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1、2024 年上海市春季高考数学试卷年上海市春季高考数学试卷一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 12 题，满分题，满分 54 分，第分，第 1-6 题每题题每题 4 分，第分，第 7-12 题每题题每题 5 分）分）1（4 分）log2x 的定义域2（4 分）直线 xy+10 的倾斜角大小为3（4 分）已知，则 4（4 分）（x1）6展开式中 x4的系数为5（4 分）三角形 ABC 中，则 AB6（4 分）已知 ab1，4a2+9b2的最小值为7（5 分）数列an，ann+c，S70，c 的取值范围为8（5 分）三角形三边长为 5，6，7，则以边长为 6 的两个顶点为焦点，过另外一个顶点的
2、双曲线的离心率为9（5 分）已知，求 g（x）2x 的 x 的取值范围10（5 分）已知四棱柱 ABCDA1B1C1D1底面 ABCD 为平行四边形，AA13，BD4 且，求异面直线 AA1与 BD 的夹角11（5 分）正方形草地 ABCD 边长 1.2，E 到 AB，AD 距离为 0.2，CD 距离为 0.4，有个圆形通道经过 E，F，求圆形通道的周长（精确到 0.01）12（5 分）a12，a24，a38，a416，任意 b1，b2，b3，b4R，满足ai+aj|1ij4bi+bj|1ij4，求有序数列b1，b2，b3，b4有对二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 题题,满分满分
3、18 分分,第第 13-14 题每题题每题 4 分分,第第 15-16 题每题题每题 5 分分)13（4 分）a，b，cR，bc（）Aa+b2a+c2Ba2+ba2+cCab2ac2Da2ba2c14（4 分）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线 m，n，则下列说法中正确的是（）A若，m，n，则 mnB若，m，mn，则 nC若，m，n，则 mnD若，m，mn，则 n15（5 分）有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面三种礼品都有，设事件 A：所选盒中有中国结，事件 B：所选盒中有记事本，则（）A事件 A 与事件 B 互斥B事件 A 与事件 B 相互独立C事件
4、A 与事件 BC 互斥D事件 A 与事件 BC 相互独立16（5 分）现定义如下：当 x（n，n+1）时（nN），若 f（x+1）f（x）（x）为延展函数现有，当 x（0，1）时，g（x）x与 h（x）x10均为延展函数，则以下结论（）（1）存在 ykx+b（k，bR；k，b0）与 yg（x）有无穷个交点（2）存在 ykx+b（k，bR；k，b0）与 yh（x）有无穷个交点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）成立三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 题，共题，共 14+14+14+18+1878 分）分）17（14 分）已知 f（x）s
5、in（x+），0（1）设1，求解：yf（x），x0；（2）a（aR），f（x）的最小正周期为，若在 x，求 a 的取值范围18（14 分）如图，PA、PB、PC 为圆锥三条母线，ABAC（1）证明：PABC；（2）若圆锥侧面积为为底面直径，BC219（14 分）水果分为一级果和二级果，共 136 箱，其中一级果 102 箱（1）随机挑选两箱水果，求恰好一级果和二级果各一箱的概率；（2）进行分层抽样，共抽 8 箱水果，求一级果和二级果各几箱；（3）抽取若干箱水果，其中一级果共 120 个，单果质量平均数为 303.45 克；二级果 48 个，单果质量平均数为 240.41 克；求 168 个水果
6、的方差和平均数，并预估果园中单果的质量20（18 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A 为椭圆上一点，F1、F2分别为椭圆的左、右焦点（1）若点 A 的横坐标为 2，求|AF1|的长；（2）设的上、下顶点分别为 M1、M2，记AF1F2的面积为 S1，AM1M2的面积为 S2，若 S1S2，求|OA|的取值范围（3）若点 A 在 x 轴上方，设直线 AF2与交于点 B，与 y 轴交于点 K，KF1延长线与交于点 C，是否存在 x 轴上方的点 C，使得，请求出点 C 的坐标；若不存在21（18 分）记 M（a）t|tf（x）f（a），L（a）t|tf（x）f（a）（1）若 f（x）x2+
7、1，求 M（1）和 L（1）；（2）若 f（x）x33x2，求证：对于任意 aR，都有 M（a）4，且存在 a，使得4M（a）（3）已知定义在 R 上 f（x）有最小值，求证“f（x），均有 M（c）L（c）2024 年上海市春季高考数学试卷年上海市春季高考数学试卷1（3，+）24531i41556127（，4）889（，110arccos112.73124813B14A15B16D三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 题，共题，共 14+14+14+18+1878 分）分）17解：（1）当1 时，f（x）sin（x+）因为 x0，根据 yf（t）sint 在上单调递增，在，所以函数的
8、最大值为 sin8sin因此函数的值域为，1（2）由题知，所以2）当 f（x）4 时，即当 k3 时，所以，即因此，a 的取值范围为，）18（1）证明：取 BC 中点 O，连接 AO，因为 ABAC，PBPC，POBC，又因为 PO，AO面 PAO，所以 BC面 PAO，又 PA面 PAO，所以 PABC；（2）解：法（i）由（1）可知，BCOA，作 PMAB，BDPA 交于 D，由题意PBAPCA，可得 CDPA，所以CDB 为所求的二面角的平面角，连接 OD，因为圆锥侧面积为为底面直径，所以底面半径为 1，母线长为，PA，AB，PB，SPBAABPM，即BD，所以 sinBDO，所以 co
9、sCDB12sin7BDO12（），所以二面角 BPAC 的平面角为钝角，所以二面角 BPAC 的大小为法（ii）由（1）可知，BCOA，因为圆锥侧面积为，BC6，所以底面半径为 1，母线长为，建立以 OB 为 x 轴，OA 为 y 轴，则可得，故，设为平面 PAB 的一个法向量，由，可得，令，则，可得，设为平面 PAC 的一个法向量，由，可得，令，则，可得，则，设二面角 BPAC 的平面角为，由图可知为钝角，所以二面角 BPAC 的大小为19解：（1）古典概型：设 A 事件为恰好选到一级果和二级果各一箱，样本空间的样本点的个数 n，A 事件的样本点的公式 m3468，所以 P（A）；（2）因
10、为一级果箱数：二级果箱数3：8，所以 8 箱水果中有一级果抽取 6 箱，二级果抽取 7 箱；（3）设一级果平均质量为，方差为，方差为平均值2，因为 303.45，603.46，所以 303.45+，S3603.46+（303.45285.44）2+648.21+（240.41285.44）21427.27克8预估：平均质量为+287.69 克20解：（1）因为点 A 的横坐标为 2，不妨设 A（2，y），因为点 A 在椭圆上，所以，解得，易知 F8（2，0），所以；（2）不妨设 A（x，y），此时，因为 S7S2，所以，即 2y2x7，又，所以 2y267y2，解得，则，故|OA|的范围为（，
11、；（3）不妨设 A（x8，y1），y14，B（x2，y2），由对称性可得 A、C 关于 y 轴对称，所以 C（x2，y1），又 F1（5，0），F2（7，0），此时，所以，同理得，因为，所以，解得 y2+2y12 或（无解），不妨设直线 AF4：xmy+2，联立，消去 x 并整理得（m2+4）y2+4my30，由韦达定理得，解得，此时，又 x3my1+2，解得，此时故存在 x 轴上方的点，使得21解：（1）由题意，得 M（1）t|tx2+18，x10；（2）证明：由题意知，M（a）t|tx33x2a3+7a2，xa，记 g（x）x34x2a3+7a2，则 g（x）3x86x0 x4 或 2x（
12、，0）4（0，2）6（2，+）g（x）正0负3正g（x）极大值极小值现对 a 分类讨论，当 a233x2a3+3a2，xa 为严格增函数，因为 g（a）0，所以此时 M（a）5，+）符合条件；当 0a2 时，tx33x2a7+3a2，xa 先增后减，3a22，因为a3+3a5a2（3a）3（a0 取等号），所以，则此时 M（a）a3+8a24，+）7；当 a0 时，tx35x2a3+6a2，xa，在a，在0，在8，因为 h（a）a7+3a24，当 a0 时2+8a0，则 h（a）h（0）4，则此时 M（a）tmin，+）8，+）成立；综上可知，对于任意 aR，+，使得4M（a）（3）证明：必要性：若 f（x）为偶函数，则 M（c）t|tf（x）f（c），xc，xc，当 xc，tf（x）f（c）f（x）f（c），故 M（c）L（c）；充分性：若对于任意正实数 c，均有 M（c）L（c），其中 M（c）t|tf（x）f（c），xc，xc，因为 f（x）有最小值，不妨设 f（a）fminm，由于 c 任意，令 c|a|，cL（c）中最小元素为 mf（c），又 M（c）L（c）f（c）f（c）对任意 c|a|成立，所以 f（a）f（a）m，若 a0，则 f（c）f（c）对任意 c 2 成立f（x）是偶函数；若 a0，此后取 c（|a|，综上，任意 c 0，即 f（x）是偶函数
