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猜押 03 上海高考 13~16 题（选择题）
考点 3年考题 考情分析
考查方向元素与集合关系的判断、集合的包含关系的判
集合 2021年~2023年
断及应用、交集及其运算。
考查方向等式与不等式性质、不等关系与不等式、基本
不等式 2022年
不等式及其应用
考查方向函数的定义域及其求法、三角函数的周期性、
函数 2023年、2024年 函数奇偶性的性质与判断、反函数、三角函数的最值、
同角三角函数的基本关系、函数与方程的综合应用
考查方向数列的应用、数列的极限、等差数列与等比数
数列 2022年、2023年
列的综合
考查方向异面直线的判定、空间中直线与直线的位置关
立体几何 2022年~2024年
系、空间中直线与平面之间的位置关系、空间向量
考查方向直线与圆的位置关系、曲线与方程、圆锥曲线
圆锥曲线 2022年、2023年
的轨迹问题
概率与统计 2023年、2024年 考查互斥事件与对立事件、散点图、统计图表获取信息
题型一 集合
1．（2024·上海松江·二模）已知集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】直接根据交集概念求解.
【详解】因为集合 ， ，
所以 .故选：D.
2．（2024·上海·三模）已知集合 ， ， 或 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用并集的意义求出 即得.
【详解】集合 ， ， 或 ，
所以 .
故选：D
3．（2024·上海闵行·二模）设 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
【答案】B
【分析】判断“ ”和“ ”之间的逻辑推理关系，即可得答案.
【详解】当 时， 或 ，不能推出有 成立；
当 时，则 ，必有 成立，
故“ ”是“ ”的必要非充分条件，
故选：B
4．（2024·上海虹口·一模）已知 ，则“ ”是“ ”的（ ）条件．
A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．既非充分又非必要
【答案】C
【分析】结合诱导公式及特殊角的三角函数值求出两个条件的 的值，进而结合充分、必要条件的定义判
断即可.
【详解】由题意， ，
由 ，即 ，则 或 ，由 ，则 ，
所以“ ”是“ ”的必要非充分条件．
故选：C.
5．（2024·上海静安·一模）设 ，则“ ”是“ 且 ”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
【答案】B
【分析】正向取反例即可，反向根据不等式性质即可，最后根据必要不充分条件判定即可.
【详解】正向来看，取 ，则 ，满足 ，但不满足 且 ，故充分性不成立，
反向来看， ，则 ，故必要性成立，
所以前者是后者的必要不充分条件.
故选：B.
6．（2025·上海·模拟预测）若集合 满足 ，则 可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据集合的包含关系写出集合 ，即可得答案.
【详解】由 ，则 或 .
故选：A
7．（2024·上海崇明·二模）已知函数 的定义域为 ．
命题 ：若当 时，都有 ，则函数 是D上的奇函数．
命题 ：若当 时，都有 ，则函数 是D上的增函数．
下列说法正确的是（ ）
A．p、q都是真命题 B．p是真命题，q是假命题
C．p是假命题，q是真命题 D．p、q都是假命题
【答案】C【分析】根据题意，结合函数奇偶性与单调性的定义及判定方法，即可求解.
【详解】对于命题 ，令函数 ，
则 ，此时 ，当函数 不是奇函数，
所以命题 为假命题，
对于命题 ，当 时，都有 ，即 ，不可能 ，
即当 时，可得 ，满足增函数的定义，所以命题 为真命题.
故选：C.
8．（2024·上海徐汇·二模）三棱锥 各顶点均在半径为 的球 的表面上，
，二面角 的大小为 ，则对以下两个命题，判断正确的是（ ）
①三棱锥 的体积为 ；②点 形成的轨迹长度为 .
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
【答案】A
【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断 外心 和 外心
的位置，利用垂直关系证明 是 中点，利用体积公式判断①，根据 为定长判断 点轨迹是圆，判
断②．
【详解】由题意知 ，故 ,
设 外心为 ，则 为BC的中点，设 外心为 ，当P、O位于平面ABC同侧时，如图，则 平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 ，
， ，
， 平面 ， 平面 ，
又因为 ，则 平面 ，即 ， ， ， 四点共面，
则 平面 ，
连接 ，则 为二面角 的平面角，
二面角 的大小为 ， ，
而 ， ，因为 平面 ， 平面 ，
故 ，而 ，则 ，
在 中， ，
则 ，故 ，即 三点共线，
且 是 的中点；
则 ，故①是真命题；
又 ，
点 形成的轨迹是以 为圆心，半径为 的圆被BC截的优弧，同理，当P、O位于平面ABC异侧时，点 形成的轨迹是以 为圆心，半径为 的圆被BC截的劣弧，
轨迹长度为 ，故②真命题．
故选：A．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据空间的位置关系，推出 三点共线，及说明 是 得
中点，从而确定点 形成的轨迹.
9．（2024·上海·三模）在平面直角坐标系 中，双曲线 、 的中心在原点，焦点都在x轴上，且
与 不重合．记 、 的离心率分别为 、 ，则“ ”是“ 与 没有公共点”的（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】由双曲线的离心率计算公式及方程组解的情况，结合充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】设双曲线 、 的长半轴长分别为 ，短半轴长分别为 ，
双曲线 ： ，双曲线 ： ，
若 ，即 ，则 ，即 ，此时 ，否则 、 重合，
显然方程组 无解，即双曲线 与 没有公共点；
令双曲线 ： ，双曲线 ： ，方程组 无解，
即双曲线 与 没有公共点，而 ， ，有 ，
所以“ ”是“ 与 没有公共点”的充分不必要条件.故选：A
10．（2024·上海·模拟预测）定义一个集合 ，集合中的元素是空间内的点集，任取 ，存在不
全为0的实数 ，使得 ．已知 ，则 的充分条件是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当 时，三个向量构成空间的一个基底，
则即可分析出正确答案.
【详解】由题意知这三个向量 共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知 三个向量共面，则当 无法推出
，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知 三个向量共面，则当 无法推出
，故B错误；
对C， 由空间直角坐标系易知 三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由 能推出 ，
对D，由空间直角坐标系易知 三个向量共面，
则当 无法推出 ，故D错误.
故选：C．
11．（2024·上海浦东新·三模）“ ”是“ ”的（ ）条件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】求出 的解集，根据充要条件的定义即可得到结论.
【详解】令 ，所以 的解集为： ，
所以“ ”能推出“ ，
而“ 不能推出“ ”即“ ”，是“ ”的充分不必要条件；
故选：A
12．（2024·上海闵行·二模）已知 ，集合 ， ，
. 关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
命题①：集合 表示的平面图形是中心对称图形；
命题②：集合 表示的平面图形的面积不大于 .
A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题
C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题
【答案】A
【分析】根据 是奇函数，可以分析出当 时 ，所以集合 表示的平面图形是
中心对称图形；结合集合 代表的曲线及不等式的范围可以确定集合 表示的平面图形，从而求得面积，
与 进行比较.
【详解】对于 ，集合 关于原点中心对称，且函数
是奇函数，若 则 则 ，
即若 则 ，即集合 表示的平面图形是关于原点中心对称图形，故①是真命题；
对于 ，
由 即 知 ，
设 ，则 与 一一对应且 随 的增大而增大， ，
又由 知 ，
结合 知在 范围内， 与 一一对应且 随 的增大而减小，
所以在 范围内， 与一一对应且 是关于 的减函数，
由①可知 图象关于原点中心对称，所以可得到 在
的图象，如图
代入点 可得 ，所以 的区域是右半部分，
面积为正方形面积的一半，即集合 表示的平面图形的面积 ，故②是假命题.
故选：A.
【点睛】方法点睛：确定不等式表示的区域范围
第一步：得到等式对应的曲线；
第二步：任选一个不在曲线上的点，若原点不在曲线上，一般选择原点，检验它的坐标是否符合不等式；
第三步：如果符合，则该点所在的一侧区域即为不等式所表示的区域；若不符合，则另一侧区域为不等式所表示的区域.
题型二 不等式
1．（2023·上海杨浦·一模）已知实数 ， 满足 ，则下列不等式恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据函数的性质判断即可.
【详解】因为 , 是定义在 上的偶函数，
所以当实数 满足 时， , 不一定成立，故 不符合题意；
因为 是定义在 上单调递增的奇函数，
所以当实数 满足 时，则 ，故 符合题意；
因为 在 上单调递减，
所以当实数 满足 时， 不一定成立，不符合题意.
故选： .
【点睛】判断不等式恒成立问题，方法有以下几种：1、可借助函数的单调性判断；2、可带特殊值说明不
等式不成立；3、根据不等式关性质判断；4、作差比较大小；5、作商比较大小.对于选择题我们一般采用
排除法.
2．（2024·上海杨浦·二模）已知实数 ， ， ， 满足： ，则下列不等式一定正确的是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】举例说明判断ABD；利用不等式的性质推理判断C.
【详解】对于ABD，取 ，满足 ，
显然 ， ， ，ABD错误；
对于C， ，则 ，C正确.
故选：C
3．（2024·上海宝山·二模）已知 ，则（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，及函数单调性，即可求解.
【详解】 ，
则 ，故A正确；
，故B错误；
，故C错误；
，故D错误.
故选：A.
4．（2023·上海闵行·三模）已知集合 ， ，若“ ”是“ ”的充分
非必要条件，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先解一元二次不等式求出集合 ，依题意可得 ，即可得到 ，再求出集合 ，即可求
出参数的取值范围.
【详解】由 ，解得 ，所以 ，
因为 ，所以不等式 ，等价于 ，
因为“ ”是“ ”的充分非必要条件，所以 ，
所以 ，则 ，所以不等式 ，即 ，解得 ，
所以 ，
又 ，所以 .
故选：B5．（2023·上海闵行·一模）已知a， ， ，则下列不等式中不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据不等式性质可判断A，B；举反例可判断C；根据指数函数的单调性判断D.
【详解】对于A，B，a， ， ，则 , 一定成立；
对于C，取 ，满足 ，则 ，
当 时， ，故C中不等式不一定成立；
对于D，由 ，由于 在R上单调递增，则 成立，
故选：C
6．（2023·上海崇明·一模）若 ，则下列不等式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】ABD举反例即可判断，C结合反比例函数即可判断.
【详解】对A，若 ，则 ，但 ，A错误；
对B，若 ，则 ，但 ，B错误
对D，若 ，则 ， ，D错误；
对C，结合反比例函数 知其在 单调递减，则 ，有 ，C正确.
故选：C
7．（2024·上海闵行·三模）设 ， ， 是不全相等的实数，随机变量 取值为 ， ， 的概率都是 ，
随机变量 取值为 ， ， 的概率也都是 ，则（ ）A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】B
【分析】首先求出 ，设 ，从而得到 ， 、 ，再利用作差法判断 与
的大小关系，即可得解.
【详解】因为随机变量 取值为 ， ， 的概率都是 ，
∴ ，设 ，
则
；
随机变量 取值为 ， ， 的概率都是 ，
∴ ，
；
由 ， ， 是不全相等的实数，
，，∴ ；
综上， ， .
故选：B.
8．（2023·上海奉贤·一模）已知等差数列 的前 项和为 ，且关于正整数 的不等式
与不等式 的解集均为 ．
命题 ：集合 中元素的个数一定是偶数个；
命题 ：若数列 的公差 ，且 ，则 ．
下列说法中正确的是（ ）
A．命题 是真命题，命题 是假命题 B．命题 是假命题，命题 是真命题
C．命题 是假命题，命题 是假命题 D．命题 是真命题，命题 是真命题
【答案】B
【分析】举反例即可判断命题 为假；由 可知 单调递增，结合 且 可知
，即可判断命题 为真.
【详解】对于命题 ：当 时， 的解集为 ，
的解集为 ，此时集合 中元素的个数是1，
故命题 为假命题；
对于命题 ：又公差 ，则 单调递增，
由 ，得 且 ，
解得 且 ，所以所以 ，故命题 为真命题.
故选：B
9．（2023·上海长宁·二模）设各项均为实数的等差数列 和 的前n项和分别为 和 ，对于方程①
，② ，③ ．下列判断正确的是（ ）
A．若①有实根，②有实根，则③有实根
B．若①有实根，②无实根，则③有实根
C．若①无实根，②有实根，则③无实根
D．若①无实根，②无实根，则③无实根
【答案】B
【分析】若①有实根，得到 ，设方程 与方程 的判别式分别
为 和 ，得到 ，结合举反例可以判断选项AB；通过举反例可以判断选项CD.
【详解】若①有实根，由题意得： ，
其中 ， ，
代入上式得 ，
设方程 与方程 的判别式分别为 和 ，
则 等号成立的条件是
．
又 ，
如果②有实根，则 ，则 或者 ，所以③有实根或者没有实根，如
满足 ， ，但是 ，所以③没有实根，所以选项A错误；
如果②没实根，则 ，则 ，所以③有实根，所以选项B正确；
若①无实根，则 ，②有实根，则 ,
设 ，所以 ， ，
此时 ，则③有实根，所以选项C错误；
若①无实根，则 ，②无实根，则 ,
设 ，所以 ， ，
此时 ，则③有实根，所以选项D错误.
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是排除法的灵活运用，要证明一个命题是假命题，证明比较困难，只
需举一个反例即可.
题型三 函数
1．（2024·上海虹口·二模）设 ，将函数 的图像沿 轴向右平移 个单位，
得到函数 的图像，则（ ）
A．函数 是偶函数
B．函数 的图像关于直线 对称
C．函数 在 上是严格增函数
D．函数 在 上的值域为
【答案】D【分析】利用两角和的正弦公式化简 的解析式，再根据三角函数的变换规则得到 的解析式，最
后根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】因为 ，
将函数 的图像沿 轴向右平移 个单位得到 ，
又 ，所以 为奇函数，故A错误；
因为 ，所以函数 的图像不关于直线 对称，故B错误；
当 时 ，因为 在 上单调递减，
所以函数 在 上是严格增减函数，故C错误；
当 时 ，所以 ，
则 ，即函数 在 上的值域为 ，故D正确.
故选：D
2．（2023·上海金山·一模）已知角α的终边不在坐标轴上，则下列一定成等比数列的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】对于ABC，举反例排除即可；对于D，利用三角函数的基本关系式即可判断.
【详解】角 的终边不在坐标轴上，有 ， ， ， ，对于A，令 ，则 ，
，即 ，A不是；
对于B，令 ，则 ，即 ，B不是；
对于C，令 ，则 ，
于是 ，即 ，C不是；
对于D， ，则 ，则 一定成等比数列，D是.
故选：D
3．（2023·上海奉贤·一模）函数 在定义域 上是（ ）
A．严格增的奇函数 B．严格增的偶函数
C．严格减的奇函数 D．严格减的偶函数
【答案】A
【分析】根据题意，分别判断函数奇偶性以及单调性，即可得到结果.
【详解】令 ，任取 ，
则 ，
因为 是 上的严格增函数，所以 ，
则 ，所以 ，
则函数 是 上的严格增函数；又 ，即函数 为奇函数，
所以函数 在定义域 上是严格增的奇函数.
故选：A
4．（2024·上海奉贤·二模）已知函数 ，其中 ， ，其中 ，则图象如
图所示的函数可能是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数图象和 的奇偶性判断.
【详解】易知 是偶函数， 是奇函数，给出的函数图象对应的是奇函数，
A. ，定义域为R，
又 ，所以 是奇函数，符合题意，故正确；
B. ， ，不符合图象，故错误；
C. ，定义域为R，但 ，故函数是非奇非偶函数，故错误；
D. ，定义域为R，
但 ，故函数是非奇非偶函数，故错误，
故选：A
5．（2023·上海宝山·三模）已知 ，集合 ，若集合 恰有8个子集，则
的可能值有几个（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据子集个数可得集合元素个数，再由正弦函数性质即可确定n的取值.
【详解】由题意易知， ，均是集合 中的元素，
又集合 恰有8个子集，故集合 只有三个元素，
有 ，则结合诱导公式易知，
可取的值是4或5.
故选：B
6．（2023·上海·模拟预测）设 ，函数 在区间 上的最小值为 ，在 上的最小值为
，当a变化时，以下不可能的情形是（ ）
A． 且 B． 且 C． 且 D． 且
【答案】D
【分析】根据给定条件，举例说明，排除不可能的选项作答.
【详解】因为函数 的最小正周期是 ，因此只需考查离原点最近的右侧一个周期内的区间即
可，
当 时， ， ，而 ， ，因此 在 上的最小值 ，在 上的最小值 ，A可能；
当 时， ， ，
因此 在 上的最小值 ，在 上的最小值 ，B可能；
当 时， ， ，
因此 在 上的最小值 ，在 上的最小值 ，C可能；
对于D，若 ，则 ，
若 ，则区间 的长度 ，并且 且 ，
即 且 与 矛盾，所以D不可能.
故选：D
7．（2023·上海长宁·一模）设点 是以原点为圆心的单位圆上的动点，它从初始位置 出发，沿单位
圆按逆时针方向转动角 后到达点 ，然后继续沿单位圆按逆时针方向转动角 到达 .若点
的横坐标为 ，则点 的纵坐标（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由 在单位圆上，得到 的坐标，再根据三角函数的定义得出 的值，从而求出 的值，
再运用两角差的正弦公式求解.
【详解】由题可知 ，且 ，因为 ，可知
则 ，
所以
.
故选：D.
8．（2024·上海嘉定·二模）已知函数 的最小正周期是 ，函数 的最小正周
期是 ，且 ，对于命题甲：函数 可能不是周期函数；命题乙：若函数
的最小正周期是 ，则 ．下列选项正确的是（ ）
A．甲和乙均为真命题 B．甲和乙均为假命题
C．甲为真命题且乙为假命题 D．甲为假命题且乙为真命题
【答案】C
【分析】利用三角函数的周期性，选用特殊函数和反证法验证两个命题.
【详解】甲:存在 不是周期函数，
(反证法)假设 是周期函数，
则存在非零常数 ，使得对 ，都有 ，
即 ①，
在①式中，取 ，得 ②，
在①式中，取 ，得 ③，
在①式中，取 ，得 ④，
由③④得， ，
所以 ⑤，由②⑤得， ，所以 ，
显然 ，所以 ，所以存在 且 ，使 ，
又 ，所以存在 ，使得 ，
所以 ，所以 ，所以 是有理数，矛盾，
所以 不是周期函数，正确;
乙:取 ，则 ，所以 ，错误;
故选：C
9．（2024·上海徐汇·二模）已知函数 ，其中 ，实数 ，下列选项中正确
的是（ ）
A．若 ，函数 关于直线 对称
B．若 ，函数 在 上是增函数
C．若函数 在 上最大值为1，则
D．若 ，则函数 的最小正周期是
【答案】C
【分析】求出 即可判断选项A；由正弦函数的单调性即可判断B；由正弦函数的性质可得关于 的
不等式，从而可求出 的取值范围，即可判断C；判断 ，即可判断D．
【详解】对于A，若 ，则 ，
，不是最值，
所以 不关于直线 对称，故A错误；
对于B，若 ，则 ，当 时， ，因为正弦函数 在 上不单调，
所以函数 在 上不是增函数，故B错误；
对于C， ，则 ，
因为函数 在 上最大值为1，
所以 ，解得 ，故C正确；
对于D，若 ，函数 ，
因为 ，
所以函数 的最小正周期不是 ，故D错误．
故选：C．
10．（2024·上海长宁·一模）已知函数 在区间 上单调递增，则 的取值范围
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题可得 ，然后结合正弦函数的单调性及可得答案.
【详解】因为 ， ，所以 ，
因为 在 ， 上单调递增，则 ，得 ， ，
又 ，取 ，则 ，即 .
故选：A.
11．（2023·上海嘉定·一模）已知等差数列 ，公差为 ，则下列命题正确的是
（ ）
A．函数 可能是奇函数
B．若函数 是偶函数，则
C．若 ，则函数 是偶函数
D．若 ，则函数 的图象是轴对称图形
【答案】D
【分析】利用 可判断A；举反例可判断BC；求出 可判断D.
【详解】对于A，若函数 是奇函数，则 ，
可得 ，所以 ，此时 ， ，
此时函数 是偶函数，故A错误；
对于B，当 时， ，所以 ，
，函数 是偶函数，
则 ，故B错误；
对于C，若 ，则 ，则 ，所以 ，
则 ，所以函数 不是偶函数，故C错误；对于D，若 ，则 ，
，所以 ，
所以函数 的图象关于 对称，是轴对称图形，故D正确.
故选：D.
12．（2023·上海嘉定·一模）已知定义在 上的函数 满足 ，且
，则（ ）
A． B． 为奇函数 C． 有零点 D．
【答案】D
【分析】利用赋值法，结合奇函数的定义、零点的定义逐一判断即可.
【详解】A：在 中，
令 ，得 ，
因为 ，所以 ，所以本选项不正确；
B：函数的定义域为全体实数，由上可知 ，显然不符合 ，因此本选项不正确；
C：在 中，
令 ，得
，或 ，
显然函数 没有零点，故本选项不正确，
D：在 中，
令 ，
得 ，所以本选项正确，
故选：D【点睛】关键点睛：本题的关键是利用赋值法.
13．（23-24高三上·上海·阶段练习）已知函数 依次是定义在R上的严格增函数、
严格减函数以及周期函数，记 ，其中 表示 三数中的最大者.
考虑如下三个命题：
①若 是严格增函数，则 ；
②若 是严格减函数，则 ；
③若 是周期函数，则 .
其中真命题的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】根据函数 是严格增函数，严格减函数和周期函数，结合函数的单调性和周期性性质逐项
判断即可.
【详解】对于①， 是严格增函数，得： ，且 ，有 ，
又因为 ， 依次是严格减函数以及周期函数不符题意，
为严格增函数符合题意，所以 ，故①正确；
对于②， 是严格减函数，得： ，且 ，有 ，
又因为： ， 依次是严格增函数以及周期函数不符题意，
为严格减函数符合题意，所以 ，故②正确；
对于③， 是周期函数，设其周期为： ，则得：
， ，都有 ，又因为： ， 依次是严格增函数以及严格减函数不符题意，
为周期函数符合题意，所以 ，故③正确.
故选：D.
14．（2023·上海虹口·模拟预测）已知 ，将 的所有极值点按照由小到大的顺序排
列，得到数列 ，对于正整数n，甲: ；乙: 为严格减数列，则
（ ）.
A．甲正确，乙正确 B．甲正确，乙错误
C．甲错误，乙正确 D．甲错误，乙错误
【答案】A
【分析】将函数的极值点转化为两个函数图像的交点的横坐标，由图象判断命题甲，结合函数图像利用极
限思想判断命题乙.
【详解】函数 的定义域为 ，导函数 ，
令 ，得 ，
所以函数 的极值点为函数 与函数 的图象的交点的横坐标，
在同一平面直角坐标系中，分别画出函数 与函数 的图象，
如图所示，由图可知，在区间 内，函数函数 与函数 的图
象，有且仅有 个交点，且 ，
所以命题甲正确；
因为 ，函数 为增函数，
所以 ，所以随着 的增大， 与 越来越接近，距离越来越小，
所以数列 为递减数列，命题乙正确.
故选：A.
【点睛】知识点点睛：本题考查的知识点有极值点的定义，余弦函数的图象，反比例函数的图象，利用图
象研究方程的根等，考查数形结合，极限等数学思想，属于综合题.
15．（2023·上海杨浦·模拟预测）设关于 、 的表达式 ，当 、 取遍所
有实数时， （ ）
A．既有最大值， 也有最小值 B．有最大值，无最小值
C．无最大值，有最小值 D．既无最大值， 也无最小值
【答案】D
【分析】根据 ， ， 的范围可以确定 ，但根据余弦函数取值
特点，取不到端点值，用换元方法证明，进而得出答案.
【详解】由 ， ， ，易知 .
同时，由于 是无理数，因此当 时， ；当 时， ，故两端
均不能取得等号.
补充证明：二元表达式 （ ）可以取到任意接近 和 的值，
从而该式无最值.
①取 ， （ ），则 .对任意 ，由抽屉原理，存在 ，使得 .
再考虑 ，使得 （由 的无理性，两头都不取等）.
则 时， ，从而 ，
，即证.
②取 ， （ ），则 .
对任意 ，由抽屉原理，存在 ，使得 .
再考虑 ，使得 （不取等的理由同上）.
则 时， ，从而 ，
，即证.
故选：D．
16．（2025·上海崇明·二模）数列 是等差数列，周期数列 满足 ，若集合 ，
n是正整数 中恰有三个元素，则数列 的周期T的取值不可能是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】D
【分析】现根据等差数列的通项公式和周期数列的定义，得到 ，然后对选项逐一分析即可.
【详解】 ,
取 ，则公差 ，
当 ，是 ，此时角度序列为： ，
取 ，则对应的余弦值为 ，此时 ，三个元素合题意；当 ，是 ，此时角度序列为： ，
取 ，则对应的余弦值为 ，
又 ，此时 也是三个元素，合题意；
当 ，是 ，此时角度序列为： ，
取 ，则对应的余弦值为 ，此时 也是三个元素，合题意；
当 ，是 ，此时角度序列为： ，
由于 是质数，角度间隔 无法分解为更小的对称单元，余弦值的对称性不足以将 个不同角度映射为
个不同值，
故选：D.
17．（2023·上海杨浦·一模）函数 满足：对于任意 都有 ，（常数 ，
）.给出以下两个命题：①无论 取何值，函数 不是 上的严格增函数；②当 时，存
在 无 穷 多 个 开 区 间 ， 使 得 ， 且 集 合
对任意正整数 都成立，则（ ）
A．①②都正确 B．①正确②不正确 C．①不正确②正确 D．①②都不正确
【答案】A
【分析】
对于①，由题得 ，然后反证法推出矛盾即可；对于②令 ，然后根据 分别
得出 ，判断为正确.
【详解】对于①：由题得 ，若函数 是 上的严格增函数，因为 ， ，则当 时， ，当 时， ，均与 矛盾，所以无论 取何值，函数
不是 上的严格增函数，故①正确；
对于②：因为对于任意 都有 ，令 ，当 时， ，
且 ，
当 时， ，且 ，
当 时， ，且
，
以此类推，故当 时，存在无穷多个开区间 ，使得 ，且集合
对任意正整数 都成立，故②正确，
故选：A.
18．（2024·上海金山·二模）设 ，有如下两个命题：
①函数 的图象与圆 有且只有两个公共点；
②存在唯一的正方形 ，其四个顶点都在函数 的图象上．
则下列说法正确的是（ ）．
A．①正确，②正确 B．①正确，②不正确
C．①不正确，②正确 D．①不正确，②不正确
【答案】B
【分析】对①：结合函数性质与图象判断即可得；对②：由曲线的对称性，可得要使得正方形存在，则
为等腰直角三角形，利用极限思想可得至少存在两个正方形.
【详解】对①：令 ，当 时， ，当 时， ，
则 在 、 上单调递增，在 上单调递减，
又 ， ，
函数 的图象与圆 的图象如图所示：
故函数 的图象与圆 有且只有两个公共点，故①正确；
对②：由 ，
故要使得正方形存在，则 为等腰直角三角形，
显然，当 时， ，
点 在函数图像外侧，则 ，此时 ；
利用极限思想， 时， ，此时 ；
时， ，此时 ，如图所示，
故至少两个正方形， 故②错误.
故选：B.【点睛】关键点点睛：结论②需注意使用极限思想，从而得到至少两个正方形.
题型四 数列
1．（24-25高三上·上海松江·期末）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．
对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周
岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如下表所示：
1965年 1965年 1965年 1966年
…
出生时间
…
1月-4月 5月-8月 9月-12月 1月-4月
…
改革后法定退休年龄 60岁＋1个月 60岁＋2个月 60岁＋3个月 60岁＋4个月
…
那么1974年5月出生的男职工退休年龄为（ ）
A．62岁3个月 B．62岁4个月 C．62岁5个月 D．63岁
【答案】C
【分析】构造等差数列得出公差及首项，再应用等差数列通项公式计算即可.
【详解】设1965年5月出生的男职工退休年龄为 岁，则1966年5月出生的男职工退休年龄为
岁，
所以公差为 ，设5月出生的男职工退休年龄为 是首项为 ,公差为 的等差数列，
1974年5月出生的男职工退休年龄为 .
故1974年5月出生的男职工退休年龄为62岁5个月.
故选：C.
2．（2023·上海浦东新·模拟预测）对于无穷数列 和正整数 ，若 对一切正整数 成立，则
称具有性质 .设无穷数列 的前 项和为 ，有两个命题：①若 是等比数列且对一切正整
数 ，数列 都具有性质 ，则 具有性质 ；②若 是等差数列且存在无数个正整数
，使得数列 不具有性质 ，则 的公差 .那么（ ）A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题
C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题
【答案】C
【分析】通过分析两种不同情况下数列时 和 的大小关系，分析数列是否具有性质 ，即可得出
结论.
【详解】由题意，
对命题①，设数列 的公比为 .因为数列 具有性质 ，
所以对任意 ，也即 .因此数列 严格增，
故①是真命题.
对命题②，设等差数列的首项为 .对每个使得数列 不具有性质 的正整数 ，
存在正整数 ，使得
则 ，从而
因为 是定值，所以当 无限增大时，得到 .故②是真命题.
故选： .
3．（24-25高三下·上海·开学考试）已知数列 是公比为 的等比数列，且 ，则下列叙述中
错误的是（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 ，则
【答案】D
【分析】利用等比数列的性质，结合使用导数进行分析，逐一判定．
【详解】对A，若 ，则 ,
所以 .当 时， , ,
设 ， ,
在区间 内 单调递增，
内 单调递减，
所以 ,与 矛盾，
所以 ，所以， 正确，故A正确；
对B，若 恒成立， ①恒成立，
在①式中由 时成立，可得 ,
若 ,则 ,
在①式中取 得到
所以 与 矛盾，
所以 ，故B正确；
对C，因为 ，所以 .
当 时， , ,所以 .
与假设 矛盾，故不成立，
当 时， , ,所以 .
与假设 矛盾，故不成立，
，因为 ，所以 ，
当 时，
(由 当且仅当 时取等号得到，此结论是高中数学课本习题中常见结论，详细证明参见D中证
明)
所以 ，
所以 .
当 时， ，
所以 ，则 ，故C正确；
对D，由 可知， 且 ，
所以 ，即 ，
设 ，
由 ，可知：
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减．
，即 在 上恒成立．
当 时， ，则 ，
当 时， ，则 ，故D错误．
故选：D
4．（2023·上海·模拟预测）若数列 满足“对任意正整数i，j（ ），都存在正整数k，使得
”，则称数列 具有“性质P”.有以下两个命题：①若 是等比数列，则 具有性质P；②若等差数列 的公差 ，则 不具有性质P.那么（ ）
A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题
C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题
【答案】B
【分析】由已知条件数列 具有“性质P”的定义判断命题真假即可.
【详解】当 时，不存在正整数k，使得 ，故①是假命题.
由题意， ，且存在 ，使得当 时， 且 ，
于是当i， 时， 且 ，从而不存在正整数k使得 ，故②是真命题.
故选：B.
5．（2023·上海闵行·二模）已知数列 为等比数列，首项 ，公比 ，则下列叙述不正确的
是（ ）
A．数列 的最大项为 B．数列 的最小项为
C．数列 为严格递增数列 D．数列 为严格递增数列
【答案】D
【分析】分别在 为偶数和 为奇数的情况下，根据项的正负和 的正负得到最大项和最小项，知
AB正误；利用 和 可知CD正误.
【详解】对于A，由题意知：当 为偶数时， ；
当 为奇数时， ， ， 最大；
综上所述：数列 的最大项为 ，A正确；
对于B，当 为偶数时， ， ， 最小；当 为奇数时， ；
综上所述：数列 的最小项为 ，B正确；
对于C， ， ，
，
， ， ，
数列 为递增数列，C正确；
对于D， ， ，
；
， ， ，又 ，
， 数列 为递减数列，D错误.
故选：D.
6．（2023·上海金山·一模）设集合 ， 、 均为 的非空子集（允许 ）． 中的最
大元素与 中的最小元素分别记为 ，则满足 的有序集合对 的个数为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据子集的个数，先求解 的有序集合对 的个数，然后用总个数减去即可求解.
【详解】对于给定的 ,集合 是集合 的任意一个子集与 的并，故有 种不同
的取法，
又 ,所以 的任意一个非空子集，共有 种取法，
因此，满足 的有序集合对 的个数为，
由于有序对 有 个，
因此满足 的有序集合对 的个数为
故选：B
7．（2024·上海黄浦·二模）设数列 的前n项和为 ，若对任意的 ， 都是数列 中的项，则
称数列 为“T数列”.对于命题：①存在“T数列” ，使得数列 为公比不为1的等比数列；②
对于任意的实数 ，都存在实数 ，使得以 为首项、 为公差的等差数列 为“T数列”.下列判断正
确的是（ ）
A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题
C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题
【答案】A
【分析】根据题意，结合“T数列”的定义，举出实例说明①②，即可得出答案.
【详解】对于命题①，对于数列 ，
令 ，则 ，
数列 为公比不为1的等比数列，
当 时， 是数列 中的项，
当 时， 是数列 中的项，
所以对任意的 ， 都是数列 中的项，
故命题①正确；
对于命题②，等差数列 ，令 ，则 ，则 ，
因为 且 ，
，且 ，
所以对任意的 ， 都是数列 中的项，
所以对于任意的实数 ，都存在实数 ，使得以 为首项、 为公差的等差数列 为“T数列”，
故命题②正确；
故选：A.
8．（24-25高三上·上海杨浦·期末）已知数列 满足 ，有如下两个命题：
命题 ：“ 是严格减数列”的充要条件是“存在 使得对任意 ，都有 ”；
命题 ：“ 是严格增数列”的充要条件是“存在 使得对任意 ，都有 ”．
则下列说法中正确的是（ ）
A． 是真命题， 是假命题 B． 是假命题， 是真命题
C． 和 都是真命题 D． 和 都是假命题
【答案】B
【分析】根据构造函数 ，结合函数的导函数及单调性应用迭代的方法判断命题即可.
【详解】因为数列 满足 ，所以 ，
设函数 ， ，
所以当 单调递增；当 单调递减；,
单调递增； 单调递减； ，
所以 是函数 的切线；由迭代思想可知 是假命题， 是真命题；
所以 时， ， 是严格增数列，存在 使得对任意 ，都有
；
所 时， ， 是严格减数列的充要条件不是存在 使得对任意 ，
都有 ；
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构函数 ， 的大小关
系得出数列单调性进而判断命题.
9．（24-25高三下·上海·阶段练习）设 ， 为等差数列，令 ， ，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】分析函数 的单调性与对称性，得函数 在 上单调递增，且图象关于点 中心对称.
再利用等差数列的性质可得 ，然后从充分性与必要性两个
方面论证，用反证法进行必要性的证明.
【详解】已知 ， ，
则 ，故 在 上单调递增.
又由 ，得 ，
故 ，即 ，
则函数 的图象关于点 中心对称.
已知数列 是等差数列，则 .
①先证明充分性：
若 ，由数列 是等差数列，
可得 ，
则 ，
所以由函数 的对称性可知，
， ， ， ，
，即“ ”得证.
因此，“ ”是“ ”的充分条件；
②再证明必要性：
下面用反证法证明：假设 ，
已知数列 是等差数列，则 ，
即 ，由等差数列性质可得
，
所以 ， ， ， ， ，
由函数 在 上单调递增，
可得 ，
同理可得 ，
，
，
各式累加得， ，
所以 ，即 ，
这与已知 矛盾，故假设错误；
同理，假设 ，可证得 ，也与已知 矛盾，故假设也错误；
所以“ ”得证.
即“ ”是“ ”的必要条件.
综上所述，“ ”是“ ”的充要条件.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于应用反证法进行必要条件的证明，基于自变量不等（大小）关系的假设，借助函数 单调递增等价转化为函数值的不等关系，进而结合函数对称性推出与等量关系矛
盾.
10．（2023·上海·模拟预测）已知 是等差数列， ，且存在正整数 ，使得对任意的正整数
都有 ．若集合 中只含有4个元素，则 的取值不可能是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】根据 为等差数列，写出通项，根据题意列出 之间的关系，进而找到两个数列基本量之间
的关系，分别就 四种情况讨论，选出符合题意的值，进而判断选项即可.
【详解】解：设等差数列 首项为 ，公差为 ，则 ， ，
由题知，存在正整数 ，使得 ， ，
若集合 有4个不同元素，则 ，
当 时， ，即 ，即 ，
所以 ，或 ，
因为 是等差数列，各项均唯一，所以 舍去，
故解得 ，取 时， ，
此时在单位圆上的4等分点可取到4个不同的正弦值，
即集合 可取4个元素，
当 时， ，即 ，即 ，
所以 ，或 ，（舍），
故解得 ，此时在单位圆上的5等分点，取到的 ， ， ， ， ，不可能取到4个不同的正弦值，故不成立，
同理可得当 时，集合 可取4个元素.
故选：B
【点睛】思路点睛：该题考查集合间的基本关系，属于难题，关于新定义集合的思路有：
（1）根据题意，先写出几项，找出规律；
（2）找到新集合和旧集合之间的关系；
（3）分情况讨论，结合题意，找出适合的答案即可.
11．（24-25高三下·上海·阶段练习）数列 中，若 ， ，给出下列两个命题：
①若数列 为常数数列，则 ；
②若 不是整数，任取 中的 项 、 、 、 构成数列 ，则
数列 是严格增数列，或者 是严格减数列．则（ ）
A．①②都是真命题 B．①②都是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题
【答案】C
【分析】对①，由数列 为常数数列，则 ，解方程可得 的值；对②，由
，判断奇偶性和单调性，结合正弦函数的单调性，即可得到结论．
【详解】数列 中，若 ， ， ，
①若数列 为常数数列，则 ，
作出函数 与函数 的图象如下图所示：解方程 ，结合图形可得 或 ，故①不正确；
②若 ，任取 中的 项 、 、 、 构成数列 ，
由 ，可得 ， 为奇函数，
当 时， ，
因为 ，则函数 在 上单调递减，
因为 ， ，
所以，存在唯一的 ，使得 ，
当 时， ，即函数 在 上单调递增，
当 时， ，即函数 在 上单调递减，
又因为 ，故当 时， ，即 ，
即当 时，则 ， ，且 ，
， 且 ， ，
以此类推可知，数列 为单调递增数列，
由于 、 、 、 ，即数列 为严格递增数列；由于函数 为奇函数，则当 时， ，即 ，
故当 时， ， ，且 ，
， ，且 ， ，
以此类推可知，数列 为单调递减数列，
由于 、 、 、 ，即数列 为严格递减数列；
若 且 时，则 ，
若 ，由上可知，数列 从第二项开始单调递减，
由于 、 、 、 ，即数列 为严格递减数列；
若 ，由上可知，数列 从第二项开始单调递增，
由于 、 、 、 ，即数列 为严格递增数列.
综上所述，若 不是整数，任取 中的 项 、 、 、 构成数列
，
则数列 是严格增数列，或者 是严格减数列，故②正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于分析出 、 时，数列 的单调性，然后对 的
取值进行分类讨论，分析即可.
12．（24-25高三下·上海·阶段练习）帕多瓦数列是与斐波那契数列相似的又一著名数列，在数学上，帕多
瓦数列被以下递推的方法定义：数列 的前n项和为 ，且满足： ，
则下列结论中正确的个数（ ）① ；② ；③ 是偶数；④
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据递推关系依次写出前8项，再求 ，判断①、②；根据已知判断数列 中奇偶数出现的规
律，找出其周期，即可判断③；根据递推关系，应用累加法得到
，两边都加上前3项即可判断④.
【详解】由题设 ， ， ， ，①错误；
由上分析， ，②正确；
由 知：*表示奇数，@表示偶数，如下表，
* * * @ @ * @
* * * @ @ * @
* * * @ @ * @
* * * @ @ * @
……
显然，该数列奇偶数出现以7为周期，一个周期内下标从小到大对应项依次出现3个奇数，2个偶数，1个
奇数，1个偶数，
而 ，故 是奇数，③错误；
由 ， ， ，…， ，且 ，所以 ，又 ，
故 ，④正确.
故选：B.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：（1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、
步骤和结论.（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供
的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的
问题.
13．（24-25高三下·上海·阶段练习）设无穷正数数列 ，如果对任意的正整数 ，都存在唯一的正整数
，使得 ，那么称 为“内和数列”，并令 ，称 为 的“伴随数
列”，下列四个命题：
①若 为等差数列，则 为内和数列
②若 为等比数列，则 为内和数列
③若内和数列 为递增数列，则其伴随数列 为递增数列
④若内和数列 的伴随数列 为递增数列，则 为递增数列
其中真命题的个数是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【分析】通过特例判断①②错误；利用作差法证明数列 为递增数列，判断③的真假；举反例判断④错
误.
【详解】对于命题①、②：例如 ，可知 即为等差数列也为等比数列，
则 ，但不存在 ，使得 ，
所以 不为内和数列，故①、②错误；对于命题③：因为 ，
对任意 ， ，可知存在 ，
使得 ， ，
则 ，即 ，
且内和数列 为递增数列，可知 ，
所以其伴随数列 为递增数列，故③正确；
对于命题④：例如 ，
显然 是所有正整数的排列，可知 为内和数列，且 的伴随数列为递增数列，
但 不是递增数列，故④错误；
故选：B
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.
14．（2023·上海浦东新·模拟预测）若从无穷数列 中任取若干项 （其中 ）
都依次为数列 中的连续 项，则称 是 的“衍生数列".给出以下两个命题:
（1）数列 是某个数列的“衍生数列”；
（2）若 各项均为0或1，且是自身的“衍生数列”，则 从某一项起为常数列.下列判断正确的是
（ ）.
A．（1）（2）均为真命题
B．（1）（2）均为假命题
C．（1）为真命题，（2）为假命题
D．（1）为假命题，（2）为真命题
【答案】B
【分析】通过“衍生数列”的定义判断（1）；通过举反例判断（2）.【详解】对于（1）：由题意，若存在无穷数列 满足要求，则数列 包含 三项，
不妨令 ，符合题意，但若只取出 ，
这两项不是数列 的连续两项，不合题意，
故数列 不是某个数列的“衍生数列”，（1）为假命题；
对于（2）：定义 ， ，
当数列 按照集合 的元素特征进行排序，
例如 时，
满足 各项均为0或1，任意n个0和1的组合均为集合 的元素，即在数列 中均有对应，
可知 是自身的“衍生数列”，但是数列 从某一项起不是常数列，（2）为假命题.
综上，（1）（2）均为假命题.
故选：B
【点睛】方法点睛：与数列的新定义有关的问题的求解策略：
①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目
的；
②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办
事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
15．（2023·上海徐汇·一模）已知数列 为无穷数列．若存在正整数 ，使得对任意的正整数 ，均有
，则称数列 为“ 阶弱减数列”．有以下两个命题：①数列 为无穷数列且 （
为正整数），则数列 是“ 阶弱减数列”的充要条件是 ；②数列 为无穷数列且
（ 为正整数），若存在 ，使得数列 是“ 阶弱减数列”，则 ．那么（ ）A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题
C．①､②都是真命题 D．①､②都是假命题
【答案】C
【分析】对于①：根据“ 阶弱减数列”的定义结合充分必要条件分析判断；对于②：分析可得
对一切正整数 恒成立，分 、 和 三种情况，分析求解.
【详解】对于①：因为 ，
若该数列 为“ 弱减数列”，
因为 ，则 ，
可得 ，即 ，
同理可得 ，所以 ；
当 时， ，
所以该数列为“ 弱减数列”；
综上所述：数列 是“ 阶弱减数列”的充要条件是 ，故①是真命题；
对于②：因为 ，显然 ，
若存在 使得数列 为“2阶弱减数列”，
则 ，即 ，整理得 ，
所以 对一切正整数 恒成立，
若 ，当 时，当 ，则 ；
当 为奇数， ；
可知 不合题意，所以 ，则 ，
当 时，
则 ，
可得 ，不合题意；
若 ，取 ，则 ，符合题意；
若 ，则 ，则 ，
取 ，则 ，符合题意；
综上所述：存在 ，使得数列 是“ 阶弱减数列”，则 ．故②是真命题.
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题时，可以通过举例或转化法理解新定义，进而根据新定义分析求解.
16．（24-25高三下·上海·开学考试）设 与 是两个不同的无穷数列，且都不是常数列，记集合
出下列四个命题.
①若 与 均为等差数列，则 中最多有1个元素；
②若 与 均为等比数列，则 中最多有2个元素；
③若 为等差数列， 为等比数列，则 中最多有3个元素；
④若 为递增数列， 为递减数列，则 中最多有1个元素.
则上述命题中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.
【详解】对于①， ， 均为等差数列， ， ， 不为常数列且各项均不相同，
故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，
中至多一个元素，①正确；
对于②，令 ， ，满足 ， 均为等比数列，
但当 为偶数时， ，此时 中有无穷多个元素，②错误；
对于③，设 ， ，
若 中至少四个元素，则关于 的方程 至少有4个不同的正数解，
若 ，考虑关于 的方程 奇数解的个数和偶数解的个数，
当 有偶数解，此方程即为 ，方程至多有两个偶数解，
且有两个偶数解时 ，否则 ，
， 单调性相反，方程 至多一个偶数解，
当 有奇数解，此方程即为 ，方程至多有两个奇数解，
且有两个奇数解时 ，否则 ，
， 单调性相反，
方程 至多一个奇数解， ， 不可能同时成立，
若 ， ，
则由 和 的散点图可得关于 的方程 至多有两个不同的解，矛盾；
故 不可能有4个不同的正数解，即M中最多有3个元素，③正确；
对于④， 为单调递增， 为递减数列，， 不为常数列且各项均不相同，
前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，④正确，
则上述命题中正确的个数为3个，即①③④.
故选：C
【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨
论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.
题型五 立体几何
1．（2023·上海普陀·二模）设 表示空间的两条直线， 表示平面，给出下列结论：（1）若 且
，则 ；（2）若 且 ，则 ；（3）若 且 ，则 ；（4）若 且
，则 ，其中不正确的个数是（ ）
A．1 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据直线与直线平行、直线与平面平行的性质分别判断命题真假即可得解.
【详解】若 且 ，则 或 ，故命题错误；
若 且 ，则 或 为异面直线，故命题错误；
若 且 ，则 或 ，故命题错误；
若 且 ，则 或 相交或异面，故命题错误.
故选：D.
2．（2024·上海静安·二模）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（
）
A．若 , ,则 ； B．若 , , ,则 ；
C．若 ， ，则 ； D．若 ， ， ， ,则 ．
【答案】C
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
【详解】若 ， ，则 或 与 相交或 与 异面，故A错误；
若 ， ， ，则 或 与 相交，故B错误；
若 ， ，由直线与平面垂直的性质可得 ，故C正确；若 ， ， ， ，当 与 相交时，有 ，否则， 与 不一定平行，故D错误．
故选：C．
3．（2024·上海·三模）如图，点N为正方形ABCD的中心， 为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，
M是线段EB的中点，则（ ）
A．DM≠EN，且直线DM、EN是异面直线
B．DM＝EN，且直线DM、EN是异面直线
C．DM≠EN，且直线DM、EN是相交直线
D．DM＝EN，且直线DM、EN是相交直线
【答案】D
【分析】连接 ，可得 是 的中点，可得 与 相交，进而可证 ，从而可得
，从而可得 .
【详解】连接 ，
因为点N为正方形ABCD的中心，所以 是 的中点，
所以 平面 ，所以 与 相交，
因为四边形ABCD是正方形，所以 ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
又因为 是等边三角形，所以 ，
所以 ，所以 ，又因为 是 的中点，
所以 .
故选：D.4．（2024·上海·模拟预测）设 是空间中给定的 个不同的点，则使 成立的点 的
个数为（ ）
A．1 B． C．无穷多个 D．前面的说法都有可能
【答案】A
【分析】设出各点坐标，利用向量坐标运算得到方程，表达出点 的坐标，得到答案.
【详解】设 ，
由 得 ，
所以 ，
所以 ，
所以满足条件的点 的个数为1个.
故选：A．
5．（2025·上海·模拟预测）如图， 是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是
（ ）．
A． 和 ； B． 和 ； C． 和 ； D． 和 ．
【答案】D
【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断.
【详解】因为 是正四棱台，所以 ，故A错误，
侧棱延长交于一点，所以 与 相交，故B错误，
同理 与 也相交，所以 四点共面，所以 与 相交，故C错误，与 是异面直线，故D正确.
故选：D
6．（2023·上海虹口·三模）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为 ，高为1，
P､Q为底面圆周上任意两点．有以下三个结论：
①三角形SPQ面积的最大值为2；
②三棱锥 体积的最大值为 ；
③四面体SOPQ外接球表面积的最小值为 ．
以上所有正确结论的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】首先确定 的最大值，再结合三角形面积公式，即可判断①；
利用三棱锥等体积转化，再集合三角形面积公式，即可判断②；
首先表示四面体SOPQ外接球的半径，再判断有无最值.
【详解】①如图，由条件可知， ，点 是直径的两个端点，
，所以 是钝角，
，当 时， 的面积最大，最大值是 ，故①错
误；
② ，
，当 时， 的最大值是 ，
所有三棱锥 的最大值是 ，故②正确；
③设 外接圆的半径为 ，四面体SOPQ外接球的半径 ，
中，根据正弦定理可得， ，得 ，，所以 ，则外接球的半径 也无最小值，所以四面体SOPQ外接球表面积无最小值，
故③错误.
故选：B
7．（2023·上海崇明·一模）已知点M为正方体 内部（不包含表面）的一点．给出下列两
个命题：
：过点M有且只有一个平面与 和 都平行；
：过点M至少可以作两条直线与 和 所在的直线都相交．
则以下说法正确的是（ ）
A．命题 是真命题，命题 是假命题 B．命题 是假命题，命题 是真命题
C．命题 ， 都是真命题 D．命题 ， 都是假命题
【答案】A
【分析】根据题意作出图形，根据异面直线定义和线面平行判断即可.
【详解】已知点 为正方体 内（不包含表面）的一点，过点 的平面为 ，
如图所示：对于 ，在平面 与平面 之间与平面 与平面 平行的平面均与 和 平行，
如平面
，当点 为正方体 内（不包含表面）的一点，满足要求的平面有且只有一个，故命题
是真命题；
对于 ，点M在正方体 内部（不包含表面），假设过点M至少可以作两条直线与 和
所在的直线都相交，则由平面的基本性质可得 ， ，M在同一平面内，与 和 异面矛盾，
所以假设错误，所以命题 是假命题.
故选：A.
8．（2023·上海嘉定·一模）设 、 为空间中两条直线， 、 为空间中两个不同平面，下列命题中正确
的个数为（ ）
①二面角的范围是
②若 ， ，设 ， ， ； ，则 为 的必要不充分条件
③若 、 为两条异面直线，且 ， ， ， ，则 .
④经过 个点有且只有一个平面.
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用二面角的取值范围可判断①；利用线面平行的性质以及充分条件、必要条件的定义可判断②；
利用线面平行的性质以及面面平行的判定定理可判断③；当三点共线时可判断④.
【详解】对于①，二面角的范围是 ，①错；
对于②，因为 ， ，若 ， ， ，则 ，则 ，则 ，
因为 ， ，若 ，则“ ， ， ”不一定成立，即 ，
所以， 为 的充分不必要条件，②错；对于③，因为 ， ，过直线 作平面 ，使得 ， ，
由线面平行的性质定理可得 ， ，则 ，
因为 ， ，则 ，
因为 ， ，过直线 作平面 ，使得 ， ，
由线面平行的性质定理可得 ， ，则 ，
因为 ， ，则 ，
若 ，则 ，这与 、 为两条异面直线矛盾，故 、 相交，
又因为 、 ，故 ，③对；
对于④，若三点共线，则经过这 个点有无数个平面，④错.
故选：B.
9．（2024·上海金山·二模）如图，点 为正方形 的中心，△ 为正三角形，平面 ⊥平面
， 是线段 的中点，则以下命题中正确的是（ ）．
A． B．
C．A、 、 三点共线 D．直线 与 相交
【答案】D【分析】分别求得 的长度判断选项A；利用反证法否定选项B和选项C；求得直线 与 的位
置关系判断选项D.
【详解】取 中点F，连接 ,取 中点H，连接 .
又△ 为正三角形，则 ， ，
又平面 ⊥平面 ，平面 平面 ，
则 平面 ， 平面 ，
又 平面 ， 平面 ，
则 ， ，
设 ，则 ,
则 ，
则 .故选项A判断错误；
假设 ，
又 ， ， 平面 ，
则 平面 ，又 平面 ，则 ，
这与 矛盾，故假设不成立， 不互相垂直.
故选项B判断错误；
由 平面 ，可得直线 平面 ，
假设A、 、 三点共线，则 ，则 平面 ，
这与 平面 矛盾，故假设不成立.
故选项C判断错误；由 ，可得 ， ，
则四边形 为梯形，则直线 与 相交. 故选项D判断正确.
故选：D
10．（2024·上海长宁·二模）已知直线 和平面 ，则下列判断中正确的是（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 ，则
【答案】C
【分析】根据空间中直线，平面的位置关系分析判断各个选项.
【详解】对于A，由 ， ，则 与 可能平行，相交，异面，故A错误；
对于B，由 ， ，则 或 ，故B错误；
对于C，由 ， ，则 ，故C正确；
对于D，由 ， ，则 或 或 ，故D错误.
故选：C.
11．（2023·上海·模拟预测）如图所示，在正方体 中，点 为线段 上的动点，则下列
直线中，始终与直线 异面的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据异面直线的定义一一判断即可.
【详解】由正方体的性质易知当 为 的中点时， 为 的中点，而 ，所以 共面，则 、 在平面 上，故A不符题意；
因为 ，即 共面，
易知 平面 ，而 平面 ， ， ，
故 与 异面，故B符合题意；
当 重合时，易知 ，
则四边形 是平行四边形，则此时 ，故C不符合题意；
当 重合时，显然 ， 相交，故D不符合题意.
故选：B.
12．（2025·上海·模拟预测）已知 、 为两条不同的直线， 、 为两个不同的平面，则下列命题正确
的是（ ）.
A．若 ， ， ，则
B．若 ， ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ， ，则
【答案】C
【分析】由空间线面位置关系逐项判断即可；
【详解】若 ， ， ，则 平行或异面，错误；
若 ， ， ，则 平行，或异面，或相交，错误；
若 ， ，取直线 的方向向量 作为 的法向量，
取直线 的方向向量为 作为 的法向量，，
因为 ，即两平面所成角为 ，所以 ，所以 ，即 正确；
若 ， ， ，则 平行或异面、或相交，错误；
故选：C
13．（2023·上海长宁·一模）豆腐发酵后表面长出一层白绒绒的长毛就成了毛豆腐，将三角形豆腐ABC悬
空挂在发酵空间内，记发酵后毛豆腐所构成的几何体为T.若忽略三角形豆腐 的厚度，设
，点 在 内部.假设对于任意点 ，满足 的点 都在 内，且对于 内
任意一点 ，都存在点 ，满足 ，则 的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可知： 是由三个半圆柱，三个球体的一部分和一个直三棱柱构成，根据圆柱、球和棱柱
的体积公式分别求得各个部分几何体的体积即可加和得到结果.
【详解】空间中， 在垂直于平面 的角度看，如下图所示：
其中： ， 和 区域内的几何体为底面半径为 的半圆柱；
， ， 区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为 ；
区域内的几何体是高为 的直三棱柱.
因为四边形 和 为矩形，则 ，
可得 ，
同理可得： ， ，
所以 ，
可得 ， ， 区域内的几何体合成一个完整的，半径为 的球，则 ， ， 区域内的几何体的体积之和 ；
又因为 ， 和 区域内的几何体的体积之和 ；
区域内的直三棱柱体积 ，
所以 的体积为 .
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题考查立体几何中的体积问题，解题关键是能够根据 的形状，进而由对应几何体
的体积公式求得结果.
题型六 圆锥曲线
1．（24-25高三下·上海·开学考试）下列关于双曲线 的性质表述错误的是（ ）
A．焦距为 B．实轴长为4
C．两渐近线夹角为 D．离心率为
【答案】B
【分析】根据双曲线标准方程以及双曲线的几何性质逐一判断选项可得结论.
【详解】由题意得 ， ， ， 焦距为 ，A正确；
实轴长为 ，B错误；
渐近线方程为 ，设渐近线 的倾斜角为 ，则 ，
，
由
两渐近线夹角为 ，C正确；离心率为 ，D正确，
故选：B.
2．（2023·上海浦东新·模拟预测）设点 满足 ，则“ ”是“
为定值”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】B
【分析】根据几何意义，将所求式转化为点到直线的距离，进而研究图像求解.
【详解】若 为定值，
即点 到直线 两条直线距离之和为定值，
显然，这两条直线平行，如图，
所以当点 在与这两条直线平行的直线上时，此时直线 满足 且 ，
即 ，且 ， 为定值，
所以“ ”是“ 为定值”的必要不充分条件.
故选：B
3．（2024·上海嘉定·二模）双曲线 和双曲线 具有相同的（ ）
A．焦点 B．顶点 C．渐近线 D．离心率
【答案】D【分析】分别计算出两双曲线的焦点坐标、顶点坐标、渐近线方程与离心率即可得.
【详解】双曲线 的焦点坐标为 、左右顶点坐标为 、
渐近线方程为 、离心率为 ；
双曲线 的焦点坐标为 、上下顶点坐标为 、
渐近线方程为 、离心率为 ；
故其离心率相同.
故选：D.
4．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知两条直线 ： ， ： ，其中a为实数，当这两条直
线的夹角在 内变动时，a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先分别求出直线的倾斜角再根据夹角范围结合正切函数性质即可求值.
【详解】直线 ： 的倾斜角为 ，直线 ： 的倾斜角为 ，则 ，
所以过原点的直线 ： ， ： 夹角在 内变动时，
可得直线 的倾斜角的范围是 ，
所以 ，即 ，
故选：C.
5．（24-25高三上·上海·阶段练习）如图， 是椭圆 与双曲线 的公共焦点， 分别是 在第二、四象限的交点，若 ，则 与 的离心率之积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先设椭圆和双曲线的标准方程为 和 根据椭圆和双曲线
的定义，结合余弦定理，以及面积公式，得到等量关系式 ，再结合基本
不等式，即可求解.
【详解】设椭圆方程为 ，
双曲线方程为 ，
如下图，连接 ，所以 为平行四边形，
由 得 ，设 ，
在椭圆中，由定义可知： ，由余弦定理可知：
，
，在双曲线中，由定义可知中： ，
由余弦定理可知:，
,
, ，
当且仅当 时取等号，所以 ，所以 与 的离心率之积的最小值为 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是建立与离心率有关的等量关系式.
6．（24-25高三上·上海·阶段练习）在平面直角坐标系 中，若圆 的圆心在 轴上，且圆上存在两个点
，使得 ，则称圆 为一个“好圆”.给出以下两个命题：（1）存在直线
（常数 ），使得所有“好圆”与直线 都相交；（2）存在直线 （常数
），使得所有“好圆”与直线 都相离；则下列说法正确的是（ ）
A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立
C．（1）成立，（2）不成立 D．（1）不成立，（2）成立
【答案】D
【分析】设“好圆”圆 的方程为 ，分类讨论借助韦达定理转化条件
为 ，根据直线与圆的位置关系，将问题转化为二次不等式恒成立问题，再
结合二次函数图象与性质求解可得.
【详解】设圆 为一个“好圆”，圆心 ，半径为 ，
则圆的方程为 ，
则圆 上存在两个点 ，使得 ，.若 与 （或 ）重合，则 ，不满足题意，
所以 不与 重合.
由 ，
可得 ，则 ，
则 三点共线，且 在 点同侧，即 在圆外.
若直线 斜率不存在，即为 轴，此时不妨设 ，
则 .
如图，当 时，即圆 ，
圆上存在 ，使得 ，且圆 与 轴相离.
若直线 斜率存在，设 ： ，设 与圆 相交于 ，
联立 ，得 ，
则 ，
且 ，则 ，，
故 ，则 或 .
（1）假设存在直线 （常数 ），使得所有“好圆”与直线 都相交；
则圆心 到直线 的距离 ，
即 ，
化简得 对任意 恒成立，
当 时， 对任意 不恒成立；
当 时， 不成立；
当 时， ，
设 ，由 ，图象开口向上，
且 ， ，
当 时， ，则必存在 ，使得 ，不满足题意；
当 时， ，则必存在 ，使得 ，不满足题意；
当 且 时，由 ，
则在 与 内都存在 ，使得 ，不满足题意；
综上所述，不存在直线 （常数 ），使得所有“好圆”与直线 都相交；（2）假设存在直线 （常数 ），使得所有“好圆”与直线 都相离；
则圆心 到直线 的距离 ，
即 ，
化简得 对任意 恒成立，
当 时， 恒成立；
验证：当 时，圆心 到 轴的距离 ，
由 ，可知 恒成立.
故存在直线 ，即 轴，使得所有“好圆”与直线 轴都相离.
由（1）不成立，（2）成立.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有两点，一是借助直线与圆的位置关系转化为含参不等式的恒成立
问题，进而分类讨论解决问题；二是存在性问题，通过分类根据特殊界点寻找特殊直线证明存在.
7．（2023·上海徐汇·三模）已知抛物线 的焦点 与 的一个焦点重合，过焦
点 的直线与 交于 ， 两不同点，抛物线 在 ， 两点处的切线相交于点 ，且 的横坐标为4，
则弦长 （ ）
A．16 B．26 C．14 D．24
【答案】A
【分析】由题意可得 的值及抛物线方程，设直线AB的方程为 ，利用导数求得在点A及点B处
的切线方程，联立可得 ，由M的横坐标为4得 ，将AB的方程代入抛物线方程，可得
，由韦达定理得 ，进而结合抛物线定义求得弦长．【详解】由题意可得， ，则 ，抛物线方程为 ，准线方程 ．
由题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为 ，
设 ，其中 ，
由 ，得 ．
在点A处的切线方程为 ，化简得 ，①
同理可得在点B处的切线为 ，②
联立①②得 ，由M的横坐标为4，得 ，
将AB的方程代入抛物线方程，可得 ，
，得 ，
，
则 ．
故选：A．
8．（2023·上海嘉定·三模）已知双曲线 的离心率为 ，点 的坐标为 ，若
上的任意一点 都满足 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C【分析】依题意即有 恒成立，设点 ，把 表示为关于 的二次函数，求出此函数的最小
值，即可建立不等式求解.
【详解】设 ，因为 ，所以 ，
则 ，
所以当 时 取得最小值为 ，
依题意 恒成立，所以 ，
即 ，化简整理得， ，
即 ，又 ，所以 ，解得 .
故选：C
9．（2023·上海奉贤·三模）曲线T： 图象是类似椭圆的封闭曲线，T上动点P（P在
第一象限）到直线 距离的最大值为 .当实数a变化时，求 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】确定曲线T所过的定点，过此定点作直线 平行于直线 ，再按点 在 及左侧、 右侧讨论
求解作答.
【详解】曲线 ： 图象如图，因为 时， 恒成立，即曲线 恒过定点 ，
过点 作直线 平行于直线 ，
当符合条件的点 在直线 及左侧时， ，
当符合条件的点 在直线 的右侧时，令点 到直线 的距离为 ，显然 ，
此时 ，因此 ，
所以当实数a变化时，求 的最小值为 .
故选：A.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数
的最值或范围．
10．（2025·上海·模拟预测）若复数 在复平面中的对应点都在一个过原点的圆上，则 的对应点均在
（ ）
A．一条直线上 B．一个圆上
C．一条抛物线上 D．一支双曲线上
【答案】A
【分析】设 ，设出圆方程，故 ，计算得到 对应的点坐标为，从而变形得到 ，故 对应的点在直线 上.
【详解】设 ，复数 在复平面中的对应点都在一个过原点的圆上，
设此圆方程为 ， 不同时为0，
将 代入，得 ，
， ，
故 对应的点坐标为 ，
将 两边同时除以 得
，
故 对应的点在直线 上.
故选：A
11．（24-25高三上·上海金山·期末）古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲
线，其中的一种如图所示．用过M点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，
已知高 ，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，平面与底面的交线 ，则双曲线的两条
渐近线所成角的余弦值为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D【分析】令双曲线为 ，根据已知建立合适坐标系，并求出双曲线参数，进而得渐近线方程，利
用二倍角正切公式求得夹角正切值 ，即可得其余弦值.
【详解】如下图建系，令双曲线为 ，且 ，则 ， ，
如图， ， ，则 ，故 ，
将 代入 ，得 ，可得 ，故渐近线为 ，
若它们的夹角为 ，且 ，则 ，故 .
故选：D
12．（24-25高三上·上海·阶段练习）焦点为 的抛物线 与圆 交于
两点，其中 点横坐标为 ，方程 的曲线记为 ， 是圆 与 轴的交点，
是坐标原点．有下面的四个命题，请选出所有正确的命题（ ）①对于给定的角 ，存在 ，使得圆弧 所对的圆心角 ；②对于给定的角 ，
存在 ，使得圆弧 所对的圆心角 ；③对于任意 ，该曲线有且仅有一个内接正 ；④
当 时，存在面积大于 的内接正 ．
A．①②③ B．①②③④ C．①② D．②③④
【答案】A
【分析】由题设，抛物线与圆的方程可得交点横坐标与圆半径的关系为 ，结合各项条件，应用
特殊值法判断①②的正误，由于随着圆半径的增大，直线 与 的交点从圆 上会变化，直到
时交点刚好为抛物线 与圆 的交点上，此后R再增大 位置不变，即可判断③④的正误.
【详解】联立抛物线与圆的方程，消去y得 ，即 ，而 且 ，
∴ ，即A、B横坐标与半径R的关系，
∵抛物线与圆有两个交点，即 ，
∴当 时， ，
故①正确；
∵由题意知： 关于x轴对称，则对于给定的角 ，
存在 使得圆弧 所对的圆心角 ，即只需存在R使 即可.
∴令 ，则 ，解得 或 ，
1、当 ， 在如下图阴影部分变化，有 ，2、当 ，若 时 ，故 在如下图阴影部分变化，有 ，
∴ 或 时，有 即 ，
所以对于给定的角 ，存在 ，使得圆弧 所对的圆心角 ，
故②正确；
由 ，于是 轴，直线： ，同理 ，
所以 与 分别都只有一个交点，即对于任意 ，该曲线有且仅有一个内接正 ，
故③正确；
当 时，如下图示，抛物线 与圆 只有一个交点且交点为原点，不符合题意，
但此时 ，∴当 时， 与 的交点在圆 上， 会一直增大，如下图示，
直到 ，即 与 、 重合分别为 、 ，
此时 ，
∴ .
当 时， 与 的交点在抛物线 上， 的变化对 没有影响，如下图示， ，
故④错误.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：确定A、B横坐标与半径R的关系 ，应用特殊值法判断前两项的正误，
由题设得到 ， ，且在圆的半径增大过程中 首先在圆上变化，直到 时
一直为 与抛物线 的交点.13．（2023·上海黄浦·三模）曲线 ： ，下列两个命题：
命题甲：当 时，曲线与坐标轴围成的面积小于128；
命题乙：当k=2n， 时，曲线围成的面积总大于4；
下面说法正确的是（ ）
A．甲是真命题，乙是真命题 B．甲是真命题，乙是假命题
C．甲是假命题，乙是真命题 D．甲是假命题，乙是假命题
【答案】A
【分析】把 代入，变形等式并确定图形在直线 的下方（除点 外）判断命题甲；
当 取正偶数时，分析曲线的性质，判断点 与曲线的位置关系判断乙命题作答.
【详解】命题甲：当 时，曲线 ： 是端点为 ，在第一象限的曲线段，
由 ，得 ， ，
而 ，当且仅当 或 时取等号，
即有 ，则曲线 除两个端点外均在直线 的下方，
因此曲线 除端点 外，在直线 与坐标轴围成的区域内，
直线 交 轴分别于点 ， ，
所以当 时，曲线与坐标轴围成的面积小于128，甲是真命题；命题乙：当k=2n， 时，曲线 ： ，显然 ，
即曲线 关于x轴对称，也关于y轴对称，且在平行直线 和平行直线 所围成矩形及内部，
曲线 是封闭曲线，其面积是曲线与x轴的非负半轴、y轴的非负半轴所围面积 的4倍，
显然 ，即点 在曲线 内，而以点 为顶点的正方形面积为1，
曲线 上的点 ，当x在0到1间任意取值时，y均大于1，当y在0到1间任意取值时，
x均大于1，
因此 ，所以曲线围成的面积 恒成立，乙是真命题.
故选：A
【点睛】结论点睛：曲线C的方程为 ，(1)如果 ，则曲线C关于y轴对称；(2)如果
，则曲线C关于x轴对称；(3)如果 ，则曲线C关于原点对称.
14．（2023·上海·模拟预测）在平面上，若曲线Γ具有如下性质：存在点M，使得对于任意点 ，都有
使得 ．则称这条曲线为“自相关曲线”．判断下列两个命题的真假（ ）
①所有椭圆都是“自相关曲线”．②存在是“自相关曲线”的双曲线．
A．①假命题；②真命题 B．①真命题；②假命题
C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题
【答案】B
【分析】由新定义求解曲线上任一点 到定点 距离的取值范围 ，当任意 ，都有 时，曲线满足定义，结合椭圆与双曲线的性质判断，
【详解】对于①，不妨设椭圆方程为 ， ，
则椭圆上一点 到 距离为
，
当 时，对称轴 ，可得 ，
总存在 使得 ，此时满足题意，故任意椭圆都是“自相关曲线”，故①正确，
对于②，对于给定的双曲线和点 ，显然 存在最小值，而 横坐标趋近于无穷大时， 趋近于
无穷大， ，故不满足题意，不存在双曲线是“自相关曲线”故②错误，
故选：B
【点睛】本题关键在于新定义的理解，转化为求曲线上任一点到定点 距离的取值范围，再结合椭圆与双
曲线的性质判断即可．
15．（2023·上海宝山·一模）已知 为坐标原点，点 在抛物线 ： 上，过点
的直线交抛物线 于 、 两点.①抛物线 的准线为 ；②直线 与抛物线 相切；③
；④ .以正结论中正确的是（ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．③④
【答案】B
【分析】根据题意求出抛物线C方程，再假设出直线AB的直线方程，联立方程和利用韦达定理即可判断
得出答案．
【详解】对于①：因为点 在抛物线 ： 上，
则 ，解得 ，
所以抛物线 ： ，其准线为 ，故①错误；对于②：令 ，则 ，可得 ，
即抛物线在A点处切线斜率与直线AB斜率相同，
所以直线AB与抛物线C相切，故②正确；
对于③：由题意可知 ，直线PQ斜率存在，
设直线PQ的方程为 ，
联立方程 ，消去y得： ，
可得 ，即 ，且 ，
因为
因为 ，所以 ，故③正确；
对于④：由题意可知 ，
因为 ，
又因为 ，则 ，
所以 ，故④错误
故选：B．【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法
（1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利
用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
（2）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思
想的应用．
16．（2023·上海青浦·一模）定义：如果曲线段 可以一笔画出，那么称曲线段 为单轨道曲线，比如圆、
椭圆都是单轨道曲线；如果曲线段 由两条单轨道曲线构成，那么称曲线段 为双轨道曲线．对于曲线
有如下命题： 存在常数 ，使得曲线 为单轨道曲线； 存
在常数 ，使得曲线 为双轨道曲线．下列判断正确的是（ ）.
A． 和 均为真命题 B． 和 均为假命题
C． 为真命题， 为假命题 D． 为假命题， 为真命题
【答案】A
【分析】根据方程确定研究曲线的性质，判断命题 的真假．
【详解】记 ，
易得 ，因此曲线 关于 轴， 轴成轴对称，关于原
点成中心对称，
从几何上讲，曲线 是到两定点 和 的距离乘积为 的点的轨迹，
由 可得 ，因此它在 轴上方和下方分别是两个函数的图象，这两个函数
图象在 轴上有公共点（方程 的解相同），由 得 ，
时， 或 ，
所以曲线 与 轴无公共点，曲线 是在 轴两侧的两个曲线构成，是双轨道曲线，
当 时， ，结合对称性知，曲线 是一个封闭曲线，是单轨道曲线，
（实际上上述过程中只要对 取一个特定值讨论即可）
命题 均正确，
故选：A．
【点睛】方法点睛：用方程确定曲线的性质，例如对称性，在曲线方程 中用 替换 ，方程不
变，则曲线关于 轴对称，用 替换 ，方程不变，则曲线关于 轴对称，如果同时用 替换 ， 替换
，方程不变，则说明曲线关于原点对称，同样如果 互换后方程不变，曲线则关于直线 对称等等，
通过方程中变量的变化范围得出曲线点的坐标的变化范围，即曲线的范围，由变量变化的趋势得出曲线的
变化趋势．
题型七 概率与统计
1．（2024·上海·模拟预测）在研究线性回归模型时，样本数据 所对应的点均在直线
上，用 表示解释变量对于反应变量变化的线性相关度，则 （ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】A
【分析】结合回归方程，根据线性相关系数的性质可得结论.
【详解】因为样本数据所对应的点都在直线 上，
所以变量 为负相关关系，且 ，
故选：A．
2．（2023·上海普陀·三模）已知 、 分别为随机事件A、 的对立事件， ， ，则下列
等式错误的是（ ）
A． B．C．若A、 独立，则 D．若A、 互斥，则
【答案】A
【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率性质，逐个判断.
【详解】由 ，故选项A错误，选项B正确；
若A、 独立，则 ， ，故选项C正确；
若A、 互斥，则 ， ，故选项D正确.
故选：A.
3．（2024·上海虹口·一模）已知事件 和事件 满足 ，则下列说法正确的是（ ）．
A．事件 和事件 独立 B．事件 和事件 互斥
C．事件 和事件 对立 D．事件 和事件 互斥
【答案】B
【分析】根据互斥事件、相互独立事件的定义判断即可.
【详解】因为事件 和事件 满足 ，则一定可以得到事件 和事件 互斥，但不一定对立，故B
正确，C错误；
因为 ，当 ， 不为 时，事件 和事件 不独立，故A错误；
抛掷一枚骰子，记出现 点为事件 ，出现 点为事件 ，
则 ， ，显然事件 和事件 不互斥，故D错误.
故选：B
4．（24-25高三上·上海·期末）a、 b、 n均为正整数， A袋子中有a个白球，b个黑球 (大小质
地均相同)，从中依次有放回的摸出n个球，记摸出球中白球的数目为X；B袋子中有a张数字卡牌，b张字
母卡牌(大小质地均相同)，从中一次性摸出n张卡牌，记摸出卡牌中数字卡牌的数目为Y .下列选项中一定
成立的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】 ，依据二项分布写出分布列，计算期望 ， ，
故可判断C正确；对于选项ABD，可通过取特殊值验证是错误的.
【详解】若有放回的摸出n个球，每次摸到白球的概率为 ，且各次试验的结果是独立的，故
， ，其中 .
期望 ，方差 .
若一次性摸出n张卡牌，随机变量 的可能取值有 、 、 ，
则 ， ，
由结论（苏教版2019第121页）：当 时， ，得 ，
故 ，选项C正确；
特别地，取 ， ，其中 .
的分布为，
0 1 2
期望 ，方差
随机变量 的可能取值有 、 、 ，则 ， ， ，
所以， ，
.
显然 ； ； .
故ABD不正确.
故选：C.
5．（24-25高三上·上海杨浦·期末）某物理量的测量结果服从正态分布 ，则下列结论中不
正确的是（ ）
A． 越小，该物理量在一次测量中落在 内的概率越大
B．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．该物理量在一次测量中小于9.98与大于10.02的概率相等
D．该物理量在一次测量中结果落在 与落在 的概率相等
【答案】D
【分析】 越小，数据集中在对称轴附近，A正确；由正态曲线的性质知BC正确；因为落在 的
概率与落在 的概率不同，D错误．
【详解】 越小，正态曲线越瘦高，数据在 附近越集中，所以测量结果落在 内的概率越大，
故A正确；
由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故B正确；
由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量中小于9.98与大于10.02的概率相等，故C正确；
因为该物理量一次测量结果落在 的概率与落在 的概率不同，
所以一次测量结果落在 的概率与落在 的概率不同，故D错误.
故选;D.6．（24-25高三下·上海·开学考试）下列结论正确的是（ ）
A．已知一组样本数据 ，现有一组新的数据
，则与原样本数据相比，新的数据平均数不变，方差变大；
B．已知具有线性相关关系的变量 ， ，其线性回归方程为 ，若样本点的中心为 ，
则实数 的值是4；
C．50名学生在一模考试中的数学成绩 ，已知 ，则 的人数
为30人
D．已知随机变量 ，若 ，则
【答案】D
【分析】计算可得平均数不变，可得新数据极差变小，可判断A；利用贺归直线过样本中心点，可求m，
可判断B；可求得 ，进而可判断C；由已知得 ，计算可判
断D.
【详解】对于A，新数据的总和为 ，与原样本数据的总和相等，
且数据个数相等，因此平均数不变，
，而 ，
即极差变小了，由于两组数据平均数不变，而极差变小，说明新数据相对原样本数据更集中于平均数，因
此方差变小，A错误；
对于B， 经验回归直线 必经过样本点的中心 ，
，解得 ，B错误；
对于C， 一模考试中的数学成绩 ， ，
则 ， ，那么 的人数为 人，C错误；
对于D， ， ， ，
解得 ，D正确，
故选：D.
7．（2025·上海崇明·二模）抛掷一枚质地均匀的硬币n次（其中n为大于等于2的整数），设事件A表示
“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件B表示“n次中至多有一次正面朝上”，若事件A与事件B是
独立的，则n的值为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【分析】先分别求出事件 、事件 以及事件 发生的概率，再根据事件 与事件 独立的性质
来求解 的值.
【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币 次，所有可能的结果有 种.
事件 表示“ 次中既有正面朝上又有反面朝上”，其对立事件 为“ 次都是正面朝上或 次都是反面
朝上”， 包含的情况有 种，所以 .
根据对立事件概率之和为 ，可得 .
事件 表示“ 次中至多有一次正面朝上”，即“ 次中没有正面朝上（全是反面朝上）”或“ 次中有一
次正面朝上”.
“ 次中没有正面朝上”的情况有 种；“ 次中有一次正面朝上”，从 次中选 次为正面朝上，有
种情况.
所以事件 包含的情况共有 种，则 .
事件 表示“ 次中既有正面朝上又有反面朝上且至多有一次正面朝上”，即“ 次中有一次正面朝
上”，有 种情况，所以 .因为事件 与事件 是独立的，所以 ，即 .
可得： .展开得： .即 .
当 时， ， ，等式不成立；
当 时， ， ，等式成立；
当 时， ， ，等式不成立.
所以 .
故选：C.
8．（2025·上海·模拟预测）标志重捕法是指的是在一定范围内，对活动能力强、活动范围较大的动物种群
进行粗略估算的一种生物统计方法，是根据自由活动的生物在一定区域内被调查与自然个体数的比例关系
对自然个体总数进行数学推断.在被调查种群的生存环境中，捕获一部分个体，将这些个体进行标志后再放
回原来的环境，经过一段时间后进行重捕，根据重捕中标志个体占总捕获数的比例来估计该种群的数量.标
志重捕法估算种群密度是基于以下几种假设：①标记个体与未标记个体在重捕时被捕获的概率相等；②在
调查期内标记的个体没有死亡，没有迁出，标记物没有脱落；③标记个体在种群中均匀分布.若应用标志重
捕法调查鱼的种群密度，则下列捕鱼过程会导致估算结果与实际情况误差较大的是（ ）.
A．第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼的渔网捕鱼
B．第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼
C．第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼
D．第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼
【答案】D
【分析】先计算出理论数量 ，分别分析四个选项，结合公式，得到ABC选项，采用标志重捕法估
算出的种群数量与实际种群数量大致相等；D选项，采用标志重捕法估算出的种群数量越等于种群中大鱼
数量，与实际种群数量相比小.
【详解】理论计算公式为 ，其中 为估算的种群数值， 为第一次捕获并标记的个体，
为一段时间后，在原来的捕获点再次捕获的个体数， 为二次捕获的个体中有标记的数量，
转换后得 ，
假设池塘中的鱼分为大鱼和小鱼，大鱼是指用大网和小网均能捕获的鱼，小鱼指仅能用小网能捕获的鱼，
A选项，第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼的渔网捕鱼，第一次用小网眼的渔网捕鱼， ，其中 为捕获并标记的大鱼， 为捕获并标记的小鱼，
设 为池塘中实际的大鱼数， 为池塘中实际的小鱼数， 为池塘中实际的鱼条数，
则 ，
标记后全部放回池塘后，池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为 ，被标记的小鱼占全部小鱼比例为
，
假设每条鱼被捕获的概率相等，故 ，
第二次捕获的大鱼 条中，理论上含标记的大鱼有 ，
第二次捕获的小鱼 条中，理论中含标记的小鱼有 ，
故 ，
故总的标记条数为 ，
所以 ，又 ，故 ，
结论：若两次捕鱼都用小网眼的渔网捕鱼，
采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等；
B选项，第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼，
第一次用小网眼的渔网捕鱼， ，其中 为捕获并标记的大鱼， 为捕获并标记的小鱼，
设 为池塘中实际的大鱼数， 为池塘中实际的小鱼数，
标记后全部放回池塘后，池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为 ，被标记的小鱼占全部小鱼比例为
，假设每条鱼被捕获的概率相等，故 ，其中 为池塘中实际的鱼条数，
第二次用大网眼渔网捕鱼，捕获的全部是大鱼，即 ，
理论上， ，故 ，又 ，故 ，
结论：第一次用小网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼，
采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等；
C选项，第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼，
第一次用大网眼的渔网捕鱼， ，标记后将鱼全部放回到池塘后，
池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为 ，
第二次用小网眼渔网捕鱼，捕获的鱼中既有大鱼也有小鱼， ，
由于第一次用大网眼渔网捕鱼，标记的均为大鱼，故第二次捕获的鱼中，只有大鱼也有可能被标记，
理论上， ，
其中 ，
因为每条鱼捕获的概率相等，所以第二次用小网眼渔网捕获的鱼中，
大鱼和小鱼的比例与池塘中的大鱼和小鱼的比例相等，即 ，
所以 ，
结论：第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用小网眼点渔网捕鱼，
采用标志重捕法估算出的种群数量与实际种群数量大致相等；
D选项，第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼，
第一次用大网眼的渔网捕鱼， ，标记后将鱼全部放回到池塘后，
池塘中被标记的大鱼占全部大鱼比例为 ，
第二次用大网眼渔网捕鱼，捕获的全部是大鱼，即 ，理论上， ，故 ，又 ，故 ，
结论：第一次用大网眼的渔网捕鱼，第二次用大网眼的渔网捕鱼，
采用标志重捕法估算出的种群数量约等于种群中大鱼数量，与实际种群数量相比小，误差大；
故选：D
9．（23-24高三上·上海杨浦·阶段练习）已知对任意正整数对 ，定义函数 如下： ，
， ，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据新定义得 ，令 ，可判断A，对
累乘结合组合数的阶乘形式化简即可
判断B，根据二项式系数和公式判断C，结合等比数列前n项和公式根据分组求和求解判断D.
【详解】因为 ，所以 ，
令 ，则 ，所以 ，故选项A错误；
因为 ，
所以累乘得 ，因为 ，所以 ，故选项B错误；
因为 ，所以 ，
所以 ，故选项C正确；
故选项D错误.
故选：C.
【点睛】思路点睛：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的
要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
