2024·上海松江·二模）已知等差数列 的公差为2，前 项和为 ，若 ，则使得 成立
的 的最大值为 .
【答案】
【分析】根据题意，列出方程求得 ，得到 且 ，结合 ，列出不等式，即
可求解.
【详解】由等差数列 的公差为2，前 项和为 ，若 ，
可得 ，解得 ，
所以 ，且 ，
因为 ，即 ，整理得 ，解得 ，
因为 ，所以使得 成立的 的最大值为 .
故答案为： .
7．（2024·山东济南·三模）数列 满足 ，若 ， ，则数列 的前20项的和为
．
【答案】210
【分析】数列 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.
【详解】数列 满足 ，若 ， ，则 ，所以数列 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列
所以数列 的前20项的和为
.
故答案为：210.
8．（2025·上海·模拟预测）已知 是首项为1、公差为1的等差数列， 是首项为1、公比为
的等比数列．若数列 的前三项和为2，则 ．
【答案】
【分析】写出通项公式，得到 ，从而根据前三项和得到方程，求出公比.
【详解】由题意得 ， ，
则 ，所以前三项和为 ，
解得 或-1（舍去），
故答案为：
9．（2024·上海杨浦·二模）某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘
米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑
安全隐患，堆放高度不得高于 米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .
【答案】134
【分析】由题设信息，第一层有 根，共有 层，利用等差数列前n项和公式列出关系式，再借助整除的
思想分析计算得解.【详解】设第一层有 根，共有 层，则 ，
，显然 和 中一个奇数一个偶数，
则 或 或 ，即 或 或 ，
显然每增加一层高度增加 厘米，
当 时， 厘米 厘米，此时最下层有 根；
当 时， 厘米 厘米，此时最下层有 根；
当 时， 厘米，超过 米，
所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为 根.
故答案为：134
10．（2024·上海宝山·二模）某区域的地形大致如图 ，某部门负责该区域的安全警戒，在哨位 的正上方
安装探照灯对警戒区域进行探查扫描.假设 ：警戒区域为空旷的扇环形平地 ；假设 ：视探照灯
为点 ，且距离地面 米；假设 ：探照灯 照射在地面上的光斑是椭圆.当探照灯 以某一俯角从
侧扫描到 侧时，记为一次扫描，此过程中照射在地面上的光斑形成一个扇环
由此，通过调整 的俯角，逐次扫描形成扇环 、 、 .第一次扫描时，光斑的长轴为 ，
米，此时在探照灯 处测得点 的俯角为 如图 记 ，经测量知 米，且
是公差约为 米的等差数列，则至少需要经过 次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕.【答案】
【分析】依题意， ， ，得到 是以 为首项，以 为公差的等差数
列，求出 与 比较得到答案.
【详解】因为在 中，
， ，
所以 ， ，
故 ，
故 是以 为首项，以 为公差的等差数列，
故 ，
而 ， ，
故 .
所以至少需要 次才能将整个警戒区域扫描完毕.
故答案为： .
11．（2024·上海·三模）已知数列 的通项公式为 ，数列 满足 ，则
【答案】 /
【分析】由已知可得 ，计算即可.
【详解】因为 ， ，
所以 ，
，
.
故答案为： .
12．（2024·上海普陀·二模）设 ， ， 是正整数， 是数列 的前 项和， ， ，若
，且 ，记 ，则 .
【答案】7
【分析】根据数列递推式求出 的通项，从而可得 ，进而可得 ，根据 ，即可求
出 ．
【详解】当 ，故 ，当 时， ，故 ，
因为 ，故 ，所以 ，则 ，
当 时， ，
设数列 ，易知 ，
必有1024，512，256，128，64，32，8,这7个数前面的系数为1，其余系数都是0，
故 ．
故答案为：7．
13．（2024·上海·三模）已知数列 满足 ，点 在双曲线 上，则
．
【答案】4
【分析】根据向量法，当 时， 与渐近线平行，且 在 轴的投影为2，渐近线倾斜角为
，则 ，即可求出.
【详解】作出示意图如图所示：
当 时， 与渐近线平行， 在 轴的投影为2，
不妨取渐近线 ，令其倾斜角为 ，则 ，所以 ，所以 .
故答案为：4.
14．（2024·上海·三模）已知两个等差数列2，6，10，…，202和2，8，14，…，200，将这两个等差数列
的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为 ．
【答案】
【分析】先求出新数列的公差，再结合等差数列的前 项和公式，即可求解.
【详解】等差数列2，6，10，…，202中，公差 ；等差数列2，8，14，…，200中，公差 ，
和 的最小公倍数为 ，
所以新数列 的公差 ，首项 ，所以 ，
令 ，解得 ，故新数列共有 项，
所以新数列的各项之和为 ，
故答案为：
15．（2024·上海闵行·三模）设 是等比数列 的前 项和，若 ， ，则
.
【答案】5
【分析】根据题意，由等比数列前 项和的片段和性质，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意得 ， ，
因为 ， ， ， ，成等比数列，
故 ，即 ，解得 ，
则 ，所以 ， ，故 .
故答案为：
16．（2024·上海·三模）已知数列 共有5项，且满足：① ， ；② ；③ ， ．则满足条件的数列 共有 个
【答案】80
【分析】根据 ， 得到 ，进而得到 、
、 可能的取值，再分类讨论 的值即可.
【详解】因为 ， ，
所以 ，又 ，
所以 ， ， ，
所以 ， ， ，
又因为 ， ， ，
所以 ，
，
时， 有 种选法， 有 种选法，一共有 种选法，
时， 有 种选法， 有 种选法，一共有 种选法，
时， 有 种选法， 有 种选法，一共有 种选法，
时， 有 种选法， 有 种选法，一共有 种选法，
时， 有 种选法， 有 种选法，一共有 种选法，
时， 有 种选法， 有 种选法，一共有 种选法，时， 有 种选法， 有 种选法，一共有 种选法，
所以满足条件的数列 共有 个.
故答案为：80.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数、数列、计数原理综合，综合性很强，关键在于找到 、 、
所要满足的条件，再找到合适的角度进行分类讨论.
17．（2024·上海·模拟预测） ，任意 ，满足
，求有序数列 有 对.
【答案】48
【分析】先确定 ，再结合 ，设
，可得到 ，进而求出这四个数，从而求得答案.
【详解】由题意知 ，
满足 ，
不妨设 ，
则必有 ，
若 ，解得 ；
若 ，解得 ，
由此可知此时有2种情况，
结合任意 ，共有 对，
故答案为：48
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是结合 推出时，这四个数的值，进而结合题意求得答案.
18．（2024·上海普陀·模拟预测）对于正整数 ，设 是关于 的方程 的实数根，记
，其中 表示不超过实数 的最大整数，则 .
【答案】
【分析】根据导数 可得 为单调递增函数，根据零点存在性定理找到方程 的实
数根 的取值范围，代入 ，即可得出通项公式，由等差数列求和公式即可求出答案.
【详解】令 ，则 ，函数 单调递增，
因为 ，故方程 存在唯一的实数根 ，
又 时, ，
所以 ，
因此可得： ，所以 ，
因为 ，其中 表示不超过实数 的最大整数，
所以 ，
结合等差数列求和公式可得： .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据零点存在性定理找到方程 的实数根取值范围，得
到 ，再由题意得到 .
19．（2024·上海奉贤·一模）已知集合 是由函数 的图象
上两两不相同的点构成的点集，集合 ，其中 、．若集合 中的元素按照从小到大的顺序排列能构成公差为 的等差数列，当 时，则符
合条件的点集 的个数为 ．
【答案】60
【分析】确定数列中最大值为1，最小值为 ，然后根据 分类得出等差数列，再由等差数列的项确定点
的横坐标的值，然后由 中对应点的情形确定集合个数．
【详解】由已知 , ，
设 ，则 ，显然 ，
若 ，则 ，因此有 ，
由 得 或 ，对应 ，
同理 对应 ，
集合 中已经含有点 ，
因此产生 的集合 中，点 可有也可没有， 至少有一个，
所以 的个数为 ，
若 ，则 ，
， 或 ， ， 或 ，
对应点 ，
产生 的集合 中，点 可有也可没有， 至少有一个，
中至少有一个， 中至少有一个， 的个数为 ，
综上，集合 的个数为 ．
故答案为：60.
【点睛】方法点睛：确定集合的个数即为确定集合中元素的可能性，本题中首先确定出最终等差数列的最大值和最小值，从而根据公差得出等差数列，由等差数列确定可能含有的点，从而得出集合个数．
20．（2024·上海黄浦·二模）已知数列 是给定的等差数列，其前 项和为 ，若 ，且当
与 时， 取得最大值，则 的值为 .
【答案】21
【分析】不妨设数列 的公差大于零，不妨取 ，则 ，设 ，再分
和 两种情况讨论，可得出 的值，再讨论 ，即可求出 ，即可得解.
【详解】不妨设数列 的公差大于零，
由于 ，得 ，
且 时， ， 时， ，
不妨取 ，则 ，
设 ，
若 ，则 ，此时式子取不了最大值；
若 ，则 ，
又 时， ，
因为 ，此时式子取不了最大值；
因此这就说明 必成立.若 ，则 ，
这也就说明 不成立，因此 ，
所以 .
故答案为： .
21．（2024·上海杨浦·二模）已知实数 满足：① ；②存在实数 ，使得 ， ，
是等差数列， ， ， 也是等差数列.则实数 的取值范围是 .
【答案】
【分析】设等差数列 的公差为 ，根据给定条件，结合三角恒等变换化简得 ，由正切
函数性质可得 随 增大而增大，再由 的临界值点得 ，代入利用二倍角的余弦求解即得.
【详解】设等差数列 的公差为 ， ，依题意， ，
于是 ，整理得 ，
即 ，因此 ，
即有 ，则 随 增大而增大，而
当 ， 时， 到达 时是临界值点，此时 ，
代入得 ，即 ，整理得 ，
而 ，解得 ，则 ，即 ，
所以实数 的取值范围是 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换化简所列式子，借助函数单调性分析 的临界值点是解决本问题
的关键.22．（2024·上海·三模）已知有穷数列 的首项为1，末项为12，且任意相邻两项之间满足
，则符合上述要求的不同数列 的个数为 ．
【答案】144
【分析】首末项相差11，从首项到末项的运算方法进行分类，结合组合计数问题列式计算即得.
【详解】依题意，首项和末项相差11，而任意相邻两项之间满足 ， ，
当 时，即后一项与前一项的差均为1，数列 的个数为1；
当 时，即后一项与前一项的差出现一个2，九个1，数列 的个数为 ；
当 时，即后一项与前一项的差出现两个2，七个1，数列 的个数为 ；
当 时，即后一项与前一项的差出现三个2，五个1，数列 的个数为 ；
当 时，即后一项与前一项的差出现四个2，三个1，数列 的个数为 ；
当 时，即后一项与前一项的差出现五个2，一个1，数列 的个数为 ，
所以符合上述要求的不同数列 的个数为 .
故答案为：144
【点睛】关键点点睛：按后一项与前一项的差2出现的次数分类是解决本问题的关键.
23．（2024·上海·模拟预测）无穷等比数列 满足首项 ，记 ，
若对任意正整数 集合 是闭区间，则 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当 时，不妨设 ，则 ，结合 为闭区间
可得 对任意的 恒成立，故可求 的取值范围.【详解】由题设有 ，因为 ，故 ，故 ，
当 时， ，故 ，此时 为闭区间，
当 时，不妨设 ，若 ，则 ，
若 ，则 ，
若 ，则 ，
综上， ，
又 为闭区间等价于 为闭区间，
而 ，故 对任意 恒成立，
故 即 ，故 ，
故 对任意的 恒成立，因 ，
故当 时， ，故 即 .
故答案为： .
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有
关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
24．（2024·上海·三模）设关于x的方程 的从小到大的第i个非负解为 ，若数
列 是无穷等差数列，且 在区间 中的项恰好比在区间 中的项少2项，则ω的取值
集合为 ．
【答案】
【分析】由正弦函数的性质确定t的可能取值，按照t的取值分类讨论，即可求解.
【详解】由函数 的性质可得，若原方程的非负解从小到大可以组成一个无穷等差数列，可得 或 ，
当 时，由于区间 与区间 的区间长度相同，均为1，
所以若 在区间 中的项恰好比在区间 中的项少2项，
则 与 均为函数 的最大值点，
所以 ，所以 ，该方程无解；
同理当 时，也不合题意；
当 时，由于区间 与区间 的区间长度相同，均为1，
所以若 在区间 中的项恰好比在区间 中的项少2项，
则 与 均为函数 的最零点，
所以 ，所以 ；
故答案为： .
【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题：
（1）原方程的非负解从小到大可以组成一个无穷等差数列，确定t的可能取值；
（2）按照t的取值分类讨论，根据正弦函数的图象与性质，结合区间长度的关系得出 满足的条件；
（3）解方程组即可求解.
题型五 平面向量
1．（2024·上海·三模）设平面向量 ， ，若 ， 不能组成平面上的一个基，则
.
【答案】 /
【分析】根据平面的基的概念，判断 ，利用向量共线的坐标公式计算即得.【详解】由题意可知， ， ， ，
则 ，解得 .
故答案为： .
2．（2024·上海青浦·二模）已知向量 ， ，则 ．
【答案】
【分析】由向量的数量积公式求两个向量的夹角即可.
【详解】由向量的夹角公式得 ，又因为 ，
所以 .
故答案为： .
3．（2024·上海闵行·二模）双曲线 的左右焦点分别为 ，过坐标原点的直线与 相交于
两点，若 ，则 .
【答案】4
【分析】由双曲线的对称性可得四边形 为平行四边形，根据双曲线的定义和 ，得
， ， 中，由余弦定理得 ，
，代入求值即可.【详解】双曲线 ，实半轴长为1，虚半轴长为 ，焦距 ，
由双曲线的对称性可得 ，有四边形 为平行四边形，
令 ，则 ，由双曲线定义可知 ，
故有 ，即 ，即 ， ，
中，由余弦定理，
，
即 ，得 ，
.
故答案为：4.
4．（2024·上海·模拟预测）如图，矩形 中， 为 中点， 与 交于点 ，若将 ，
作为平面向量的一个基，则向量 可表示为 （用 表示）.【答案】
【分析】先利用平行线的性质求出 ，进而利用向量的线性运算求解即可.
【详解】由已知 ，
则 ，
所以 ，
所以 .
故答案为： .
5．（2024·上海奉贤·三模） 中， ，若 在 上的投影为 ．则 ．
【答案】
【分析】作 ，根据题意，求得 ，得到 ，结合 ，即可求解.
【详解】如图所示，过点 作 于点 ，
因为向量 在 上的投影为 ，可得 ，所以 ，
又因为 ，则 .
故答案为： .
6．（2025·上海崇明·二模）已知 ，则 ．
【答案】【分析】写出 坐标，由坐标得到 .
【详解】 ，∴ .
故答案为：
7．（2024·上海嘉定·二模）在平面直角坐标系 中，点 在圆 上运动，定点 、 满足
且 ，若 恒成立，则实数 的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意可得向量 、 是夹角等于 的单位向量，因此给出点 、 的坐标，设
，将 表示为关于 的三角函数表达式，利用辅助角与正弦函数的图象与
性质，算出 的最大值，进而求出实数 的取值范围．
【详解】由 ，则 ，
以 为原点建立坐标系，可设 、 ，
由点 在圆 上运动，设 ，
则 ， ，
可得 ，
由三角函数的定义与性质可知：当 时， 与 均为正数，
此时 存在最大值，因为 ，
当 时， 的最大值为 ，
即 有最大值 ，
因为 恒成立，
所以 ，即实数 的取值范围为 ．
故答案为： ．
8．（2024·上海杨浦·一模）已知 ，若 ，则向量 与 的夹角的余弦值为 .
【答案】 /
【分析】设向量 与 的夹角为 ，根据向量垂直运算可得答案.
【详解】设向量 与 的夹角为 ，
若 ，则 ，
所以 ，
可得 .
故答案为： .
9．（2024·上海长宁·一模）已知向量 ，则向量 在 方向上的投影的坐标是 ．【答案】
【分析】利用向量的数量积运算以及投影坐标的概念求解．
【详解】由题得 ，所以 ，
与向量 的同向单位向量为 ，
所以向量 在向量 方向上的投影的坐标为 ．
故答案为： ．
10．（2024·上海普陀·一模）设 ，在如图所示的平行六面体 中，
， ， ，点 是棱 的中点， ，若
，则 的值为 .
【答案】
【分析】以 为基底表示 ，结合题意运用数量积及向量数乘运算即可求解.
【详解】 ，
，，
所以 ，
由 ， ， ，
可得 ，
，解得 .
故答案为： .
11．（2024·上海徐汇·二模）如图所示，已知 满足 ， 为 所在平面内一点.
定义点集 .若存在点 ，使得对任意 ，满足 恒成
立，则 的最大值为 .
【答案】
【分析】延长 到 满足 ，取 的靠近 的三等分点 ，连接 ，由向量共线定理得
三点共线，从而 表示 的边 上的高，利用正弦定理求得 的面积的最大值，从
而可得结论．
【详解】延长 到 满足 ，取 的靠近 的三等分点 ，连接 ，如图，，
所以 三点共线，
又存在点 ，使得对任意 ，满足 恒成立，则 的长表示 到直线 的距离，即
的边 上的高，设 ，
由 得 ， ， 公用，因此 ，
所以 ，
中，设 ，由正弦定理得 ， 记为角 ，
所以 ， ， ，
所以
，
若 不是钝角，则
，
又 ，所以 ，即 ，
所以 ，
设 ，则 ， ，它是减函数，
所以 时， ，
若 是钝角，则
，设 ，则 ， ，
令 ，则 ，
，
时， ， 递减， 时 ， 递增，
所以 时， ， ，
综上， ，
此时 ．
故答案为：3．
【点睛】方法点睛：本题考查向量的线性运算，考查三角形的面积，解题方法其一是根据向量共线定理得
出 点在一条直线，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值，解题方法其二是利用
正弦定理求三角形的面积，本题中注意在用平方关系转化时，需要根据 是否为钝角分类讨论，才能
正确求解（本题用海伦公式求三角形的面积方法较简便）．
12．（2025·上海·模拟预测）设 ，集合 .若对任意 ，均存在 和
，满足 ， ，则 的最大值为 .
【答案】
【分析】设方程 表示的区域为 ，分析可知区域 为正方形 及其内部，设，可知点 在线段 上，记 为过点 的线段 的长度的最大值，则 的最大
值为 的最小值，根据对称性分析求解即可.
【详解】设方程 表示的区域为 ，
用 代换 方程不变，可知区域 关于y轴对称；
用 代换 方程不变，可知区域 关于x轴对称；
当 时，区域 可化为 ，据此可得区域 的图形如图阴影所示，
取 ，
可知区域 为正方形 及其内部，
设 ，点 均在区域 内，
因为 ， ，即 ， ，
可知点 在线段 上，
又因为 ，记 为过点 的线段 的长度的最大值，
若求 ，不妨假设点 在正方形 的边界上，
若 ，即 ，
可知 的最大值为 的最小值，
取 的中点分别为 ，可知区域 关于直线 对称，根据对称性只需假定点 在线段 上即可，此时 ，
可知当点 与点 重合时， 取到最小值 ，
所以 的最大值为 .
故答案为： .
【点睛】思路点睛：1.根据题意分析集合 表示的平面区域；
2.根据向量相关知识分析 的最大值表示的意义.
题型六 二项式定理
1．（2024·上海金山·二模）在 的展开式中，记 项的系数为 ，则
．
【答案】
【分析】根据二项式展开式的通项公式可得 ，即可求解 .
【详解】 展开式的通项公式为 ，
所以 ，
则 .
故答案为：40
2．（2024·上海崇明·二模）若 的二项式展开式中 的系数为10，则 ．
【答案】1
【分析】由多项式的二项展开式的通项公式列出方程，求解即得.
【详解】由 的通项公式可知二项式展开式中 的系数为 ，则得 ，解得 .
故答案为：1.
3．（2024·上海杨浦·二模）已知二项式 ，其展开式中含 项的系数为 .
【答案】45【分析】根据二项式展开式的通项公式可得 ，令 即可求解.
【详解】由题意知， 展开式的通项公式为 ，
令 ，得 ，
即含 项的系数为45.
故答案为：45
4．（2024·上海·三模）若 的二项展开式中第 项与第 项的系数相等，则该展开式中 的系数为
．
【答案】
【分析】求得二项式的展开式的通项公式，由题意可得 ，可求得 ，可求 项的系数.
【详解】 的展开式为 ，
因为二项展开式中第 项与第 项的系数相等，
所以 ，所以 ，
令 ，解得 ，
所以该展开式中的 系数为 .
故答案为：6.
5．（2024·上海奉贤·一模） 的二项展开式中的常数项为 ．（用数字作答）
【答案】5
【分析】写出展开式的通项，令 的指数为 即可；
【详解】由题意可知： ，令 ，所
以常数项为 .故答案为：
6．（2024·上海徐汇·一模）在 的二项展开式中，若各项系数和为32，则正整数 的值为 .
【答案】5
【分析】令 ，解出 即可.
【详解】因为 ，且各项系数和为32，
令 ，则 ，解得 ，
所以正整数 的值为5.
故答案为：5.
7．（2024·上海黄浦·二模）若 的展开式中 的系数是 ，则实数 .
【答案】
【分析】根据通项公式得到 ，求出 ，从而得到方程，求出 .
【详解】通项公式为 ，
令 ，解得 ，
故 ，解得 .
故答案为：
8．（2024·上海·三模）若 ，则
【答案】
【分析】直接利用二项式的展开式和赋值法的应用求出结果．
【详解】根据 的展开式 ， ，1，2， ， ；
当 时， ；
当 时， ，
令 时， ，
所以 ，故 ．
故答案为： ．
9．（2024·上海浦东新·三模）若 ，则 的值为 .
【答案】
【分析】利用赋值法求解.
【详解】根据题意， ，
令 ，得 ，
令 ，得 ，
所以 .
故答案为： .
10．（2024·上海·模拟预测）在 的二项展开式中，若各项系数和为32，则 项的系数为 ．
【答案】10
【分析】根据给定条件，求出幂指数 ，再利用二项式定理求出指定项的系数.
【详解】则二项式 的展开式各项系数和为32，得 ，解得 ，
所以 的展开式 项的系数为 .
故答案为：10
11．（2024·上海青浦·一模） 的展开式中， 项的系数为 .
【答案】
【分析】写出 展开式的通项，利用通项求出 项的系数.
【详解】 展开式的通项为 ， ，
所以含 的项为 ，即 项的系数为 .
故答案为：
