《2024年上海市高考数学试卷附参考答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年上海市高考数学试卷附参考答案（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024 年上海市高考数学试卷年上海市高考数学试卷一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 12 题，满分题，满分 54 分其中第分其中第 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）设全集 U1，2，3，4，5，集合 A2，则 2（4 分）已知，则 f（3）3（4 分）已知 xR，则不等式 x22x30 的解集为4（4 分）已知 f（x）x3+a，xR，且 f（x），则 a5（4 分）已知 kR，（2，5），则 k 的值为6（4 分）在（x+1）n的二项展开式中，若各项系数和为 32，则 x2项的系数为7（5 分）已知抛物线y24x上有一点 P 到
2、准线的距离为9，那么P到 x 轴的距离为8（5 分）某校举办科学竞技比赛，有 A、B、C3 种题库，A 题库有 5000 道题，C 题库有 3000 道题小申已完成所有题，他 A 题库的正确率是 0.92，C 题库的正确率是 0.72 现他从所有的题中随机选一题，正确率是9（5 分）已知虚数 z，其实部为 1，且，则实数 m 为10（5 分）设集合 A 中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值11（5 分）已知点 B 在点 C 正北方向，点 D 在点 C 的正东方向，BCCD，DAC37，则BCA（精确到 0.1 度）12（5 分）无穷等比数列
3、an满足首项 a10，q1，记 Inxy|x，ya1，a2an，an+1，若对任意正整数 n，集合 In是闭区间，则 q 的取值范围是二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 题，满分题，满分 18 分，第分，第 13-14 题每题题每题 4 分，第分，第 15-16 题每题题每题 5 分）分）13（4 分）已知气候温度和海水表层温度相关，且相关系数为正数，对此描述正确的是（）A气候温度高，海水表层温度就高B气候温度高，海水表层温度就低C随着气候温度由低到高，海水表层温度呈上升趋势D随着气候温度由低到高，海水表层温度呈下降趋势14（4 分）下列函数 f（x）的最小正周期是 2的是（）Asi
4、nx+cosxBsinxcosxCsin2x+cos2xDsin2xcos2x15（5 分）定义一个集合，集合元素是空间内的点集，任取 P1，P2，P3，存在不全为 0 的实数1，2，3，使得已知（1，0，0），则（0，0，1）（）A（0，0，0）B（1，0，0）C（0，1，0）D（0，0，1）16（5 分）已知函数 f（x）的定义域为 R，定义集合 Mx0|x0R，x（，x0），f（x）f（x0），在使得 M1，1的所有 f（x）中（）A存在 f（x）是偶函数B存在 f（x）在 x2 处取最大值C存在 f（x）为严格增函数D存在 f（x）在 x1 处取到极小值三、解答题（本大题共三、解答题（
5、本大题共 5 题，共题，共 14+14+14+18+1878 分）分）17（14 分）如图为正四棱锥 PABCD，O 为底面 ABCD 的中心（1）若 AP5，求POA 绕 PO 旋转一周形成的几何体的体积；（2）若 APAD，E 为 PB 的中点，求直线 BD 与平面 AEC 所成角的大小18（14 分）已知 f（x）logax（a0，a1）（1）若 yf（x）过（4，2），求 f（2x2）f（x）；（2）存在 x 使得 f（x+1）、f（ax）、f（x+2），求 a 的取值范围19（14 分）为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区 29000 名学生中抽取 580人，得到
6、日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：时间范围0，0.5）0.5，1）1，1.5）1.5，2）2，2.5）学业成绩优秀5444231不优秀1341471374027（1）该地区 29000 名学生中体育锻炼时长不少于 1 小时的人数约为多少？（2）估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到 0.1）（3）是否有 95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于 1 小时且小于 2 小时有关？20（18 分）已知双曲线：1，（b0），左右顶点分别为 A1，A2，过点 M（2，0）的直线 l交双曲线于 P、Q 两点，且点 P 在第一象限（1）当离心率 e2 时，求 b 的值；（2）当，
7、MA2P 为等腰三角形时，求点 P 的坐标；（3）连接 OQ 并延长，交双曲线于点 R，若，求 b 的取值范围21（18 分）对于一个函数 f（x）和一个点 M（a，b），定义 s（x）（xa）2+（f（x）b）2，若存在 P（x0，f（x0），使 s（x0）是 s（x）的最小值，则称点 P 是函数 f（x）（1）对于（x0），求证：对于点 M（0，0），存在点 P（x）到点 M 的“最近点”；（2）对于 f（x）ex，M（1，0），请判断是否存在一个点 P，它是 f（x），且直线 MP 与 f（x）在点P 处的切线垂直；（3）已知 f（x）存在导函数 f（x），函数 g（x），对于点 M1（
8、t1，f（t）g（t），点 M2（t+1，f（t）+g（t），若对任意 tR（x）到点 M1与点 M2的“最近点”，试判断 f（x）的单调性17，3，523x|5x340515610789210329117.4122，+）13C14A15C16B17解：（1）因为 PABCD 是正四棱锥，所以底面 ABCD 是正方形，且 OP底面 ABCD，因为，所以 AOODOBOC8，因为 AP5，所以，所以POA 绕 OP 旋转一周形成的几何体是以 3 为底面半径，6 为高的圆锥，所以；（2）如图建立空间直角坐标系， 因为 APAD，由题知 PABCD 是正四棱锥，设，则 AOODOBOCa，
9、则 O（0，8，0），0，a），a，B（a，7，C（0，a，D（a，0，故，设为平面 AEC 的法向量，则，即，令 x11，则 y40，z17，所以（1，则，设直线 BD 与面 AEC 所成角为，因为，则18解：（1）由 yf（x）过（4，2）可得 loga72，则 a25，解得 a2（负值舍去），因为 f（x）log2x 在（6，+）上是严格增函数，则 02x6x，解得 1x2，故所求解集为（2，2）；（2）因为 f（x+1）、f（ax），所以 f（x+8）+f（x+2）2f（ax），即 loga（x+3）+loga（x+2）2loga（ax）有解，化简可得，则（x+3）（x+2）（ax）2
10、且，故在（0，又，故在（0，故 a25，解得 a1 或 a1，又 a5，所以 a1，故 a 的取值范围为（1，+）19解：（1）580 人中体育锻炼时长大于 1 小时人数占比，该地区 29000 名初中学生中体育锻炼时长大于 1 小时的人数约为；（2）该地区初中学生锻炼平均时长约为0.8（5+134）+（42+137）+（3+27）；（3）由题意可得 22 列联表，7，2）其他总数优秀455095不优秀177308485提出零假设 H0：成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于 6 小时且小于 2 小时无关，确定显著性水平0.05，P（x33.841）0.05，否定零假设，即学业成绩优秀与日均体育锻炼
11、时长不小于 1 小时且小于 2 小时有关20解：（1）因为 e2，即，所以，又因为 a81，所以 c24，又因为 a2+b2c2，所以 b23，所以（负舍）；（2）因为MA2P 为等腰三角形，若 A1A7为底，则点 P 在线段 MA2的中垂线，即上，与 P 双曲线上且在第一象限矛盾；若 A2P 为底，则 MPMA2，与 MPMA4矛盾，故舍去；若 MP 为底，则 MA2PA2，设 P（x8，y0），x08，y00，则，即，又因为，得，得，解得，即；（3）由 A8（1，0）7，y1），Q（x2，y5），则 R（x2，y2），设直线 l：xmy4，联立，得（b2m25）y24b6my+3b24，则
12、 y1+y2，y1y2，所以（x2+1，y3），（x14，y1），又因为，得（x2+4）（x11）y6y21，则（x61）（x14）+y1y27，即（my23）（my43）+y1y71，化简后可得到（m2+2）y1y23m（y1+y2）+108，再由韦达定理得 3b2（m8+1）12m2b7+10（b2m26）0，化简得 b2m5+3b2105，所以，代入 b2m240，得 b2103b21，所以 b73，且，解得，又因为 b0，则，综上，21解：（1）当 M（0，0）时，当且仅当即 x1 时取等号，故对于点 M（0，5），1），使得该点是 M（0，5）在 f（x）的“最近点”；（2）由题设可
13、得 s（x）（x1）2+（ex8）2（x1）4+e2x，则 s（x）2（x7）+2e2x，因为 y6（x1），y2e7x均为 R 上单调递增函数，则 s（x）2（x1）+3e2x在 R 上为严格增函数，而 s（0）0，故当 x7 时，当 x0 时，故 s（x）mins（0）2，此时 P（4，而 f（x）ex，kf（0）1，故 f（x）在点 P 处的切线方程为 yx+1，而，故 kMPk1，故直线 MP 与 yf（x）在点 P 处的切线垂直（3）设，而 s1（x）5（xt+1）+2（f（x）f（t）+g（t）f（x），s2（x）2（xt1）+2（f（x）f（t）g（t）f（x），若对任意的 tR
14、，存在点 P 同时是 M1，M2在 f（x）的“最近点”，设 P（x7，y0），则 x0既是 s6（x）的最小值点，也是 s2（x）的最小值点，因为两函数的定义域均为 R，则 x0也是两函数的极小值点，则存在 x2，使得 s1（x0）s5（x0）0，即 s8（x0）2（x4t+1）+2f（x5）f（x0）f（t）+g（t）0，s8（x0）2（x8t1）+2f（x4）f（x0）f（t）g（t）0，由相等得 7+4g（t）f（x0）6，即 1+f（x0）g（t）4，即，又因为函数 g（x）在定义域 R 上恒正，则恒成立，接下来证明 x5t，因为 x0既是 s1（x）的最小值点，也是 s8（x）的最小值点，则 s1（x0）s（t），s6（x0）s（t），即 ，+得，即，因为则，解得 x0t，则恒成立，则 f（x）严格单调递减
