2026年高考考前预测卷：数学（上海卷02）（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（上海卷02）（全解全析），共19页。试卷主要包含了填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。
一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1．已知，，，则______.
【答案】5
【解析】因为，，所以且，
又，所以.
2．已知复数，且，则________
【答案】2
【解析】由，可得，
所以,因为复数，所以.
3．关于的不等式的解集为______.
【答案】
【解析】因为等价于，由得，
即的解集为，
所以不等式的解集为.
4．已知，且，则___________．
【答案】
【解析】由得，解得或，
又，所以，则，
所以．
5．已知平面向量，，．若为实数，且，则______．
【答案】/
【解析】由题意得，
若，则，解得.
6．若函数是奇函数，则______.
【答案】
【解析】由得，
因为函数是奇函数，所以定义域关于原点对称，
则方程根互为相反数，所以，所以，
所以函数的定义域为，，
因为，
所以，即，解得.
此时，定义域为，且满足，
所以.
7．已知数列的前n项和为，满足，则________．
【答案】243
【解析】令，得，得，
由，当时，，
两式相减得，，即，
即，所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，
所以.
8．设函数，则不等式的解集为________.
【答案】
【解析】当时，，易知为单调递增函数，故，满足；
当时，，解得，
故不等式的解集为，
9．在研究两个变量的相关关系时，观察散点图发现样本点集中于某一条指数曲线的周围．令，求得经验回归方程为，则该模型的回归方程为________．
【答案】
【解析】因为，
所以．
故答案为：.
10．已知，函数与的图象相交，若相邻的三个交点恰好能构成一个等腰直角三角形的三个顶点，则________．
【答案】
【解析】由，得，整理得，
解得，则，
不妨取函数图象相邻的三个交点为，
依题意，是等腰直角三角形，由对称性得，则，
所以.
故答案为：
11．某公园里有一块边长分别为30米，40米，50米的三角形草坪（记为），点，在的边上，线段把草坪分成面积相等的两部分．如果沿铺设灌溉水管，则水管的最短长度为______米．
【答案】20
【解析】由，可得是直角三角形，其面积，
不妨设，
①若在上，如图：
设，
则有，解得，
，即，
当且仅当时等号成立；
②若在上，如图：
设，
则有，解得，
，即，
当且仅当时等号成立；
③若在上，如图：
设，
则有，解得，
，即，
当且仅当时等号成立；
因为，所以的最小值为20，即水管的最短长度为20米.
12．已知是平面内三个非零向量，且，，则当与的夹角最小时，__________．
【答案】/
【解析】法1：设，因为，所以，所以是边长为的等边三角形，
而，故，故在以为直径的圆上，如图：
设该圆的圆心为，则，
当与的夹角最小时即与的夹角最小时，与圆相切于圆的右侧，
此时.
法2：设，因为，所以，
所以是边长为的等边三角形，
因为，所以以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，如图所示，
设，，则，则，
可得，
所以，
因为，
所以，
则，
要使得与的夹角最小，则需取得最大值，且，
，
令，则，
设函数，可得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得最大值，即取得最大值，
此时与的夹角最小，，
所以.
故答案为：.
二、选择题（本大题共4题,满分18分,第13-14题每题4分,第15-16题每题5分)
13．已知椭圆，则“”是“的离心率为”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】A
【解析】若的离心率为，当的焦点在轴上，则，解得，
可得，解得；
当的焦点在轴上，则，解得，
可得，解得．
综上所述，的取值为6或1
所以“”是“的离心率为”的充分不必要条件．
14．已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则等于（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】C
【解析】二项式的展开式中所有项的系数和，
由已知，解得.
因为，所以.
15．如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】取下底面正方形的中心为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
因为下底面边长为，几何体的高为， 故，，，
，，，，.
设几何体外接球的球心为，外接球半径为.
在中，，
在中，
则，解得.
所以.
故该几何体的外接球的表面积
故选：B.
16．若无穷数列满足：，当时，，则称是“数列”．则下列正确的是（ ）
A．若是“数列”，则
B．若是“数列”且是等差数列，则单调递增
C．若是“数列”且单调递减，则是等比数列
D．若是“数列”且是周期数列，则集合的元素个数最多是
【答案】D
【解析】对于A，若是“数列”，当时，，
，若
当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，所以，A错误.
对于B，若是“数列”且是等差数列，设公差为，
当时，，即，
当时，，则，，即，
此时，数列不单调递增，B错误.
对于C，若是“数列”且单调递减，
当时，，因为数列单调递减，所以.
当时，，因为数列单调递减，所以.
当时，，因为数列单调递减，所以.
可知数列不是等比数列，C错误.
对于D，若是“数列”且是周期数列，假设周期为，
当时，，
当时，，所以或
若时，当时，，所以或，
若时，当时，，所以或，
这样数列值会越来越大（非周期），所以
若时，当时，，所以或，
若时，当时，，所以或，
若时，当时，，所以或，
同理按此规律计算可得数列的取值可能是，
所以的元素个数最多是，D正确.
故选：D.
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且，设为棱上的点.
(1)若为棱的中点，求证；
(2)若三棱台两底面间的距离为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，与点重合
【解析】（1）如图：取中点，连接，因为四边形为等腰梯形，且为中点，所以.
又为正三角形，所以
平面，所以平面
又平面，所以
（2）设中点为，连接，则，
又侧面底面，侧面底面侧面，
所以底面
又底面，所以
又，所以两两垂直，
故可以为原点，所在的直线分别为轴建立如图空间直角坐标系.
因为三棱台两底面间的距离为，即，
又三角形为正三角形，且，
则，设，
则
设平面的法向量为，则，
可取
设直线与平面所成的角为，
则
由
所以，故或（因为，故舍去），此时与点重合，
所以当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为.
18．已知函数，是奇函数.
(1)求a，b的值；
(2)判断并用定义证明在区间上的单调性；
(3)若，求实数m的取值范围.
【答案】(1)
(2)单调递减，证明见解析
(3)
【解析】（1）由函数，是奇函数，
故，故，
又，则，
故，
，函数是在上的奇函数，
所以，.
（2）由（1）知，，函数在上单调递减，
且，则，
由，得，，
则，即，
所以函数在上单调递减.
（3）不等式恒成立，即，
又函数在上单调递减，因此，解得，
所以实数的取值范围为
19．针对赛制对“强者”和“弱者”的影响进行建模分析．
设参赛人数为n（为2的幂次，如4，8，16），假设每场比赛只有两种可能结果：胜或负（忽略平局）．各场比赛的结果相互独立．
赛制一、单败淘汰制：参赛者两两对决，胜者晋级，负者直接淘汰，直到决出冠军．
赛制二、双败淘汰制：参赛者随机分组进行初赛，胜者组、负者组分别组内随机抽签比赛，胜者组失败者掉入负者组，负者组失败者被淘汰，胜者组冠军和负者组冠军进行总决赛．
以4人为例，如图：
赛制三、单循环赛制：每位参赛者与其他所有参赛者都进行一场比赛．最终按总积分（或胜场数）排名．总积分（或胜场数）最高者为冠军（若积分相同再比较其他规则）．
假设在强者（只有一人）与弱者单场比赛中，p为“强者”战胜“弱者”的概率．弱者实力均等，他们之间比赛时胜率均为r．表示“强者”最终赢得冠军的概率．
(1)当，，时，求赛制一、赛制二相应的；
(2)针对赛制三，、分别表示“强者”、“弱者”的胜场数，写出、；当，，时，计算并说明“强者”稳定夺冠的因素；
(3)评价三种赛制对“强者”和“弱者”的影响．
【答案】(1)
(2)1.6，答案见解析
(3)答案见解析
【解析】（1）单败淘汰赛中，任何一场失利都意味着出局，
强者必须赢得其参加的所有场比赛才能夺冠，
当，时，．
双败淘汰制中，当，时，参赛者中不妨设强者为，
其赢得冠军有三种情况：
情况1、全胜（不输任何一场）夺冠，赢下参加的三场比赛：第一轮初赛、胜者组决
赛、总决赛，概率为；
情况2、在小组初赛输一次，但后面比赛中全胜，概率为；
情况3、在小组初赛胜，在胜者组初赛输一次，但在后面比赛中全胜，
所以．
（2）强者一共打场比赛，，；
一个弱者打场比赛，对阵强者，赢的概率为，对阵其他个弱者（弱者之间
比赛胜率为），所以．
当，，时，
，
对于强者，，所以，即总是成立的．
强者要稳定夺冠，需要显著大于，实力差距越大，参赛人数越多，
强者预期胜场领先优势就越大．
（3）①时，若，，
若时，，
若，，则（约），
单败淘汰制对弱者最有利，原因在于强者需要连续赢下多场比赛（场），任何一
场失败（即使概率很小）都会导致其被淘汰．爆冷可能性随着比赛场次的增加而显著累积．
在同样条件（）下，双败淘汰制的大于单败淘汰制的．
②双败淘汰制比单败淘汰制更有利于强者．原因在于双败淘汰制给了强者一次犯错（输一场）的机会．
对于实力顶尖的选手（很大），双败淘汰制显著优于单败淘汰制．它大大降低了强者因
单场意外失利而早早出局的风险．但对于实力中游的选手，双败淘汰制可能增加了他们遭
遇顶尖强者的次数（从胜者组掉下来后要在败者组打更多比赛），反而可能不利．
双败淘汰制比单败淘汰制更有利于真正的顶尖强者稳定夺冠，降低了冷门的总体影响．
③单循环赛制最有利于强者，原因在于比赛场次多（场），根据大数定律和中心极限
定理，实力更强（）的选手在大量比赛中，其胜率会稳定地表现出来，极大地减
少了单场爆冷对最终排名的影响．强者有较多的机会证明自己的实力，弱者爆冷胜利（即
使发生）对强者最终积分的影响被稀释了．代价是比赛场次过多，时间成本高，不适合大
规模参赛．
20．在平面直角坐标系中，椭圆的左顶点为，焦距为，且离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于两点．
（ⅰ）若中点为，点是椭圆上的动点，且满足：，证明的面积为定值；
（ⅱ）若点为的外心，且在直线上，求点到直线的距离的最大值．
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）2.
【解析】（1）依题意，椭圆的半焦距，
由椭圆的离心率为，得，，
所以椭圆的方程为.
（2）（ⅰ）设点，当直线的斜率不为0时，设其方程为，
由，得，
，，
，
原点到直线的距离，，
由中点为，，得点是的重心，则点，
由点在椭圆上，得，又，
则，即，
整理得，即，则，
因此的面积，
当直线的斜率为0时，点或，直线的方程为或，
线段，点到直线的距离为，，
所以的面积为定值.
（ⅱ）当直线的斜率为0时，线段的中垂线为轴，不符合题意，点，
由（ⅰ）得线段的中点，的中点，，
线段的中垂线方程为，即，
同理线段的中垂线方程为，
，
由的外心在直线上，得，解得，
而，则，解得或，
因此点到直线的距离为，
令，当时，在上递减，
则当，即时，，；当时，
在上递增，，又，因此，
所以点到直线的距离的最大值2.
21．已知定义在区间上的函数，，若对，，存在一个正实数，满足，则称是的“-陪伴函数”.
(1)已知，判断函数是否为函数的“-陪伴函数”，并说明理由，若为“-陪伴函数”，求的最小值；
(2)证明：任何一给定闭区间上的函数是函数的“-陪伴函数”；
(3)已知，若函数是函数的“3-陪伴函数”，求实数p的取值范围.
【答案】(1)是，理由见解析，
(2)证明见解析
(3)
【解析】（1）假设是的“—陪伴函数”，
则，
即，
则．
因为且，所以，则，
因此，因此是的“－陪伴函数”，且的最小值是．
（2）已知，
，
.
记，则．
记，则，
即成立，
因此是的“M—陪伴函数”，
即在同一给定闭区间上的函数是函数的“M—陪伴函数”．
（3）由题知，
即，不妨假设，
则，
则，且，
所以函数在上单调递增，函数在上单调递减，
所以，
则．又，，
所以，
故，且，
即，且，
由于在上单调递增，故，则
可得，且，
即，
令，则，
令，，结合，显然，
即，则在上单调递减，
故，故；
令，则，
令，，则，
令，，则，
该函数在上单调递减，，，
故存在，使得，即，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故，
而，，
故，则在上单调递增，
即得，故，
则在上单调递增，故，
则，综合可得，
即p的取值范围为.