2026年高考考前预测卷：数学（上海卷）（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（上海卷）（全解全析），共19页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分．）
1．设集合，则__________.
【答案】
【分析】根据给定条件，利用交集的定义求得答案.
【详解】集合，所以.
故答案为：
2．已知是虚数单位，复数，则______.
【答案】/
【详解】可得，
.
3．在的展开式中，x的系数是______．
【答案】7
【分析】根据二项式展开式的通项公式，即可求得答案.
【详解】由题意知的通项为，
令，则，即x的系数是.
4．已知向量，若，则实数的值为______ .
【答案】
【分析】根据向量平行的坐标表示得到方程，解出即可.
【详解】因为向量， ，所以，解得．
故答案为：
5．某水果店的苹果，来自A基地，来自B基地，A基地苹果的新鲜率为，B基地苹果的新鲜率为，从该水果店随机选取一个苹果，则选到新鲜苹果的概率是_________．
【答案】/
【分析】由已知结合全概率公式求解即可.
【详解】设选取的苹果来自A基地为事件，选取的苹果来自B基地为事件，
选到新鲜苹果为事件，
所以，，，，
所以
，
所以从该水果店随机选取一个苹果，则选到新鲜苹果的概率是.
故答案为：.
6．已知均为非负数，且，则的最小值为______.
【答案】2
【详解】由题可得，所以,
由于,当且仅当，即时取等号，
所以，则的最小值为
7．设是等差数列，，则该数列的前8项的和的值为__________.
【答案】36
【分析】根据给定条件，求出数列的公差，进而求出其前8项的和.
【详解】在等差数列中，，则公差，
所以.
故答案为：36
8．设椭圆的左、右焦点分别为、，左顶点为，若椭圆的离心率为，则的值为________.
【答案】
【分析】根据题意写出焦点与左顶点的坐标，表示出线段长，利用离心率写出等量关系，可得答案.
【详解】由题意可得，则，，
由椭圆离心率为，可得，则，
所以.
故答案为：.
9．一个底面积为的正四棱柱的所有顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则该正四棱柱的高为__________．
【答案】
【分析】求出正四棱柱底边的边长以及外接球半径，分析可知该正四棱柱的外接球直径即为该正四棱柱的体对角线长，即可得解.
【详解】设该正四棱柱底边的边长为，高为，则，可得，
设该正四棱柱的外接球的半径为，则，解得，
由题意可知，该正四棱柱的外接球直径即为该正四棱柱的体对角线长，
即，解得，
因此该正四棱柱的高为.
故答案为：
10．函数的值域为_____________
【答案】
【分析】首先求的范围，再根据余弦函数的性质求值域.
【详解】因为，所以，则，
故的值域为．
故答案为：
11．玩具厂家设计一款儿童益智玩具，玩具主体是由一矩形托盘和放置在托盘中的L形木块构成，L形木块的水平截面如图1所示，矩形托盘中间有一隔断，隔断的宽为a，隔断上有一开口，开口的长为b，水平截面如图2所示，若木块可以按照图2所示的方式紧贴托盘底部旋转穿过隔断，则的最小值为______.
【答案】
【分析】把点A到直线CD的距离为h表示成三角函数关系式，利用三角函数的性质即可求出的最小值.
【详解】解法1：如图，作于F，于G，延长CD交AB于E，
设，点A到直线CD的距离为h.
由题意可知，，，
则
.
当时，h取最大值.
若木块可以旋转穿过隔断，则有，
即，故的最小值为.
解法2：如图，设CD的中点为I，点A到直线CD的距离为h，
由题意可知，由，可知.
则有，
当时，两个等号同时成立，此时h取最大值.
若木块可以旋转穿过隔断，则有，即，
故的最小值为.
故答案为：
12．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.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分．）
13．对实数，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】应用不等式性质结合充分必要条件的定义求解即可.
【详解】对实数，当时，，则，
当时，，则，
则“”是“”的充要条件.
故选：C.
14．下列函数中，是奇函数且在上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】判断函数的单调性，即可判断ABC的正误；结合分段函数的单调性以及奇偶性的判断，可判断D.
【详解】对于A，由于在R上单调递减，故在R上单调递减，A错误；
对于B，，
由于在上单调递增，故在上单调递增，
则在上单调递增，
故在上单调递减，B错误；
对于C，由可得，
当时，，此时在上单调递减，C错误；
对于D，令，当时，，在上单调递增，
再判断函数的奇偶性：
当时，令，当时，，
则时，，则；
时，，则；
即可知为奇函数，D正确.
15．在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是（ ）
A．四棱锥B．四棱锥
C．三棱锥D．三棱锥
【答案】D
【分析】根据题设在上运动，结合棱柱的结构特征及线面平行的性质判断各棱锥的体积是否为定值即可.
【详解】对于正三棱柱，且，，
则在上运动，
所以到平面、平面、平面的距离均是变化的，棱锥底面积都是定值，故A、B、C不符合条件，
由，平面，平面，则//平面，
所以P到平面的距离为定值，且底面的面积是定值，
所以三棱锥的体积为定值，D符合，
故选：D
16．若对任意正整数，数列的前项和都是完全平方数，则称数列为“完全平方数列”.有如下两个命题：①若数列的前项和，（为正整数），则使得数列为“完全平方数列”的值有且仅有一个；②存在无穷多个“完全平方数列”的等差数列. 则下列选项中正确的是（ ）
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】对于①，根据数列的前项和得到，对，和两种情况分类讨论求解可判断；对于②设等差数列的首项为，公差为，对分类讨论求解判断.
【详解】对于①，数列的前项和（为正整数），
当时，，
当时，不满足上式，所以，
当，时，，
所以数列与原数列相同，所以，
所以当时，数列为完全平方数列，
当时，不是“完全平方数，
所以当时，数列不是完全平方数列，
综上所述：数列为“完全平方数列”，故①是真命题；
对于②，因为为完全平方数，故，
若，则，若对任意的，均为完全平方数，
则，否则假设为的素因数，且恰好整除，为正整数，
若为奇数，则不是完全平方数，矛盾，
若为偶数，取，则不是完全平方数，矛盾，
若，则，
若，取，则或，
当为偶数时，此时，均不是完全平方数，
当为奇数时，取，，为奇数，
故此时不是完全平方数，
故，即，故，设，故，
当时，，
又适合上式，即.
故存在无穷多个“完全平方数列”的等差数列，故②是真命题.
故选：A.
三、解答题：本题共5小题，满分78分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本题14分）在中，内角所对的边分别为为的角平分线，且.
(1)若，求的大小；
(2)当取得最小值时，求的面积.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由正弦定理得到，根据得到方程，求出，根据余弦定理得到，求出；
（2）由利用三角形面积公式可得，根据基本不等式解出的最小值，应用取等条件求出三角形面积.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
因为的角平分线交BC于点D，所以，
由，得，
则，
即，所以，
在中，由余弦定理得，
即；分
（2）由，
得，
得，
化简得，即，
所以，
当且仅当时等号成立，取得最小值，
此时，面积为．分
18．（本题14分）如图，在多面体中，平面平面，四边形是直角梯形，，，，且．
(1)证明：平面．
(2)求多面体的体积．
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先由题意求证平面得到，再结合和线面垂直的判定定理即可求证；
（2）依次求出和即可求解多面体的体积；
（3）建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用平面夹角的向量法公式即可计算求解.
【详解】（1）证明：因为平面平面，，
且平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面；分
（2）由题意可知，所以由平面得平面，
因为平面，平面，所以，
所以由可知四边形是边长为2的正方形，
所以，
又，所以，
所以多面体的体积为；分
（3）由平面和可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
因为，平面，
所以平面，所以是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，
所以，取，则，
所以，
平面与平面夹角的余弦值为分
19．（本题14分）某游乐园的活动项目共有三类，分别是“过山车”等10个体验类项目、“海豚之舞”等4个表演类项目、“智力闯关”等3个互动类项目.因设备维护需要，项目并非每日都全部开放.以下数据是项目开放的数量（个）和游客平均等待时间（分钟/个）的关系：
(1)体验类项目中，若关于的回归方程为，请计算的值，并依据该模型预测所有体验类项目均开放时的平均等待时间（精确到整数）；
(2)小王游玩当日，体验类、演出类、互动类项目分别开放了8个、4个、3个，他计划随机游玩其中的3个项目，已知他选择的项目中至少包含1个互动类项目，求他的等待总时间恰为120分钟的概率；
(3)为提高游客的参与度，园方在互动类项目“智力闯关”中设计了两关.通过第一关的游客奖励20个游园币，游客可以选择结束或继续闯关.若继续闯关，则必须完成第二关的所有题目.第二关包含2道相互独立的选择题，每答对1题可再奖励20个游园币，每答错1题则要扣除10个游园币.每个游园币可兑换园区内任意一个项目的1分钟等待时间.小王已通过第一关，假设他在第二关中每道题答对的概率均为，为了获得更多项目等待时间的兑换奖励，小王是否应该继续闯关？请你帮他做出决策.
【答案】(1)，51分钟；
(2)；
(3)答案见解析.
【分析】（1）根据表中数据分别求出，代入回归方程即可求出，将代入回归方程可求出平均等待时间；
（2）利用条件概率公式，结合分步计数乘法原理和分类计数加法原理以及组合数，计算即可求得概率；
（3）通过计算得到小王参加第二关获得的游园币数的期望，根据每道题答对的概率的取值分类讨论，做出相关决策.
【详解】（1），
代入回归方程，得，解得.
当时,，即开放所有体验类项目时的平均等待时间约为51分钟分
（2）记事件“等待总时间恰为120分钟”，事件“选择的3个项目中至少包含1个互动类项目”，
因为全部的项目数为15个，其中互动类项目有3个，则事件共包含了种；
在事件的条件下，等待总时间恰为120分钟，此时的可能情况有：
①一个互动类项目，一个体验类项目，一个演出类项目，此时共有种情况；
②两个互动类项目，一个体验类项目，此时共有种情况.
由条件概率公式得分
（3）设小王参加第二关获得的游园币数为随机变量，则所有可能取值为，
则
所以.
所以，当时，，不建议小王继续闯关；
当时，，小王可根据自己的情况随机选择；
当时，，建议小王继续闯关分
20．（本题18分）已知椭圆：（）的实轴长为，点在上.
(1)求的离心率；
(2)若，分别为的左、右顶点，过点且斜率不为0的直线与交于，两点，直线，交于点，证明：点在定直线上；
(3)已知，，均在上，为原点，，其中，均不在轴上，，且，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见详解
(3)证明见详解
【分析】（1）根据长轴长可得，代入点可得，进而可得离心率；
（2）设直线：，，与椭圆方程联立可得韦达定理，进而可得，联立直线方程可得，运算求解即可；
（3）设，根据题意结合向量运算可得，代入椭圆方程可得，即可得结果.
【详解】（1）由题意可知：，即，椭圆方程为，
代入点可得，解得，
所以椭圆的离心率分
（2）由（1）可知椭圆的方程为，，
因为直线的斜率不为0，且直线与椭圆必相交，
设直线：，，
联立方程，消去x可得，
则，，可得，
由题意可知：直线，直线，
联立方程消去y可得
，
即，可得，
所以点在定直线上分
（3）设，且，
则，且，，
可得，即，
代入椭圆方程可得，
整理可得，
又因为，，，
可得，即，
且，可得，即，
所以（为定值）分
21．（本题18分）若存在正数，对任意的，恒成立，则称函数，在上具有性质“”．
(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，
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“”分
（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，
所以；分
（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，即证分
项目类别
体验类
演出类
互动类
开放数量（个）
4
5
6
7
8
2
4
2
3
平均等待时间（分钟/个）
76
73
67
60
53
30
46
30