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2025 年高考数学终极押题猜想（上海专用）
（高分的秘密武器：终极密押+押题预测）
押题猜想一 数列小压轴题（含新定义）（2024 年上海高考第16 题）..................................1
押题猜想二 集合新定义小压轴题（2024 上海高考选择15、16 题连考两题）......................5
押题猜想三 圆锥曲线小压轴题（含新定义与多结论题）（2025 春考连考3 题2023 年选择
16 题圆锥曲线新定义）................................................................................................................10
押题猜想四 立体几何解答题（必考题型）（2 年2 考空间角与体积）................................17
押题猜想五 函数的零点解答题（必考题型）（2 年2 考隐零点）........................................27
押题猜想六 计数原理与概率统计解答题（必考题型）（2 年2 考）....................................34
押题猜想七 圆锥曲线解答题（压轴必考题型）.......................................................................43
押题猜想八 函数与导数综合新定义问题解答题（压轴必考题）（2 年2 考切线方程（斜
率））.............................................................................................................................................56
押题猜想一 数列小压轴题
限时：4min
定义：对于数列
，若存在常数
，使得对一切正整数
，恒有
成立，则称
为有界数列.
设数列
的前
项和为
，满足
，若
为有界数列，则实数
的取值范围为
.
【答案】
【分析】对数列的通项公式进行裂项，然后求和得到最终的结果.
【详解】因为
，
则
，所以
.
1
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故答案为：
押题解读
填空压轴热考题型
押题方向
数列与函数的综合；数列与不等式的综合；数列的新定义问题；递推数列问题：
1．已知数列
满足
，
，记数列
的前n 项和为
．若对于任
意
，不等式
恒成立，则实数k 的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由题设易知
是首项、公比都为2 的等比数列，可得
，进而得到
，裂项相消法求
，根据不等式恒成立求参数范围.
【详解】由题设
，而
，则
是首项、公比都为2 的等比数列，
所以
，则
，
所以
，
则
在
上恒成立，
要使不等式
恒成立，只需
，所以实数k 的取值范围为
.
故答案为：
2
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2．设数列
是等比数列，
，公比q 是
的展开式中的第二项（按x 的降
幂排列），且
为
的前n 项和，若
，则
.（用含n 和x 的式子表
达）
【答案】
【分析】由排列组合数的性质可得
，进而有
，再根据二项式定理求得
，且
，讨论
、
并结合二项式展开式的应用求
.
【详解】由题设
，可得
，故
，则
，
由
的展开式通项为
，
，
所以其第二项为
，故
，且
，
当
时，
，则
，
即
，故
，
所以
；
当
时，
，则
，
3
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所以
.
故答案为：
3．数列
满足
，
，
，若不等式
恒成立，
则正整数
的最大值为 .
【答案】24
【分析】将递推式两边同时平方可将得
的通项公式，从而求出
的通项公式，利用累乘对不等
式进行化简，得到不等关系，再结合恒成立问题求出正整数
的最大值.
【详解】由
得
，
两边平方得
，
则
是以1 为首项，1 为公差的等差数列，即
，
由
得
，
.
因为
，所以
，则
，
可得
，
则正整数
的最大值为24.
故答案为：24.
4．已知
表示不超过
的最大整数，记
，设
，且
，当
4
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时，所有满足条件的n 的和等于 .
【答案】341381
【分析】先考虑
时满足
的
的值的情况，列举分析得出满足题意的
可以表示
为
的形式，根据
确定所有满足条件的
构成等差数列，利用等差数列的求和公
式即可.
【详解】由于分母
的最小公倍数为6，故可先考虑
时满足
的
的值的情况.
当
时，
，不满足；
当
时，
，不满足；
当
时，
，不满足；
当
时，
,不满足；
当
时，
，满足；
当
时，
，不满足.
综上，满足题意的
可以表示为
的形式，
由
，可得
，
，
即所有满足条件的
构成等差数列，其首项为5，末项为2021，项数为337，
故当
时，所有满足条件的n 的和等于
.
故答案为：341381.
5．已知三个正数
构成公比为
的等比数列，圆
：
，过圆
上一
点P 分别作圆
，
的切线，切点分别为
，若
，则
．
【答案】3
5
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【分析】根据相切和勾股定理可得
，即可利用三角换元求解.
【详解】不妨设
，
，
，三个圆心分别为
，
，
，
根据勾股定理得
，
，
所以
，因为点P 在圆
上，
故可设点
，其中
，
则
，整理得
，即
，解得
．
故答案为：3
押题猜想二 集合新定义小压轴题
限时：4min
设D 是边长为3 的等边
及其内部的点构成的集合，点
是
的中心，集合
，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
6
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【分析】利用等边三角形的几何性质，结合向量的运算即可求解.
【详解】如图，设
为各边三等分点，
根据等边三角形可知，
相交于中心点
，
根据等边三角形可知：四边形
是菱形，
则由菱形的对角线互相垂直平分可得：
是线段
的垂直平分线，
所以当点
时，动点
一定在
上，
同理可得：动点
一定在
上，动点
一定在
上，
所以当
，
时，结合点
在三角形的内部，
可得集合S 为正六边形
及其内部区域，
所以当P 与F 重合时，
，即可取到最小值
，
当P 与C 重合时，
，
即可取到最大值
.
故选：B.
押题解读
选择压轴热考题型
押题方向
定义新概念：通过重新定义集合的元素、子集等概念，考查学生对新概念的理解和运用能力。例如，
定义一种新的集合元素关系，要求判断某些元素是否属于该集合，或者求满足特定条件的元素个数等。
定义新运算：创新集合的运算规则，如定义一种新的集合乘法、加法等运算，让学生根据新运算规则
7
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进行计算、判断运算性质等。比如，给定两个集合，通过特定的规则定义它们的 “乘积集合”，然后
研究该乘积集合的性质和相关运算结果。
定义新性质：赋予集合一些新的性质，如集合的 “对称性”“传递性” 等不同于常规集合性质的新
特性，要求学生根据这些新性质来解决问题，如判断集合是否具有某种新性质，或者利用新性质进行
集合的分类、构造等。
结合其他知识：将集合新定义与函数、数列、几何等其他数学知识相结合，增加问题的综合性和难度。
例如，结合函数的定义域、值域来定义集合，或者根据数列的项来构造集合并定义相关性质，让学生
在多个知识领域之间进行综合运用和推理。
1．对任何非空有限数集，我们定义其“绝对交错和”如下：设
，
，其中
，则的“绝对交错和”为
；当
时，的“绝对交错
和”为
.若数集
，则
的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意列出
所有非空子集，然后逐个求出“绝对交错和”并求和，即可得到答
案.
【详解】
的所有非空子集有：
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
若
则
的“绝对交错和”为
；若
则
的“绝对交错和”为
；
若
则
的“绝对交错和”为
；若
则
的“绝对交错和”为
；
8
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若
则
的“绝对交错和”为
；若
则
的“绝对交错和”为
；
若
则
的“绝对交错和”为
；若
则
的“绝对交错和”为
；
若
则
的“绝对交错和”为
；若
则
的“绝对交错和”为
；
若
则
的“绝对交错和”为
；若
则
的“绝对交错和”为
；
若
则
的“绝对交错和”为
；
若
则
的“绝对交错和”为
；
若
则
的“绝对交错和”为
；
的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为：
故选：D
2.含有有限个元素的数集，定义其“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的
数开始交替地加减各数，例如
的“交替和”是
；而
的交替和是，则集合
的所有非空子集的“交替和”的总和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】将集合
的子集两两配对
：使
且
，从而有集合
与集合
的交替和
之和为4，再利用符合条件的集合对有
个，即可求解.
【详解】由题知
，
将集合
的子集两两配对
：使
且
，则符合条件的集合对有
个，
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又由题设定义有集合
与集合
的交替和之和为4，
所以交替和的总和为
.
故选：A.
3.设有集合
，定义在
上的函数
为偶函数，求
（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【分析】先根据函数
为偶函数，求出
的值，在求
的值.
【详解】由于
为偶函数，故其定义域关于
对称.
即不等式
的解集关于原点对称.
设
，则
为偶函数.
由
.
得
所以
故选：B
4．集合
的所有三个元素的子集记为
记
为集合
中的最大
元素，则
（ ）
A．10
B．40
C．45
D．50
【答案】C
10
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【分析】由题列举出所有的集合A 的三元素子集，求出最大值，求和即可.
【详解】由题知：
，
，
，
，
，
，
，
则
故选：C
5.设集合
的最大元素为
，最小元素为
，记
的特征值为
，若集合中只有一个元素，规
定其特征值为0．已知
是集合
的元素个数均不相同的非空真子集，且
，则
的最大值为（ ）
A．15
B．16
C．17
D．18
【答案】B
【分析】根据题设描述只需保证各集合中
（
）尽量小，结合已知及集合的性质有
最大
时
，进而分析
的取值.
【详解】由题设
，
，
，…，
中都至少有一个元素，且元素个数互不相同，
要使
最大，则各集合中
（
）尽量小，
可知集合
，
，
，…，
的元素个数尽量少且数值尽可能连续，
不妨设
，
可得
，
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可得
，解得：
或
（舍去），
所以
的最大值为16.
故选：B.
押题猜想三 圆锥曲线小压轴题
限时：4min
椭圆具有如下光学性质：如图，
分别是椭圆
的左、右焦点，从点
发出的光
线在到达椭圆上的点P 后，经过到达点的切线反射后经过点
，有以下两个命题：
①若P 是椭圆上除长轴端点外的一点，设法线与x 轴的交点为
，则
②若从
发出的光线，经椭圆两次反射后，第一次回到
所经过的路程为
，则该椭圆的离心率为
；
则以下说法正确的是（ ）
A．①是真命题，②是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①是假命题，②是假命题
【答案】A
【分析】设
，通过求导可得椭圆
在点
处的切线的斜率为
，由法线和
切线垂直可得
，即可判断①；由已知结合椭圆的定义可得
，即可判断②.
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【详解】设
，因为
，所以
，
当
时，
，
所以在点
处的切线的斜率为
，
同理可得当
时，在点
处的切线的斜率为
，
所以椭圆
在点
处的切线的斜率为
，
因为
，所以
，
因为
，所以
，
所以
，
因为
，所以
，故①是真命题；
因为
发出的光线在到达椭圆上的点P 后，经过到达点的切线反射后经过点
，
所以两次反射后，第一次回到
所经过的路程为
，
所以
，所以
，故②是真命题.
故选：
.
押题解读
选择填空压轴热考题型
押题方向
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分析近几年上海高考真题，圆锥曲线填空题常考抛物线的定义、焦点与准线，双曲线的性质，直线与
圆锥曲线的位置关系，离心率的计算，椭圆中最值与范围等问题。例如 2024 年秋考第 7 题考查了抛
物线的相关知识，2023 秋考第 16 题涉及与曲线方程有关的新定义等。
1．设点
在“笑口”型曲线
上，则
的最小值为 .
【答案】
【分析】分
和
两种情况去绝对值化简，利用二次函数求最值即可
【详解】当
时，
，即
，平方得
，
即
，
此时
，
.
当
时，
，即
，平方得
，即
，
此时
，
综上，
的最小值为
.
故答案为：
.
2．在空间直角坐标系下，由方程
所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆
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面）.如果用坐标平面
分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程
分别为
，
，
上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球
面的轴与坐标轴重合，且过椭圆
与点
，则这个椭球面的方程为 .
【答案】
【分析】采用待定系数法，结合已知定义可设
，代入点
坐标即可结果.
【详解】设椭球面的方程为：
，
椭球面过点
，
，解得：
，
椭球面的方程为：
.
故答案为：
.
3．已知点
在圆
上，点
在圆
上，且
为坐标
原点.对于以下两个命题，判断正确的是（ ）
①在坐标平面内存在点
，使得
恒成立；
②三角形
面积的最小值为
.
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A．①是真命题，②是真命题
B．①是假命题，②是真命题
C．①是真命题，②是假命题
D．①是假命题，②是假命题
【答案】A
【分析】对于①，注意到
，
则可想到当
时满足题意；对于②，设
，
则
，后由
可得
，利用三角
函数知识可得
，据此可判断命题正误.
【详解】
，则当
时，
，
，
，
即当
时，
恒成立，则①是真命题；
设
，
则
，
又
，
则
.
因
，
则
，
则
，令
，
则
，
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即
，
则
，其中
，
，则
，
因
，则
，
则
，
则
，故②是真命题.
故选：A.
4．已知圆锥曲线
的对称中心为原点
，若对于
上的任意一点
，均存在
上两点
，
，使得原点
到直线
，
和
的距离都相等，则称曲线
为“完美曲线”．现有如下两个命题：
①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”．
下列判断正确的是（ ）
A．①是真命题，②是假命题
B．①是假命题，②是真命题
C．①②都是真命题
D．①②都是假命题
【答案】A
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【分析】对于命题①，通过考虑以原点为圆心的圆与椭圆上直线的位置关系来判断；
对于命题②，通过取双曲线顶点，分析以原点为圆心的圆与双曲线相关直线的位置关系来判断.
【详解】判断命题①：
已知过椭圆上任意一点
作以原点为圆心的圆的切线，分别交椭圆于
，
两点，连接
.
根据直线与圆的位置关系，当
与圆相切时，满足给定条件.
当
与圆相交时，因为圆的圆心是固定的原点，我们可以通过缩小圆的半径，使得圆逐渐靠近
，直到
与圆相切；同理，当
与圆相离时，扩大圆的半径，也能使圆靠近
直至相切.所以从直线与圆位置
关系的动态调整角度可知，一定能找到合适的圆半径使得
与圆相切，故①正确.
判断命题②：
当
在双曲线顶点时，过
作圆的切线，交双曲线于另外两点
，
.
由双曲线的性质可知，双曲线在顶点附近的形状特点决定了，过顶点作圆的切线与双曲线相交得到的线段
，其整体位置与以原点为圆心的圆是相离的.这是因为双曲线的渐近线性质以及顶点处的曲线走向，使
得从顶点出发的切线与双曲线相交形成的线段不会与圆相切，所以②不正确.
故选：A.
5．在平面直角坐标系
中，已知点
，点
是平面内的一个动点，若以
为直径的圆与圆
：
相切，记点P 的轨迹为曲线C，过曲线C 上一点Q 作直线分别与直线
，
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相交，交点为M、N，且交点分别在第一象限和第四象限，若
，
，则
面积的取
值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出点
的轨迹方程，再设出点
的坐标，并表示出点
，将三角形面积表
示为
的函数，借助对勾函数的性质求出范围.
【详解】依题意，以
为直径的圆的圆心为
，而点
在圆
外，且圆
圆心
，半径1，
由两圆相切，得
，整理得
，
设
，由
，得
，
而点
在
上，则
，整理得
，
直线
，
的倾斜角为
，则
，
的面积
，
对勾函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
，因此
，
所以
面积的取值范围为
.
故选：D
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押题猜想四 立体几何解答题
限时：8min
在四面体
中，
，
．
(1)若
为正三角形，平面
平面
，求四面体
体积；
(2)若
，
，求二面角
的大小．
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）根据已知可得
，结合
为正三角形求其面积，若
为
的中点，再由面面
垂直的性质证明
平面
，且
，应用棱锥的体积公式求体积；
（2）由题设得二面角
的平面角为
，再应用余弦定理求二面角大小.
【详解】（1）由题设
为等腰直角三角形，且
，
，
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所以
，又
为正三角形，故
，
若
为
的中点，连接
，则
，又平面
平面
，
平面
平面
，
平面
，故
平面
，
所以
是
的高，则其体积
；
（2）由（1）
且
，
，
又
，则
，且
，又
，
所以二面角
的平面角为
，且
.
所以二面角大小为
.
押题解读
解答必考题型
押题方向
线面位置关系的证明：证明线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直等关系是常考内容。比如通过
构造中位线、平行四边形来证明线面平行，利用线线垂直证明线面垂直等。
空间角的计算：常考异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。通常需要先作出角，再通
过解三角形或利用向量法进行计算。
空间距离的计算：可能会涉及点到平面的距离、线面距离等。可以利用等体积法、向量法等求解。
几何体的表面积与体积：以常见的棱柱、棱锥、圆柱、圆锥等几何体为载体，计算其表面积或体积。
1．已知梯形
中，
，
为
上的一点且
，
，
，将
沿
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翻折使得二面角
的平面角为
，连接
、
，
为棱
的中点.
(1)求证：
平面
；
(2)当
时，求直线
和平面
所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
.
【分析】（1）取
的中点
，连接
、
，所以
且
，根据线面平行的判定定理
可得
平面
，
平面
，从而可得平面
平面
，由面面平行的性质定理即可证明；
（2）过点
作
于点
，连接
，由题意得
平面
. 所以
就是直线
和平面
所成角. 二面角
的平面角为
，由（1）易得
，取
中点为
，
连接
，可得
，利用勾股定理求出
，可得
.继而即可求解.
【详解】（1）取
的中点
，连接
、
，
因为点
为棱
的中点，且
，所以
且
，
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，同理可得
平面
.
因为
平面
，
平面
，且
，
所以平面
平面
.
因为
平面
，所以
平面
.
（2）过点
作
于点
，连接
，
因为
，
，
，
平面
，
22
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因为
平面
，所以
，
因为
平面
，
平面
，且
，
所以
平面
.
所以
就是直线
和平面
所成角.
由题意得：二面角
的平面角为
，
由（1）易得
，
在
中，由
，
，得
，
取
中点为
，连接
，
因为
分别为
的中点，
所以
，且
，又
，
所以四边形
为平行四边形，所以
，
在
中，由
，
，得
，则
.
在
中，由
，得
，
即得直线
和平面
所成角为
.
2．座落于杨浦滨江的世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八
棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承.如图，
分别为正八棱柱的上下两
个底面的中心，已知
.
23
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(1)求证：
；
(2)求点
到平面
的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合图中几何关系由线面垂直的判定定理证明
平面
即可；
（2）结合图中几何关系由等体积法即
求解即可.
【详解】（1）
连接
，
因为底面为正八边形，所以
，
又正八棱柱侧棱
底面
，
底面
，
所以
，
平面
，
24
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所以
平面
，
又
平面
，所以
.
（2）
连接
，
因为
，
由正八边形
的性质可得
，
，
为
到底面
的距离，
，
所以
，
由勾股定理可得，
，
又
，所以
，
又
，所以
，
因为
，所以
，即
，
设点
到平面
的距离为
，
则
，即
，即
，
解得
，所以点
到平面
的距离为
.
25
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3．如图，在四棱锥
中，底面
为长方形，
底面
，
是
中点，已知
．
(1)证明：
；
(2)求二面角
的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明
平面
即可；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出底面
和平面
的法向量，代入空间二面角公式求解
即可.
【详解】（1）因为
底面
，
底面
，所以
，
又底面
为长方形，所以
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，所以
.
（2）以
为原点，射线
分别为
轴建立如图所示空间直角坐标系，
易知底面
的一个法向量为
，设为
，
26
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设平面
的法向量为
，则
，
取
，可得
，
设二面角
的大小为
，
则
，
所以二面角
的大小为
.
4．如图所示，在四棱锥
中，底面
为矩形，
，
，
，
，
分
别是
，
的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)若平面
平面
，求直线
与平面
所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
．
【分析】（1）法一：取
的中点
，连接
，
，可证明四边形
为平行四边形，进而得
，从而可证结论；法二：取
的中点
，连接
，
，利用
平面
，
平面
，进而得平面
平面
，利用面面平行的性质可证结论；
（2）由面面垂直的性质可得
平面
，以
为坐标原点，
，
，
所在直线分别为
，
，
轴建立空间直角坐标系，求得平面
的法向量，利用向量可求直线
与平面
所成的余弦值.
【详解】（1）证法一：取
的中点
，连接
，
，
27
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因为
，
分别为
，
的中点，
所以
，且
．
又四边形
为矩形，且
为
的中点，
所以
，且
，
所以
，且
，
所以四边形
为平行四边形，
所以
．又
平面
，
平面
，
所以
平面
．
证法二：取
的中点
，连接
，
，
则
，
，
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
，
同理
平面
．
又
，
，
平面
，
所以平面
平面
．
又
平面
，所以
平面
．
（2）因为平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，
所以
平面
．
如图所示，以
为坐标原点，
，
，
所在直线分别为
，
，
轴建立空间直角坐标系，
28
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则
，
，
，
，
，
，
可得
，
，
．
设平面
的法向量为
，
则
，令
，则
，
，
可得平面
的法向量为
．
设直线
与平面
所成的角为
，
则
，
所以
，
即直线
与平面
所成角的余弦值为
．
5．如图，平行六面体
中，
与
交于点
，在对角线
上取一点
，使得平面
平面
．
29
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(1)求证：
；
(2)若平面
平面
，且
，求
与平面
所成角的正
弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接
交
于
，连接
，利用平行六面体的性质可证四边形
是平行四边形，
进而利用面面平行的性质可得OE//
，进而利用相似可得结论；
（2）由已知可得
两两互相垂直，，以点F 为坐标原点，以
所在直线为坐标轴建
立空间直角坐标系，求得平面
的一个法向量，利用向量法可求得
与平面
所成角的正弦
值即是
与平面
所成角的正弦值.
【详解】（1）连接
交
于
，连接
，
在平行六面体
中，
且
，
所以四边形
是平行四边形，所以
且，
，
30
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又
分别为
的中点，所以
，
以四边形
是平行四边形，所以
，
因为平面
平面
，平面ACE
平面
=OE，
平面
平面
=
，所以OE//
，
因为
都经过点O，所以
三点共线，
又
，
所以
∽
，所以
，所以
;
（2）取CD 的中点F，连接BF，
因为
，所以
是等边三角形，所以
，且
，
又平面
平面
，平面
平面
=CD，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以
，
在
中，
，
，所以
，
在
中，
，所以
，
所以
，
又平面
平面
，平面
平面
=CD，
，
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，
31
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所以
两两互相垂直，
以F 为原点，以
分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，
则
，
所以
，
设
，所以
，
，
取
，则
，所以
，
因为E 是对角线
上一点，
所以
与平面
所成的角即是
与平面
所成的角，
设
与平面
所成的角为
，
所以
，
所以
与平面
所成的角的正弦值为
.
押题猜想五 函数的零点
限时：8min
32
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已知函数
.
（1）若
，
恒成立，求实数
的取值范围；
（2）若在定义域内存在实数
，满足
，则称
为“有点奇函数”，若
为定义域
上的“有点奇函数”，求实数
的取值范围.
【答案】（1）
；（2）
.
【分析】（1）分离出
，然后再根据单调性求出最值即可；
（2）先根据
将等式具体化，然后通过整理换元后转化为一元二次方程根的分布问题.
【详解】（1）由
恒成立，可得
，
∵
在
单调递增∴
，
∴
.
（2）由题意可知
有解即可，
即
，
∴
，
即
有解即可.
设
，则
，
∴方程等价于
在
时有解，
对称轴
.
①
，则
，即
，∴
33
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此时
；
②若
，要使
在
时有解，
则
，即
，
解得
，
综上：
.
押题解读
解答题必考题型
押题方向
关注新教材中新增或强调的函数内容，如一些特殊的函数模型、函数的新性质等，可能会与函数零点
结合出题。例如，以实际问题为背景，构建函数模型，然后考查函数零点在实际问题中的应用。
创新题型：上海高考数学注重创新，可能会出现一些新颖的函数零点问题，如与数学文化、高等数学
知识初步结合的题目，或者是给出新的函数定义，让考生根据定义来研究函数零点的相关问题。
1．已知二次函数
，
(1)设函数
在
范围内的最大值为
，最小值为
，且
，求实数
的
取值范围；
(2)已知关于
的方程
在
范围内有解，求实数
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
.
【分析】（1）讨论二次函数的对称轴和所给区间的位置关系，即可确定函数的最值，由此可解不等式，
即可得答案；
（2）讨论方程
在
范围内有一解还是两解，由此可列出不等式组，
34
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即可得求得答案.
【详解】（1）∵
，∴函数的对称轴为
，
①当
时，即
时，当
时，
随
增大而增大，
∴
，
，∴
，解得
；
②当
时，即
时，当
时，
随
增大而减小，
∴
，
，∴
，解得
，
③当
时，即
时，
，
，∴
，
解得
，此时
，
④当
时，即
时，
∴
，
，∴
，
解得
，此时
，
综上，
的取值范围为
.
（2）原方程即为
.设
，
当
时，
.
①若方程在
上有一解，只需
时，函数
的取值为负即可.
∴
.解得：
.
35
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②若方程在
上有两解，则
，
即
，∴
.
综上，
的取值范围为
.
2．对于函数
，若
，则称实数
为
的“不动点”，若
，则称实数
为
的“稳定点”，函数
的“不动点”和“稳定点”组成的集合分别记为
和
，即
，
.
(1)对于函数
，分别求出集合
和
；
(2)设
，若
，求集合
.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数
的“不动点”和“稳定点”的定义，列出方程，即可求解；
（2）由
，根据题意，列出方程组，求得
的值，得到
，再由
，列
出方程，求得方程的解，即可得到答案.
【详解】（1）解：由
的“不动点”和“稳定点”的集合为
，
，
令
，可得
，解得
；
令
，可得
，解得
，
36
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所以集合
．
（2）解：由函数
，
因为
，可得
，即
，
解得
，所以
，
可得
，
整理得
，即
，
所以
，解得
或
或
，
所以集合
.
3．不动点原理是数学上一个重要的原理，也叫压缩映像原理，用初等数学可以简单的理解为：对于函数
，若存在
，使
成立，则称
为
的不动点.已知二次函数
(1)若
时，讨论
不动点的个数；
(2)若
，
，
为
两个相异的不动点，且
，
，求
的最小值.
【答案】(1)答案见解析；
(2)
.
【分析】（1）根据题设可得
，利用判别式讨论其根的个数，即可得答案；
（2）由题设有
有两个不等的正根，应用韦达定理代入目标式得到关于
的表达式，
最后应用基本不等式求最小值，注意取值条件.
37
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【详解】（1）由题设，令
，整理得
，
所以
，
当
或
时，
，此时
有两个不同的不动点；
当
或
时，
，此时
有一个不动点；
当
时，
，此时
没有不动点；
（2）由题设，令
，整理得
，
且
，
所以
，
，又
，
，则
，
则
，
当且仅当
时等号成立，
所以目标式最小值为
.
4．已知向量
．
(1)求函数
的单调递减区间；
(2)若函数
在区间
上恰有2 个零点，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)
，
.
(2)
38
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【分析】（1）由数量积的坐标形式结合三角变换公式可得
，由整体法可求函数的单
调减区间；
（2）函数在给定区间上的零点问题可转化为
与
的图象在
上有两个不同的交点，
利用正弦函数的性质可求参数的取值范围.
【详解】（1）
，
令
，则
，其中
，
故函数
的单调递减区间为
，
.
（2）由题设有
在
有两个不同的零点，
而
，故
在
有两个不同的解，
故
与
的图象在
上有两个不同的交点，
而
在
为增函数，在
为减函数，
且
，故
，
故
.
5．已知函数
.
(1)当
时，求证：
最大值小于
；
(2)若
有两个零点，求实数k 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
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(2)
【分析】（1）利用指数不等式
和对数不等式
，即可放缩法证明；
（2）利用同构思想变形为
，从而构造函数
，通过求导证明其单调性，
即可转化为新的方程
，再用分离参变量思想，构造函数求导分析，通过数形结合即可
求解.
【详解】（1）当
时，
，
先证明：
，令
，其中
，
则
，
当
时，
，
所以
在
上单调递增，即
，
则不等式
在
上恒成立，
再证明：
，令
，其中
，
则
，
则当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递增，在
上递减，
即
，
则不等式
在
上恒成立，
所以有
，证毕；
（2）由
得：
，
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构造函数
，由
，因为
，所以
，
即函数
在
上单调递增，
由
，根据单调性可得：
再构造
，则
，
则当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递减，在
上递增，即
当
时，由
，可知
，
当
，由对数函数没有一次函数增长得快，可知
，
而函数
有两个零点等价于直线
与函数
有两个交点，根据数形结合可
得：
.
押题猜想六 计数原理与概率统计
限时：8min
1．传承传统文化再掀热潮，央视科教频道以诗词知识竞赛为主的《中国诗词大会》火爆荧屏．将中学组
和大学组的参赛选手按成绩分为优秀、良好、一般三个等级，随机从中抽取了100 名选手进行调查，下面
是根据调查结果绘制的选手等级人数的条形图.
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(1)若将一般等级和良好等级合称为合格等级，根据已知条件完成下面的2×2 列联表，并据此资料你是否有
95﹪的把握认为选手成绩“优秀”与文化程度有关？
优秀
合格
合计
大学组
中学组
合计
注：
，其中
.
0.10
0.05
0. 005
2.706
3.841
7.879
(2)若江西参赛选手共80 人，用频率估计概率，试估计其中优秀等级的选手人数；
(3)如果在优秀等级的选手中取4 名，在良好等级的选手中取2 名，再从这6 人中任选3 人组成一个比赛团
队，求所选团队中的有2 名选手的等级为优秀的概率.
【答案】(1)见解析；
(2)60 人
(3)
.
【分析】（1）由条形图作出
列联表，求出
，从而没有
的把握认为选手成绩
“优秀”与文化程度有关．
42
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（2）由条形图知，所抽取的100 人中，优秀等级有75 人，故优秀率为
，由此能求出参赛选手中
优秀等级的选手人数．
（3）记优秀等级中4 人分别为A，B，C，D，良好等级中的两人为E，F，利用古典概型求概率公式求解
即可.
【详解】（1）解：由条形图可知2×2 列联表如下
优秀
合格
合计
大学组
45
10
55
中学组
30
15
45
合计
75
25
100
，
故没有
的把握认为选手成绩“优秀”与文化程度有关．
（2）解：由条形图知，所抽取的100 人中，优秀等级有75 人，故优秀率为
.
所有参赛选手中优秀等级人数约为
人.
（3）解：记优秀等级中4 人分别为A，B，C，D，良好等级中的两人为E，F，
则任取3 人的取法有ABC，ABD，ABE，ABF，ACD，ACE，ACF，ADE，ADF，AEF，BCD，BCE，
BCF，BDE，BDF，BEF，CDE，CDF，CEF，DEF 共20 种，
其中有2 名选手的等级为优秀的有ABE，ABF，ACE，ACF，ADE，ADF，BCE，BCF，BDE，BDF，
CDE，CDF 共12 种，所以所选团队中的有2 名选手的等级为优秀的概率为
.
押题解读
解答题必考题型
押题方向
查看近几年上海高考数学中计数原理与概率统计的解答题，了解常考的题型和知识点。比如 2024 年
上海高考考查了二项展开式中各项系数和以及项的系数、从不同题库选题的正确率、集合中元素个数
相关的概率问题等。
对于计数原理问题，要明确是分类还是分步，做到不重不漏。在处理排列组合问题时，常用的方法有
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捆绑法、插空法、隔板法等，要根据具体问题选择合适的方法。
对于概率问题，首先要确定事件的类型，是古典概型、几何概型还是其他概率模型。然后根据相应的
公式和方法进行计算。在涉及多个事件的概率问题时，要善于利用概率的加法公式、乘法公式、条件
概率公式等进行分析和求解。
对于统计问题，要熟练掌握各种统计图表的特点和用途，能够准确读取数据并进行计算。在处理线性
回归问题时，要记住最小二乘法的原理，能够正确计算回归系数。
1．为测试
、
两款人工智能软件解答数学问题的能力，将
道难度相当的数学试题从到
编号后随
机分配给这两款软件测试．每道试题只被一款软件解答一次，并记录结果如下：
试题类别
软件
软件
测试试题数量
正确解答的数量
测试试题数量
正确解答的数量
几何试题
函数试题
(1)分别估计
软件、
软件能正确解答数学问题的概率；
(2)小浦准备用这两款软件来解决某次数学测试中的第
题（假设其难度和测试的
道题基本相同），但
该题内容还未知，从已往情况来看，该题是几何题的概率为
，是函数题的概率为
．将频率视为概率，
试通过计算来说明小浦应该用哪款软件解决这道试题？
(3)小浦决定采用这两款软件解答
道类似试题，其中几何、函数各道，每道试题只用其中一款软件解答
一次．将频率视为概率，小浦比较了这两款软件在解答几何和函数题上的正确率，决定用表现较好的那款
软件解决其擅长的题型．用
、
分别表示这道几何试题与道函数试题被正确解答的个数，求随机
变量
的数学期望和方差．
【答案】(1)
软件、
软件能正确解答数学问题的概率分别为
、
(2)应该使用
软件来解决这道试题.
(3)
，
【分析】（1）利用古典概型的概率公式可求得
软件、
软件能正确解答数学问题的概率；
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（2）利用全概率公式计算出
、
软件分别能解答对第
题的概率，比较大小后可得出结论；
（3）利用二项分布的期望公式和方差公式可求出随机变量
、
的期望和方差，由题意可知
、
相
互独立，可得出
，
，即可得出答案.
【详解】（1）记
、
软件能正确解答数学问题的概率为
和
，
结合题中数据以及古典概型的概率公式可得
，
.
（2）记“
软件能正确解答这道题”为事件
，“
软件能正确解答这道题”为事件
，
“该题为几何题”为事件
.
则
，
，
，
，
，
，
由全概率公式可得
.
.
因为
，所以
软件能够正确解决这道试题的概率更大，
故小浦应该使用
软件来解决这道试题.
（3）几何试题用
软件解答，函数试题用
软件解答.
因为
，
，
由二项分布的期望公式可得
，
，
由二项分布的方差公式可得
，
，
因为
、
相互独立，则
，
.
2．王老师将全班40 名学生的高一数学期中考试（满分100 分）成绩分成5 组，绘制成如图所示的频率分
布直方图，现将
记作第一组，
、
、
、
分别记作第二、三、四、五组．
已知第一组、第二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．
45
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(1)估计此次考试成绩的平均值（同一组数据用该组数据的中点值代替）；
(2)王老师将测试成绩在
和
内的试卷进行分析，再从中选2 人的试卷进行优秀答卷展示，求
被选中进行优秀答卷展示的这2 人的测试成绩至少1 个在
内的概率；
(3)已知第二组考生成绩的平均数和方差分别为65 和40，第四组考生成绩的平均数和方差分别为83 和70，
据此计算第二组和第四组所有学生成绩的方差．
【答案】(1)74.5
(2)
(3)
【分析】（1）根据频率之和为1 可求
的值，根据组中值可求平均数；
（2）根据对立事件可求2 人的测试成绩至少1 个在
内的概率；
（3）根据分层方差和总体方差的关系式可求第二组和第四组所有学生成绩的方差.
【详解】（1）由题意得
，解得
所以平均数等于
（2）由题意，
内有8 人，
内有2 人，
所以被选中进行优秀答卷展示的这2 人的测试成绩至少1 个在
内的概率为
.
（3）设第二组、第四组的平均数与方差分别为
，
由题意，第二组、第四组分别有10 人和8 人，
46
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所以成绩在第二组、第四组的平均数
成绩在第二组、第四组的方差
故估计成绩在第二组、第四组的方差是
.
3．“由样本估计总体”是统计学中一种重要的思想方法，而我们利用一些样本去估计某一参数的值时，
常采用最大似然估计的方法：最大似然估计是由高斯首次提出，费尔希推广并使之得到广泛应用的一种估
计方法，其原理是从总体中抽出具有
个值的采样
，求出似然函数
，似然函数
表示样本同时取得
的概率，当似然函数
取得最大值时参数的取值即为该参数的最大似然估计值.
(1)已知一工个生产产品的合格率为
，每件产品合格与否相互独立，现从某批次产品中随机抽取20 件进
行检测，有2 件不合格：
（ⅰ）用频率估计该批次产品合格率；
（ⅱ）求合格率
的最大似然估计值，并判断用最大似然估计法计算概率是否合理；
(2)设一次试验中随机变量
的概率分布如下：
1
2
3
现做
次独立重复试验，
出现了
次，
出现了
次，
出现了
次，求
的最大似然估计值；
(3)泊松分布是种重要的离散分布，其概率分布为
，设一次试验中随机变量
47
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的取值服从泊松分布，进行
次试验后得到
的值分别为
，已知
的最大似然估计值为2，
求数列
的前
项和
．
【答案】(1)（i）
；（ii）0.9，合理；
(2)
；
(3)
.
【分析】（1）（ⅰ）由题设结合数据直接计算即可；（ⅱ）先根据似然函数定义结合二项分布的概率计
算方法得似然函数
，再结合导数工具求出似然函数最大值即可得解.
（2）先由题设得
，再由导数工具求出
的最大值即可得解.
（3）先由题设计算求得
，再利用导数工具求出
得
，且其为
及
的最大值点，进而得
，由该等式即可求解.
【详解】（1）（ⅰ）由题该批次产品合格率
；
（ⅱ）由题意得，似然函数
，
，
当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
则当
时，
取得最大值，即
的最大似然估计值为0.9，
与（ⅰ）中的估计值相等，用最大似然估计法计算概率是合理的.
（2）依题意，
，
令
，
48
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则
，令
，解得
，
函数
在
上单调递减，当
时，
；当
时，
，
函数
在
上单调递增，在
上单调递减，而函数
在
上递增，
因此函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
则当
时，
取得最大值，所以
的最大似然估计值为
.
（3）
，
设
，则函数
与
单调性相同，
因为
为减函数，令
得
，
则
时
，函数
单调递增；
时，
，函数
单调递减，
所以
为
极大值点也及最大值点，所以
为
极大值点也及最大值点，
则由题
的最大似然估计值为
，即
.
4．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，因俄国数学家安德烈•马
尔科夫而得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第
次状态的概率分布只跟第n 次的状态有关，与第
，
，
，…次状态无关．已知有A，B 两个盒子，各装有1 个黑球、1 个黄球和1 个红球，现
从A，B 两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行
次这样的操作后，记A 盒子中
红球的个数为
，恰有1 个红球的概率为
，恰有2 个红球的概率为
．
49
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(1)求
，
的值；
(2)证明：
是等比数列，并求
的通项公式；
(3)求
的数学期望．
【答案】(1)
，
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）根据题意可得A 盒子中没有红球的概率为
，进而根据规则求解即可；
（2）由题意可得
，整理可得
，进
而求证，再求解
的通项公式；
（3）由题意可得
,
，整理可得
，进而求解
的分布列，再计算数学期望即可.
【详解】（1）由题意，A 盒子中没有红球的概率为
，
则
，
，
，
50
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.
（2）因为
，
，
，
所以
，又
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，即
.
（3）当
，
时，
,①
,②
由①
②得，
，又
，
所以
，则
，
的可能取值为0，1，2，
则
，
，
，
则
的分布列为：
0
1
2
所以
.
51
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押题猜想七 圆锥曲线
限时：15min
已知双曲线E：
（
，
）的虚轴长为2，离心率为
.
(1)求双曲线E 的标准方程：
(2)过点
的直线l 与E 的左、右两支分别交于A，B 两点，点
，直线BC 与直线
交于点
N.
（ⅰ）证明：直线AN 的斜率为定值：
（ⅱ）记
，
分别为
，
的面积，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据双曲线的虚轴长和离心率公式求出
、
的值，进而得到双曲线的标准方程；
（2）（i）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理求出相关点的坐标关系，进而证明直线
AN 的斜率为定值；
（ii）根据三角形面积公式求出
的表达式，再根据条件确定其取值范围.
【详解】（1）已知双曲线
的虚轴长为
，则
，解得
.
又因为离心率
，且
，把
代入可得
.
由
可得
，将其代入
中，得到
.
52
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解得
，所以双曲线
的标准方程为
.
（2）（ⅰ）当斜率为0 时：
已知
，BC 方程
.
令
，则
，解得
，所以
.
.
当斜率不为0 时：
设AB 方程
，与
联立：
把
代入
得
.
由韦达定理得
，
.
因为直线交左右两支，有
，解得
.
BC 方程
，令
，得
，即
.
则
，经化简得
，
把
，
代入
.
先看分子：
再看分母：
53
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此时
.
因为
，
，约分后可得
.
（ⅱ）当斜率为0 时，因为
，两三角形相似，
.
当斜率不为0 时，不妨设
，
，
，所以
.
.
，代入
与
的值得
.
因为
，所以
，结合
，解得
.
所以
.
综上，
取值范围是
.
押题解读
54
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解答压轴必考题型
押题方向
仔细分析上海高考历年圆锥曲线解答题的命题特点，包括常见的题型、考点、设问方式等。比如，从
真题中可以看出常考的知识点有椭圆、双曲线、抛物线的方程与性质，直线与圆锥曲线的位置关系，
以及定点、定值、最值等问题。
定点问题：证明直线或曲线过某一定点。解题时通常将直线或曲线方程中的变量当作常数看待，把方
程一端化为零，让参数的系数全部等于零，得到一个关于变量的方程组，其解所确定的点就是定点。
定值问题：如求某代数式、点到直线的距离或某线段长度为定值。一般需要依题设条件，得出与所求
定值相关的等式，再代入化简求值。
最值问题：可分为几何法和代数法。若题目条件和结论能体现几何特征，可利用图形性质求解；若能
建立明确的函数关系，则可通过配方法、判别式法、基本不等式法及函数单调性法等求最值。
取值范围问题：常利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，也可根据已知参数范围建立参数
间的等量关系来求解，还可利用隐含或已知的不等关系构造不等式，或者将待求量表示为其他变量的
函数，通过求函数值域确定取值范围。
1．已知抛物线
.
(1)倾斜角为
的直线过
的焦点，且与
交于
、
两点，求
；
(2)设
是
上一点，
、
是
的准线上两个不同的点，且圆
是
的内切圆.
①若
，求点
的横坐标；
②求
面积的最小值.
【答案】(1)
；
(2)
3
①；②
.
【分析】（1）根据已知得直线为
，联立抛物线，应用韦达定理及抛物线的定义求
；
（2）①若
、
、
，切线为
，根据内切圆及点线距离公式得
55
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，进而得到
且
，即可求
的横坐标；
②由①有
，令
得
，结合对勾函数、二次函数性质求
最小值.
【详解】（1）抛物线
的焦点坐标为
，直线的方程为
.
设点
、
的横坐标为
、
.
由
，消
得
于是
，故
.
（2）①设
，于是有
，抛物线
的准线方程为
，
设
、
，过
的直线
的方程可设为
，
由题意，两直线均与圆
相切，故
，整理得
，
设直线
、
的斜率为
、
，
于是
，
将
代入上式，化简得
，解得
或
（舍），
故点
的横坐标为3.
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②由①，
，
点
到
的距离
，故
的面积
，
不妨令
，于是
，
当且仅当
，即
时，
的面积取到最小值，最小值为
.
2．已知双曲线
的左、右焦点分别为
，点A 是其左顶点，点P 是双曲线上一点，且位于
第一象限，若双曲线
的离心率
．
(1)求双曲线
的方程；
(2)若三角形
是等腰三角形，求点P 的坐标；
(3)直线
不垂直于x 轴，且与曲线
的另一个交点为Q，若
是锐角，求直线
的斜率的取值范
围．
【答案】(1)
(2)
或
.
57
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(3)
【分析】（1）根据题设条件求出基本量后得双曲线方程；
（2）就
、
、
分类得方程组，求解后得
的坐标；
（3）联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理可得关于斜率的不等式，求解后得斜率的范围.
【详解】（1）设半焦距为，则
即
，而
，故
，
故
，
，故双曲线
的方程为：
.
（2）由（1）得
，
，
因为
在第一象限，故设
，其中
，
因为三角形
是等腰三角形，故
或
或
，
若
，则
在
的中垂线上，则
，舍；
若
，则
，故
，
故
，解得
，故
.
若
，同理有
，
，
故
，
综上，
或
.
58
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（3）
设直线
，设
，
而
，故
，
因为
是锐角， 故
，
所以
，
整理得到
，
由
可得
，
故
且
，
且
，因为点P 在第一象限，所以
或
，
又
，
整理得：
，故
或
或
.
3．已知上下顶点分别为
的椭圆
经过点
为直线
上的动点，且
不在椭圆
上，
与椭圆
的另一交点为
与椭圆
的另一交点为
（
均不与椭圆
上下顶点重合）.
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(1)求椭圆
的方程；
(2)证明：直线
过定点；
(3)设（2）问中定点为
，过点
分别作直线
的垂线，垂足分别为
，记
，
，
的面积分别为
，
，
，试问：是否存在常数，使得
，
，
总为等比数列？若存在，求
出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，
【分析】（1）将点
坐标代入即可求得椭圆
的方程；
（2）设
，直线
的方程为
，联立椭圆和直线
的方程得到两根之和与之
积，因为点
在直线
上，代入化简可求得
的值，即直线
过定点；
（3）先表示出为
，
，
，由等比中项知
，再将（2）中结果代入化简可解得的值，即存
在这样的常数.
【详解】（1）因为椭圆
经过点
，代入可得
，解得
，
所以椭圆
的方程为
；
（2）由题意，直线
的斜率一定存在，设
，直线
的方程为
，
联立椭圆和直线
的方程得
，
由韦达定理可得
，
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由点斜式可知直线
的方程为
，直线
的方程为
，
两式相比得
，因为点
在直线
上，所以
，
又点
在椭圆上，所以
，变形得
，所以
，
将直线
方程代入得
，即
，
将韦达定理结果代入得
，解得
或，
因为
均不与椭圆
上下顶点重合，所以
舍去，即
，
直线
的方程为
，过定点
.
（3）由题意可知
，显然
在直线
的两侧，不妨设
，
则
，
设存在常数，使得
，
，
为等比数列，则
，
即
，
由（2）可知
，
61
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代入化简可得
，
由（2）知联立后的方程
，
所以
，解得
，
所以存在
，使得
，
，
总为等比数列.
4．已知双曲线
的右焦点为
，过点
的直线交双曲线
右支于
、
两点（点
在
轴上
方），点
在双曲线
上，直线
交
轴于点
（点
在点
的右侧）．
(1)求双曲线
的渐近线方程；
(2)若点
，且
，求点
的坐标；
(3)若
的重心
在
轴上，记
、
的面积分别为
、
，求
的最小值．
【答案】(1)
(2)点
的坐标为
(3)
的最小值为
【分析】（1）根据双曲线方程即可得其渐近线方程；
（2）由点
可得
，从而可利用三角形外角关系从而可得直线
的斜率，将直线
方程代
入双曲线方程求解即可得点
的坐标；
（3）设直线
，代入双曲线方程得交点坐标关系，由重心可得
，根据点线关系即可得的范围，再结合三角形面积关系得
与的关系，由基本不等式可
得最值.
62
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【详解】（1）已知双曲线
，则
，所以双曲线方程为
；
（2）双曲线
的右焦点
，
又
，所以
，则
，
因为
，所以
，
则直线
，即
，
所以
，解得
，即
，
则
，所以点
的坐标为
；
（3）设直线
，
，
则
，
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因为直线过点
且与双曲线
右支交于
、
两点，所以
，
又因为
的重心
在
轴上，所以
，
由点
在点
的右侧，可得
，所以
，解得
，所以
，
而
，代入可得
，
所以
，
代入化简可得：
，
所以
，
当且仅当
时等号成立，所以
的最小值为
.
5．已知椭圆C：
经过点
．
(1)求C 的离心率．
(2)设A，B 分别为C 的左、右顶点，P，Q 为C 上异于A，B 的两动点，且直线
的斜率恒为直线
的
斜率的5 倍．
①当b 的值确定时，证明：直线
过x 轴上的定点；
②按下面方法构造数列
：当
时，直线
过的定点为
，且
，设
，
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证明：
．
【答案】(1)
(2)
①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题意，将点
代入椭圆方程得
，进而求得离心率；
（2）①由题可知直线
的斜率不可能为0，设
的方程为
，与椭圆方程联立可得根与系数关系，
结合
，解得
，进而得证；②根据题意，可得
是等比数列，求得
，得
，分n 为偶数和奇数分别证明.
【详解】（1）因为椭圆C 经过点
，所以
，故
，
所以C 的离心率
.
（2）①由（1）知C 的方程为
，
，
.
由对称性可知直线
的斜率不可能为0，设
，
，设
的方程为
．
由
，可得
，
所以
，即
，
65
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且
，
．所以
．
则
，
解得
，则
的方程为
，
即直线
过x 轴上的定点
.
②由①可知，
，又
，
，
所以
是首项为2，公比为2 的等比数列.
所以
，
.
当n 为偶数时，
，
所以
.
当
为奇数时，因为
，
所以
.
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综上可得：
.
押题猜想八 函数与导数综合题
限时：20min
在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI 已应用到国防军事方面，在2024 年的珠海航展上，中国“机器
狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引
发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，
“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有
步的台阶上，
假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概
率为
，上两步台阶的概率为
；且每次上一步台阶用时
，上两步台阶用时
.
(1)假设
，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒?
(2)若“机器狼”走3 次后从地面到达第5 步台阶的概率为
，当
取最大值时，求“机器狼”从地
面上到第7 步台阶用时最少的概率.
(3)若
，记“机器狼”从地面上到第
步台阶的概率为
，其中
，证明：数列
是等比
数列，并求
.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，
【分析】（1）列出上完
步台阶的走法，即可计算时间；
（2）依题意可得
，利用导数求出函数的单调性，即可求出取最大值时
的值，
再由相互独立事件的概率公式计算可得；
（3）依题意可得
，即可得到
，即可
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证明，从而得到
，再由累加法计算可得.
【详解】（1）“机器狼”上完
步台阶的走法有：
当
时，用时
；
当
时，用时
；
当
时，用时
；
所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为
秒；
（2）依题意
，则
，
所以当
时
，当
时
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以当
时
取得最大值，
“机器狼”从地面上到第7 步台阶有
，
，
，
共4 种情况，
则“机器狼”从地面上到第7 步台阶用时最少的概率
；
（3）“机器狼”从地面上到第
步台阶，它是由第
步台阶上两步到达第
步台阶，或由第
步台阶
上一步到达第
步台阶，
记“机器狼”从地面上到第
步台阶的概率为
，
所以
，
所以
，
则
，
68
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又
，
，
所以
，
所以
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，
所以
，
即
.
押题解读
解答压轴必考题型
押题方向
上海高考第 21 题常出现新定义问题，如给定一个新的函数性质或概念，要求考生根据定义进行推理
和计算。对于这类问题，要仔细阅读定义，理解其内涵，将新定义转化为已有的数学知识和方法来解
决。例如，若定义 “超导函数”，则需要根据其给定的条件，结合函数导数的相关知识进行分析和求
解
1．若存在正数
，对任意的
，
恒成立，则称函数
，
在
上具有性质“
”．
69
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(1)判断函数
，
在
上是否具有性质“
”，并说明理由；
(2)若函数
，
在
上具有性质“
”，求
的取值范围；
(3)若函数
与
在
上具有性质“
”，且存在
，
，使得
，求证：
．
【答案】(1)
和
具有性质“
”，理由见解析；
(2)
；
(3)答案见解析.
【分析】（1）根据函数的奇偶性，结合新定义，转化为证明函数
在区间
单调递
增；
（2）根据新定义，转化为函数
，在区间
上单调递增，利用
导数，结合参变分离，转化为最值问题，即可求解；
（3）首先根据新定义，转化为
，再通过构造函数，
，
，转化为证明
，转化为利用极值点偏移解决问题.
【详解】（1）函数
和
在
上具有性质“
”.
理由如下：
因为
和
在
上均为偶函数，且在
上单调递增，
所以只需考虑
的情况，
70
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令
，则
，
所以
在区间
上单调递增，且
，所以
恒成立，
则
，即
，
则
，再根据函数
是偶函数，
即
，
，
所以函数
和
在
上具有性质“
”.
（2）
，
在区间
单调递增，
在
上单调递增，
设
，若函数
和
具有性质“
”，
则
，整理为
设
，由以上可知，
在区间
上单调递增，
即
，
当
时，
恒成立，
令
，
，
，得
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
所以当
时，
取得最小值
，
71
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所以
；
（3）由题意可知，存在
，
，
，又
，
则
，即
，
，
，设
，
，
，
当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，
设
，
，不妨设
，
，
，且
，
设
，
，
所以
在区间
上单调递减，且
，即
，
即
，即
，则
，
即
，则
，得
，即证.
2．已知
，
为正整数，对于函数
，若对任意的
，都有
，则称
为
次切比雪夫函数．例如：因为
，所以
为二次切
比雪夫函数．
(1)求
；
(2)证明：对任意正整数
，都有
；
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(3)若函数
有一个绝对值不大于1 的零点，证明：
所有零点的绝对值都不大于
1．
【答案】(1)
；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据三角恒等变换即可得
，则得到
；
（2）利用两角和差的余弦公式即可得
，即证明等式；
（3）化简得
，则
，再分
、
和
时分类讨论即可.
【详解】（1）因为
，
所以
.
（2）因为
，
两式相加得
，
即
.
（3）因为
，所以
，
即
，
，
，当
时，
，
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因为
有一个绝对值不大于1 的零点，则
，解得
，
令
，即
，则
，
①当
时，即
时，
，则
在
上单调递增，
在
上单调递增，
即
时，
，即
恒成立，即
在
上无零点，
②当
时，
，
，则
在
上单调递增，则
在
上单调递减，
即
时，
，即
恒成立，即
在
上无零点；
综合①②可知，
所有零点的绝对值都不大于1.
3．已知函数
的定义域是
．对于
，定义集合
．
(1)
，求
；
(2)对于集合
，若对任意
都有
，则称
是对称集．若
是对称集，证明：“函数
是
偶函数”的充要条件是“对任意
，
是对称集”；
(3)若
，
．求
的取值范围，使得对于任意
，都有
．
【答案】(1)
(2)证明见详解
(3)
【分析】（1）根据对数函数的单调性即可求解；
（2）根据偶函数的定义和对称集的定义即可证明必要性和充分性；
（3）根据定义判断出函数单调不减，得到导函数大于等于0 恒成立即可求解.
【详解】（1）由定义得，
.
（2）证明：
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必要性：因为函数
是偶函数，所以对任意
，
，
对任意
，若
，即
，则
，
所以
，所以对任意
，
是对称集.
充分性：若对任意
，
是对称集，
因为对任意
，
，所以
，即
①，
又
，所以
，即
②.
由①②得，对任意
，
，
所以函数
是偶函数.
综上，“函数
是偶函数”的充要条件是“对任意
，
是对称集”，得证.
（3）因为对于任意
，都有
，
所以若
，则
，即若
，则
，
所以
，所以
在
上单调不减，
所以对任意
，
恒成立.
当
时，显然成立，
；
当
时，
恒成立，令
，
，
所以
在
单调递减，
单调递增，所以
；
当
时，
恒成立，此时
因为
在
上单调递减，当
时，
，
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时，
，
所以
；
综上，
.
【点睛】关键点点睛：函数在区间上单调不减等价于导函数在区间上大于等于0 恒成立.
4．已知函数
在定义域
上存在导函数
．对于给定的一个有序实数对
，若存在
，使得
，则称
为
在定义域
上的一个“分
割数对”．
(1)已知
，判断数对
是否为
在
上的“分割数对”，并说明理由；
(2)已知
，若
为
在区间
上的“分割数对”，求实数
的取值范围；
(3)已知
，若有且仅有一个实数
满足对任意
，
都不
是
在
上的“分割数对”，求实数
的值．
【答案】(1)是；答案见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取
，由函数新定义代入验证即可；
（2）构造函数
，求导分析单调性和最值，然后结合函数新定义可得；
（3）由题意先将问题
不是
在
上的“分割数对”等价于
或
恒成立，然后构造函数
，求导后再将问题“
恒成立”等价于“对任意
，
恒成
立”，然后结合二次函数的性质令判别式小于等于零可得.
【详解】（1）是，
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存在
，
由函数新定义有
满足.
（2）令
，
则
，
令
，得
，
所以当
时，
，函数
为递减函数；当
时，
，函数
为递增函
数，
所以
在
处取得极小值，也是最小值，
所以
在区间
上的值域为
，
若
为
在区间
上的“分割数对”，既要满足
在区间
上的函数值有正有负，
所以
，
即实数
的取值范围为
.
（3）对任意
，考虑
，
则
不是
在
上的“分割数对”等价于
或
恒成立，
显然，
，
由于
，显然
，
令
，
因为
，则
，
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所以
，结合函数
的性质可知“
恒成立”等价于“对
任意
，
恒成立”，
即
在
上恒成立，
即
，
由题意，满足
的实数
有且仅有一个，则
.
5．定义域为
的可导函数
满足，在曲线
上存在三个不同的点
，使得直线
与曲线
在点
处的切线平行（或重合）．
若
成等差数列，则称
为“等差函数”；若
成等差数列且
均为整数，则称
为“整数等差函数”．
(1)设
，
，分别判断
和
是否为“整数等差函数”，直接写出结论；
(2)若
为“整数等差函数”，求实数
的最小值；
(3)已知
的导函数
在
上为增函数，且存在一个正常数
， 使得对任意
，
成立，证明：
为“等差函数”的充要条件是
为常值函数．
【答案】(1)
不是“整数等差函数”，
是“整数等差函数”
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）设公差为
，根据所给定义及导数的几何意义得到
，即可判断；
（2）设公差为
，则
且
，由
得到
从而确定
的最小值；
（3）首先证明充分性，再说明必要性，设公差为
，结合所给定义得到
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，令
，结合
推
出
为常值函数.
【详解】（1）假设
成等差数列，得
，
设公差为
，则
，
对于
：直线
的斜率
，
因为
，所以曲线
在点
处的切线斜率为
，
由题意，
恒成立，
取
，
，则
成等差数列且均为整数，故
是“整数等差函数”．
对于
，直线
的斜率
，
因为
，所以曲线
在点
处的切线斜率为
，
由题意
，
若
，则
，
令
，
，则
恒成立，所以
在
上单调递减，
所以
，即
在
上恒成立，
即
恒成立，所以
无解，
故
不是“整数等差函数”．
（2）因为
为“整数等差函数”，所以
成等差数列且
均为整数，
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设公差为
，则
，且
，
直线
的斜率
，
因为
，所以曲线
在点
处的切线斜率为
，
由题意，
，
又
的定义域为
，有
，
当
时,
,此时
,无罪小值；
当
时,因为
，
，
所以
，
则
，可取
使等号成立，故
的最小值为
．
（3）充分性，因为
为常值函数，所以
，
任意取等差数列
，则直线
的斜率
，
曲线
在点
处的切线斜率为
，
因为
，所以
为“等差函数”．
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必要性，因为
为“等差函数”，所以
成等差数列，
设公差为
，则
，
直线
的斜率
，
曲线
在点
处的切线斜率为
，
由题意，
,
，
令
，
则
，
令
，
则
，
因为
在
上为增函数，所以
，
在
上为增函数，
因为
，所以
，
在
上为增函数，
因为
，所以
在
上恒成立，
又
，由
的单调性知
，
故
，
，
，
为常数，
，
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，
，
接下来，一方面，因为
，且
在
上为增函数，
所以
在
上为增函数，故
，
，
由
，可得
，
另一方面，因为
，
所以
，可得
，
以此类推，
在
上恒成立，即
为常值函数．
命题得证！
82
