决战2024高考押题卷 数学（上海卷02）

这是一份决战2024高考押题卷 数学（上海卷02），共22页。
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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（本大题满分54分，本大题共有12题，1-6题每题4分，7-12题每题5分）
1．已知集合，，则 ．
2．已知复数（是虚数单位），则 .
3．已知数列{an}的通项公式，则它的第7项是 ，a2020-a2019= .
4．的展开式中项的系数为
5．如图所示，该分布的0.25分位数为 ．
6．定义在上的奇函数满足，并且当时，则
7．设有12件药品，其中4件是次品，现进行两次无放回抽样，即每次抽一件不放回去，则两次都抽到正品的概率是 ．
8．已知圆与圆相切，则 .
9．已知不等式的解集是 .
10．交通锥，又称锥形交通路标，如图1，常用于进行工程、发生事故时提醒行人或车辆，以保证工程人员及道路使用者的人身安全等．某数学课外兴趣小组对一个去掉底座的圆锥形交通锥筒进行研究，发现将该交通锥筒放倒在地面上，如图2，使交通锥筒在地面上绕锥顶点S滚动，当这个交通锥筒首次转回到原位置时，交通锥筒本身恰好滚动了3周．若将该交通锥筒近似看成圆锥，将地面近似看成平面，测得该圆锥的底面半径为cm，则该圆锥的侧面积为 ．（交通锥筒的厚度忽略不计）．

11．过双曲线右焦点作直线，且直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，直线与另一条渐近线交于点．已知为坐标原点，若的内切圆的半径为，则双曲线的离心率为 .
12．已知点为正四面体的外接球上的任意一点，正四面体的棱长为2，则的取值范围为 .
二、选择题（本大题满分18分，本大题共有4题，每题只有一个正确答案，13/14题每题4分，15/16题5分.）
13．已知直线，直线，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
14．已知正实数，，满足，则的最小值为（ ）
A．2B．1C．D．4
15．如图是根据原卫生部2009年6月发布的《中国7岁以下儿童生长发育参照标准》绘制的我国7岁以下女童身高（长）的中位数散点图，下列可近似刻画身高y随年龄x变化规律的函数模型是（ ）
A．B．
C．D．
16．已知函数，若等比数列满足，则（ ）
A．2020B．C．2D．
三、解答题（本大题78分，本大题共有5题，解答下列各题必须写出必要的步骤.）
17．如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，平面，过的平面交平面于．

(1)证明：平面；
(2)若平面平面，四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
18．在中，角、、的对边分别为、、，．
(1)求角，并计算的值；
(2)若，且是锐角三角形，求的最大值．
19．某微信群群主为了了解微信随机红包的金额拆分机制，统计了本群最近一周内随机红包（假设每个红包的总金额均相等）的金额数据（单位：元），绘制了如下频率分布直方图.

(1)根据频率分布直方图估计红包金额的平均值与众数；
(2)群主预告今天晚上7点将有3个随机红包，每个红包的总金额均相等且每个人都能抢到红包.小明是该群的一位成员，以频率作为概率，求小明至少两次抢到10元以上金额的红包的概率.
(3)在春节期间，群主为了活跃气氛，在群内发起抢红包游戏规定：每轮“手气最佳”者发下一轮红包，每个红包发出后，所有人都参与抢红包.第一个红包由群主发.根据以往抢红包经验，群主自己发红包时，抢到“手气最佳”的概率为；其他成员发红包时，群主抢到“手气最佳”的概率为.设前轮中群主发红包的次数为，第轮由群主发红包的概率为.求及的期望.
20．已知椭圆的左､右焦点分别为，直线与椭圆C交于M､N两点，（点M在点N的上方），与y轴交于点E.
(1)当时，点A为椭圆C上除顶点外任一点，求的周长；
(2)当且直线l过点时，设，求证：为定值，并求出该值；
(3)若椭圆C离心率为，当k为何值时，恒为定值，并求此时三角形面积的最大值.
21．已知函数及其导函数的定义域均为.设，曲线在点处的切线交轴于点.当时，设曲线在点处的切线交轴于点.依此类推，称得到的数列为函数关于的“数列”.
(1)若，是函数关于的“数列”，求的值；
(2)若，是函数关于的“数列”，记，证明：是等比数列，并求出其公比；
(3)若，则对任意给定的非零实数，是否存在，使得函数关于的“数列”为周期数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．
【分析】求出集合、，再根据交集的定义可得．
【详解】由题意，，，
．
故答案为：
2．
【分析】根据复数的四则运算，化简，再求其共轭复数即可.
【详解】因为，
故可得.
故答案为：.
【点睛】本题考查复数代数形式的四则运算，以及共轭复数的求解，属基础题.
3． 27 4
【分析】根据通项公式直接求解即可.
【详解】，，
.
故答案为：27；4.
4．14
【解析】由二项式定理写出的通向，求出通项中，即可求系数.
【详解】解： 展开式中的第 项为，则
当时，；当时，，.
故答案为：14.
【点睛】本题考查了二项式定理.做题关键是掌握二项展开式通项公式.
5．
【分析】根据分位数的定义和正态分布的性质，即可求解．
【详解】且对称轴为轴，
，
该分布的0.25分位数为．
故答案为：．
6．
【解析】根据所给表达式，结合奇函数性质，即可确定函数对称轴及周期性，进而由的解析式求得的值.
【详解】满足，
由函数对称性可知关于对称，
且令，代入可得，
由奇函数性质可知，所以
令，代入可得，
所以是以4为周期的周期函数，
则
当时，
所以，
所以，
故答案为：.
【点睛】本题考查了函数奇偶性与对称性的综合应用，周期函数的判断及应用，属于中档题.
7．
【分析】利用古典概型的概率公式求解．
【详解】两次都抽到正品的概率为.
故答案为：．
8．1或3##3或1
【分析】由已知可得两个圆的圆心和半径，求出圆心距，分两圆内切和外切两种情况讨论，求出的值即可．
【详解】圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
其圆心距．
若两圆内切，则有，即，可得或（舍）；
若两圆外切，则有，即，解可得．
故答案为：1或3．
9．
【分析】结合指数函数的单调性、绝对值不等式的解法求得不等式的解集.
【详解】，，
，或，
解得或，
所以不等式不等式的解集是.
故答案为：
10．
【分析】设圆锥的母线长为l，根据周长的关系得到方程，解得答案；根据面积的关系得到方程，解得答案.
【详解】解法一：设圆锥的母线长为l，则圆锥绕顶点S滚动所形成的圆的半径为l，周长为．
因为圆锥的底面半径为，所以该圆锥的底面周长为，
故，解得，
所以该圆锥的侧面积为．
解法二：设圆锥的母线长为l，则圆锥绕顶点S滚动所形成的圆的半径为l，面积为．
因为圆锥的底面半径为，所以该圆锥的侧面积为，
故，解得，
所以该圆锥的侧面积为．
故答案为：.
11．或2##2或
【分析】若在轴的同侧，不妨设在第一象限，如图，设的内切圆的圆心为，过分别作于，于，由得四边形为正方形，再由已知条件可得，从而可求出离心率，若在轴的两侧，不妨设在第一象限，如图，由题意可得，从而可得，从而可求出离心率
【详解】若在轴的同侧，不妨设在第一象限，如图，设的内切圆的圆心为，则在的平分线上，过分别作于，于，由得四边形为正方形，由焦点到渐近线的距离为，得，
因为，所以，
因为，所以，
所以，从而可得
若在轴的两侧，不妨设在第一象限，如图，易得，，，
所以的内切圆半径为，所以，
因为，所以得，
所以，所以，
所以
故答案为：或2
12．
【分析】将正四面体放在正方体内，以正方体的中心为原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求的取值范围.
【详解】
如图，将正四面体放在正方体内，并建立如图所示的空间直角坐标系，
∵正四面体的棱长为2，则正方体的棱长为，正四面体ABCD的外接球即为图中正方体的外接球，其半径为R，则，
则，，
设，则，则，
∵，，
∴.
故答案为：.
13．C
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合直线平行的等价条件进行判断即可.
【详解】若，则两直线方程分别为和，
满足两直线平行，即充分性成立，
若，
当时，两直线分别为和，
此时两直线不平行，不满足条件.
当时，若两直线平行则，
由得，即，
所以或，
当时，，不满足条件.
则，即，
则“”是“”的充要条件，
故选：C
14．A
【分析】由题设有，构造，根据其奇偶性、单调性列不等式组得，应用基本不等式求目标式的最小值.
【详解】
，
设，则为奇函数，在上单调递增，
所以，故，则，
由基本不等式得，当且仅当时等号成立．
所以的最小值为2．
故选：A
15．B
【分析】根据图象是否是线性增长，指数函数的图象与性质，对数函数的性质判断ACD，再由选项B中函数的性质判断后可得．
【详解】A选项，由散点图知身高y随时间x变化不是线性增长，故A错误；C选项，指数函数模型中y随x增长越来越快，与图象不符合；D选项，对数函数模型在时没有意义；B选项符合散点图中y随x增长越来越慢，且在时有意义，
故选：B．
16．A
【分析】利用等比数列的性质，结合已知条件，利用倒序相加法，求和即可．
【详解】等比数列满足，则，
函数，
，
所以，
所以．
故选：A．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，，继而可证明平面平面，利用面面平行的性质定理，即可证明结论；
（2）先证明平面，从而建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）证明：因为平面，过的平面交平面于，
即平面，平面平面，
所以，又，所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面平面，所以平面，
四边形为菱形，则，平面平面，
故平面，又平面，
所以平面平面.
又平面，所以平面.
（2）由（1）知四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，
因为，所以为等边三角形.
连接交于O，连接，则，
因为平面平面，平面平面，
又平面，所以平面，
因为平面，所以.
因为四棱锥的体积为，即，
又，所以，所以，
以O为坐标原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以.
设平面的一个法向量，则，即
令，则，所以，
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，所以，
设平面与平面的夹角为，夹角范围为大于等于小于等于，
所以，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18．(1)或；当时，；当时，
(2)
【分析】（1）由题意，根据同角的平方关系可得，求出B，进而求出即可；
（2）由题意可得，求出C的范围，根据正弦定理可得，利用三角恒等变换化简计算得（），结合的范围和正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）由，得，则，
又，所以或.
当时，；
当时，.
（2）若为锐角三角形，则，
有，解得.
由正弦定理，得，则，
所以
，
其中，又，所以，
则，故当时，取到最大值1，
所以的最大值为.
19．(1)平均值9.05，众数2.5
(2)；
(3)，
【分析】（1）根据频率分布直方图的信息和平均值计算的规定列式计算即得，众数可根据定义从图中直接读取；
（2）先由图中信息求得每个红包抢到10元以上金额的概率，因3次抢红包相互独立，且每次抢只有抢到10元以上或以下两种情况，故满足独立重复试验模型，运用其概率公式计算即得；
（3）由题意分析得到与的递推式，再根据其特征构造等比数列，求得的表达式；再设为第轮发红包时群主抢到“手气最佳”的次数，分析知服从两点分布，由此求得，因前轮中群主发红包的次数为，则，于是求即是求数列的前项和，计算即得.
【详解】（1）由频率分布直方图可得,红包金额的平均值为:
；
众数为最高矩形的中点坐标，即为2.5；
（2）由题可知，每个红包抢到10元以上金额的概率为，且3次红包相互独立，
由独立重复试验概率公式，至少两次抢到10元以上金额的概率为；
（3）由题意，，，
由，又，
∴是以为首项，为公比的等比数列，∴.
∴
设为第轮发红包时群主抢到“手气最佳”的次数，
故服从两点分布：，.，
∴.
由已知，则
【点睛】关键点点睛：解决此类题目的关键在于弄清随机变量的特征、要求，判断其属于哪种分布，才能运用公式推导计算；其次，对于常见的递推公式，如，要掌握构造等比数列的方法过程，才能运用相关通项公式和求和公式解决问题.
20．(1)
(2)证明见解析，
(3)，最大值为1
【分析】（1）根据椭圆定义求解三角形周长；
（2）联立与，得到两根之和两根之积，由得到，结合两根之和，两根之积求出答案；
（3）先由离心率得到椭圆方程，联立直线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，结合为定值得到，并求出此时，和点到直线的距离，利用基本不等式得到.
【详解】（1）时，椭圆方程为，故且，
由椭圆定义可得，的周长为；
（2）时，椭圆方程为，故联立与可得，
设，则，
因为，
所以
（3）由题意得，解得，
椭圆方程，联立，
消元得，
当，即时，
则，
则
，
当为定值时，即与无关，故，得，
此时，
又点到直线的距离，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
经检验，此时成立，所以面积的最大值为1.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
21．(1)
(2)证明见解析，公比为
(3)存在
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线方程，再根据“数列”的定义即可得解；
（2）由题意可得，再根据结合等比数列的定义化简即可得出结论；
（3）由题意可得，设特征函数为，利用蛛网模型分和两种情况讨论，求出函数的单调区间，进而可得出结论.
【详解】（1）由，得，
因为，则，
所以曲线在点的切线方程为，
令，则，
所以；
（2）由，得，
于是曲线在点处的切线方程为，
令，则，
由题意得到，
所以，
又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
（3）由，得，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，则，
设特征函数为，则，
情况1：当时，则，
此时，所以函数在定义域内为增函数，
令，解得，又因，故此时方程无解，
当时，，所以不能成周期数列；
当时，，所以不能成周期数列；
故当时，不存在，使得函数关于的“数列”为周期数列；
情况2：当时，，
令，得或，
令，得或或，
所以函数在上单调递增，
在上单调递减，
而，所以函数为奇函数，
，，
令，方程无解，
令，解得
当时，，，
所以数列是周期为的周期数列；
当时，，且与符号正负交替，
假设存在周期数列，则等价于存在，使得，
若为偶数，中每一个括号内的式子都是同号的，
所以不可能为，所以数列不可能为周期数列；
若为奇数，中，
每一个括号内的式子都与是同号的，
所以不可能为，所以数列不可能为周期数列；
当时，，
可得得到起初是正负交替，但是以后会一直为正或负，所以不能成周期数列，
故当时，有满足条件，使得数列成周期为的周期数列，
此时，
综上所述，存在满足题意.
【点睛】方法点睛：等比数列的两种判定方法：
（1）定义法：（常数）数列为等比数列；
（2）等差中项法：数列为等比数列.