2024年上海市普陀区高考数学调研试卷（4月份）（含详细答案解析）

这是一份2024年上海市普陀区高考数学调研试卷（4月份）（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球，两个红球分别标记为A、B，白球标记为C，则它的一个样本空间可以是( )
A. {AB,BC}B. {AB,AC,BC}
C. {AB,BA,BC,CB}D. {AB,BA,AC,CA,CB}
2.若一个圆锥的体积为2 2π3，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为π2，则该圆锥的侧面积为( )
A. 2πB. 2πC. 2 2πD. 4 2π
3.直线l经过定点P(2,1)，且与x轴正半轴、y轴正半轴分别相交于A，B两点，O为坐标原点，动圆M在△OAB的外部，且与直线l及两坐标轴的正半轴均相切，则△OAB周长的最小值是( )
A. 3B. 5C. 10D. 12
4.设Sn是数列{an}的前n项和(n≥1,n∈N)，若数列{an}满足：对任意的n≥2，存在大于1的整数m，使得(Sm−an)(Sm−an+1)<0成立，则称数列{an}是“G数列”.现给出如下两个结论：
①存在等差数列{an}是“G数列”；
②任意等比数列{an}都不是“G数列”.则( )
A. ①成立②成立B. ①成立②不成立C. ①不成立②成立D. ①不成立②不成立
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.已知复数z=1+i，其中i为虚数单位，则z−在复平面内所对应的点的坐标为______.
6.已知a∈R，设集合A={1,a,4}，集合B={1,a+2}，若A∩B=B，则a=______.
7.若csπ3−α=35，则sinπ6+α=________.
8.已知X∼N(4,22)，若P(X<0)=0.02，则P(49.若实数a，b满足a−2b≥0，则2a+14b的最小值为______.
10.设(1+x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn(n≥1,n∈N)，若a5>a4，且a5>a6，则i=1nai=______.
11.为了提高学生参加体育锻炼的积极性，某校本学期依据学生特点针对性的组建了五个特色运动社团，学校为了了解学生参与运动的情况，对每个特色运动社团的参与人数进行了统计，其中一个特色运动社团开学第1周至第5周参与运动的人数统计数据如表所示.
若表中数据可用回归方程y=2.3x+b(1≤x≤18,x∈N)来预测，则本学期第11周参与该特色运动社团的人数约为______.(精确到整数)
12.设等比数列{an}的公比为q(n≥1,n∈N)，则“12a2，a4，2a3成等差数列”的一个充分非必要条件是______.
13.若向量a在向量b上的投影为13b，且|3a−b|=|a+b|，则cs⟨a，b⟩=______.
14.已知抛物线y2=4 3x的焦点F是双曲线Γ的右焦点，过点F的直线l的法向量n=(1,− 3)，l与y轴以及Γ的左支分别相交A，B两点，若BF=2BA，则双曲线Γ的实轴长为______.
15.设k，m，n是正整数，Sn是数列{an}的前n项和，a1=2，Sn=an+1+1，若m=i=1kti(Si−1)，且ti∈{0,1}，记f(m)=t1+t2+⋯+tk，则f(2024)=______.
16.已知a∈R，若关于x的不等式a(x−2)e−x−x>0的解集中有且仅有一个负整数，则a的取值范围是______.
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，SA=SB=2，E、F分别是SC、BD的中点.
(1)求证：EF//平面SAB；
(2)若二面角S−AB−D的大小为π2，求直线SD与平面ABCD所成角的大小.
18.(本小题14分)
设函数f(x)=sin(ωx+φ)，ω>0，0<φ<π，它的最小正周期为π.
(1)若函数y=f(x−π12)是偶函数，求φ的值；
(2)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a=2，A=π6，f(B−φ2)= 34c，求b的值.
19.(本小题14分)
张先生每周有5个工作日，工作日出行采用自驾方式，必经之路上有一个十字路口，直行车道有三条，直行车辆可以随机选择一条车道通行，记事件A为“张先生驾车从左侧直行车道通行”.
(1)某日张先生驾车上班接近路口时，看到自己车前是一辆大货车，遂选择不与大货车从同一车道通行.记事件B为“大货车从中间直行车道通行”，求P(A∩B)；
(2)用X表示张先生每周工作日出行事件A发生的次数，求X的分布及期望E(X).
20.(本小题18分)
设椭圆Γ:x2a2+y2=1(a>1)，Γ的离心率是短轴长的 24倍，直线l交Γ于A、B两点，C是Γ上异于A、B的一点，O是坐标原点.
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)若直线l过Γ的右焦点F，且CO=OB，CF⋅AB=0，求S△CBF的值；
(3)设直线l的方程为y=kx+m(k,m∈R)，且OA+OB=CO，求|AB|的取值范围.
21.(本小题18分)
对于函数y=f(x)，x∈D1和y=g(x)，x∈D2，设D1∩D2=D，若x1，x2∈D，且x1≠x2，皆有|f(x1)−f(x2)|≤t|g(x1)−g(x2)|(t>0)成立，则称函数y=f(x)与y=g(x)“具有性质H(t)”.
(1)判断函数f(x)=x2，x∈[1,2]与g(x)=2x是否“具有性质H(2)”，并说明理由；
(2)若函数f(x)=2+x2，x∈(0,1]与g(x)=1x“具有性质H(t)”，求t的取值范围；
(3)若函数f(x)=1x2+2lnx−3与y=g(x)“具有性质H(1)”，且函数y=g(x)在区间(0,+∞)上存在两个零点x1，x2，求证x12+x22>2.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：两个红球分别标记为A、B，白球标记为C，
则抽取两个球的情况为AB，AC，BC，即它的一个样本空间可以是{AB,AC,BC}.
故选：B.
根据已知条件，结合样本空间的定义，即可求解．
本题主要考查样本空间的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，高为h，由轴截面三角形的顶角为π2，得r=h，
所以圆锥的体积为V=13πr2h=π3r3=2 2π3，解得r= 2，
所以圆锥的母线长为l= 2r=2，
所以圆锥的侧面积为S侧=πrl=π× 2×2=2 2π.
故选：C.
求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：设动圆M的圆心M坐标为(m,m)，
即圆M半径r=m，由题意m>0，
设|OA|=a，|OB|=b，圆M与直线AB相切于点N，则|AN|=m−a，|BN|=m−b，
所以|OA|+|OB|+|AB|=|OA|+|OB|+|AN|+|BN|=a+b+m−a+m−b=2m，即△OAB的周长为2m，
所以△OAB的周长最小即为圆M半径m最小，因为直线AB过定点P(2,1)，
所以当圆M与直线AB相切于点P(2,1)处时，圆M半径最小，
此时r= (m−2)2+(m−1)2=m，化简得m2−6m+5=0，
则m=1或5，
当m=1时，圆心M(1,1)在△OAB内，不合题意；
当m=5时，即圆M半径的最小值为5，△OAB周长的最小值为2m=10.
故选：C.
先设动圆M的圆心M坐标为(m,m)，|OA|=a，|OB|=b，结合直线与圆相切的性质可得|OA|+|OB|+|AB|=|2m，当圆M与直线AB相切于点P(2,1)处时，圆M半径最小，结合两点间距离公式即可求解．
本题主要考查了直线与圆相切性质的应用，直线方程的应用，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：由“G数列”的定义，对任意的n≥2，存在大于1的整数m，使得(Sm−an)(Sm−an+1)<0，成立，
则对于任意的n≥2，存在大于1的整数m，使得an对于命题①不成立，理由如下：
假设存在an当d>0时，总存在ak>2d，由于对任意正整数n，都有an+1−an=d，
∴总存在正整数k，使得Sk−1与Sk−Sk−1>2d，
∴不会存在an当d<0时，总存在ak<2d，由于对任意正整数n，有an+1−an=d，
∴总存在整数k，使得Sk−1与Sk−Sk−1<2d，
∴不存在an对于命题②不成立，理由如下：
举例说明：如an=2n，有Sn=2n+1−2，
∵an可取m=n，可以保证不等式成立．
综上，①②均不成立．
故选：D.
由题意可得任意的n≥2，存在大于1的整数m，使得an0或d<0两种情况讨论可判断结论；对于②，举例如an=2n，可判断结论．
本题考查新定义，考查转化思想与阅读理解能力，考查分类讨论思想，是中档题．
5.【答案】(1,−1)
【解析】解：由题意，复数z−=1−i，在复平面内所对应的点的坐标为(1,−1).
故答案为：(1,−1).
求出复数z的共轭复数，进而可得点的坐标．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
6.【答案】2
【解析】解：集合A={1,a,4}，集合B={1,a+2}，A∩B=B，
当a+2=a时，等式不成立，舍去，
当a+2=4时，解得a=2，此时A={1,2,4}，B={1,4}，满足题意，
故a=2.
故答案为：2.
根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
7.【答案】35
【解析】【分析】
由题意利用诱导公式，求得所给式子的值．
本题主要考查诱导公式的应用，属于基础题．
【解答】
解：cs(π3−α)=35，则sin(π6+α)=sin[π2−(π3−α)]=cs(π3−α)=35，
故答案为：35.
8.【答案】0.48
【解析】解：由X∼N(4,22)，则该正态分布的对称轴为μ=4，
若P(X<0)=0.02，
根据正态分布曲线的对称性，可得P(4故答案为：0.48.
根据正态分布曲线的对称性可解．
本题考查正态分布曲线的对称性，属于基础题．
9.【答案】2
【解析】解：实数a，b满足a−2b≥0，
则2a+14b=2a+2−2b≥2 2a⋅2−2b=2 2a−2b≥2 20=2，当且仅当a=−2b时，等号成立，
故2a+14b的最小值为2.
故答案为：2.
根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查基本不等式的公式，属于基础题．
10.【答案】1023
【解析】解：因为(1+x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn(n≥1,n∈N)，若a5>a4，且a5>a6，
则n=10，
令x=1时，a0+a1+a2+...+an=210，
又a0=1，
当n≥1时，i=1nai=210−1=1023.
故答案为：1023.
根据a5>a4，且a5>a6，以及二项式定理的性质可得n=10，再令x=1可解．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
11.【答案】57
【解析】解：x−=1+2+3+4+55=3，y−=35+36+40+39+455=39，
把(3,39)代入y=2.3x+b，得b=39−2.3×3=32.1.
可得线性回归方程为y=2.3x+32.1.
把x=11代入y=2.3x+32.1，可得y=2.3×11+32.1=57.4≈57.
故答案为：57.
由已知求出样本点的中心的坐标，代入线性回归方程，再取x=11求解．
本题考查线性回归方程及其应用，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】q=3(或q=−2)
【解析】解：12a2，a4，2a3成等差数列，
则2a4=12a2+2a3，即q2=6+q，解得q=3或q=−2，
故“12a2，a4，2a3成等差数列”的一个充分非必要条件是q=3(或q=−2).
故答案为：q=3(或q=−2).
根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列、等比数列的性质，属于基础题．
13.【答案】 33
【解析】解：若向量a在向量b上的投影为13b，
则a⋅b|b|b|b|=13b，
即a⋅b=13b2，
又|3a−b|=|a+b|，
则9a2−6a⋅b+b2=a2+2a⋅b+b2，
即a2=13b2，
则cs=a⋅b|a||b|=13b2 33|b|2= 33.
故答案为： 33.
由平面向量的模的运算，结合平面向量数量积及夹角的运算求解．
本题考查了平面向量的模的运算，重点考查了平面向量数量积及夹角的运算，属中档题．
14.【答案】2
【解析】解：由抛物线方程y2=4 3x知，F( 3,0)，
又直线l的法向量n=(1,− 3)，
所以直线l的方程为x− 3y− 3=0，
令x=0，得y=−1，所以A(0,−1)，设B(x0,y0)，
由BF=2BA，得( 3−x0,−y0)=2(−x0,−1−y0)，
所以x0=− 3，y0=−2，
代入双曲线方程x2a2−y2b2=1，得3a2−4b2=1，
因为抛物线y2=4 3x的焦点F是双曲线Γ的右焦点，
所以a2+b2=3，解得a=1，b= 2，
所以双曲线T的实轴长2a=2.
故答案为：2.
求出直线l的方程，可得点A的坐标，利用向量的坐标运算可求出点B的坐标，代入双曲线方程，结合a2+b2=3，可得a，b的值，从而可得实轴长．
本题主要考查抛物线与双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】7
【解析】解：Sn=an+1+1，Sn−1=an+1，
两式相减，得：an=an+1−an，即an+1=2an(n≥2)，
而a2=1，所以an=1,n=12n−2,n≥2，
所以Si−1=ai+1，则m=t1a2+t2a3+...+tkak+1，
当m=2024时，2024=t1⋅1+t2⋅2+t3⋅4+...+tk⋅1024，
根据数列bn=2n−1的性质bn必有系数1024，512，256，128，64，32，8，
则这7个数前面的系数为1，其余系数都是0，
故f(2024)=7.
故答案为：7.
根据数列递推式求出{an}的通项，从而可得Si，进而可得m，根据f(m)=t1+t2+⋯+tk，即可求出f(2024).
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】[12e2,13e)
【解析】解：原不等式可化为：a(x−2)>xex，
令f(x)=xex，f′(x)=(x+1)ex，显然x<−1时，f′(x)<0，f(x)递减；x>−1时，f′(x)>0，f(x)递增，
所以f(x)min=f(−1)=−1e，且x→−∞时，xex=xe−x→0−，
同一坐标系中，做出f(x)与y=a(x−2)(过定点(2,0))的图象：
据图可知，满足题意的整数解为−1，此时应满足−2e−2≥a(−2−2)−e−1解得12e2≤a<13e.
故答案为：[12e2,13e).
原式可化为a(x−2)>xex，然后研究函数f(x)=xex的图象，只需当x<0时，y=a(x−2)在f(x)下方时，只有一个负整数即可，构造不等式组求解．
本题考查函数零点个数的判断方法，数形结合思想的应用，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：取线段SB、AB的中点分别为H、G，连接EH、HG、FG，
则EH//AD，EH=12AD，FG//AD，FG=12AD，又底面ABCD是正方形，
则EH//FG，EH=FG，即四边形EFGH为平行四边形，
则HG//EF，又EF⊄SAB，HG⊂平面SAB，则EF//平面SAB.
(2)G为AB中点，连接SG、DG，
又SA=SB=2，底面ABCD是边长为1的正方形，
则SG⊥AB，且SG= 152，DG= 52，
又二面角S−AB−D的大小为π2，即平面SAB⊥平面ABCD，
又SG⊂平面SAB，平面SAB∩平面ABCD=AB，
则SG⊥平面ABCD，则∠SDG是直线SD与平面ABCD所成角，
在Rt△SDG中，tan∠SDG=SGDG= 3，即∠SDG=π3，
则直线SD与平面ABCD所成角的大小为π3.
【解析】(1)取线段SB、AB的中点分别为H、G，可得HG//EF，由此可证明；
(2)SG⊥平面ABCD，∠SDG是直线SD与平面ABCD所成角，由此计算即可．
本题考查线面平行的判定，考查线面所成的角，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为函数f(x)=sin(ωx+φ)的最小正周期为π，且ω>0，
所以2πω=π，即ω=2，
则y=f(x−π12)=sin(2x+φ−π6)，
又函数y=f(x−π12)是偶函数，
则φ−π6=kπ+π2，k∈Z，即φ=kπ+2π3，
又0<φ<π，
则φ=2π3；
(2)由(1)可得f(x)=sin(2x+2π3)，
又f(B−φ2)= 34c，可得sinB= 34c，
又a=2，A=π6，
则sinB=bsinAa=b4= 34c，即b= 3c，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=3c2+c2−2 3c⋅c⋅ 32，
即c=2，则b=2 3.
【解析】(1)利用正弦函数的周期公式可求ω=2，又函数y=f(x−π12)是偶函数，结合0<φ<π，即可求解φ的值；
(2)由f(B−φ2)= 34c，可得sinB= 34c，结合题意利用正弦定理可求b= 3c，由余弦定理可求c，进而可求b的值．
本题考查了正弦函数的周期公式，三角函数的奇偶性以及正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)方法一：
依题意得，两辆车从直行车道通行这个样本空间中的基本事件共有P32个，
事件A∩B只有1个基本事件，
则P(A∩B)=1P32=16.
方法二：
依题意得，事件B的概率为P(B)=13，事件A基于条件B的概率为P(A|B)=12，
则P(A∩B)=P(A|B)P(B)=12×13=16.
(2)依题意得，事件A发生的次数X可取：0，1，2，3，4，5，
则X的分布为：
即：
………(4分)
则E(X)=1×80243+2×80243+3×40243+4×10243+5×1243，
则所求的X的期望E(X)=53.
【解析】(1)方法1：由古典概型概率公式求解即可；
方法2：由条件概率公式求解即可；
(2)事件A发生的次数X可取：0，1，2，3，4，5，从而可得分布列及数学期望．
本题主要考查概率的求法，离散型随机变量的分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为椭圆Γ的离心率是短轴的长的 24倍，
所以 a2−1a= 22，
即 2(a2−1)=a，
又a>1，
解得a= 2，
则椭圆Γ的方程为x22+y2=1；
(2)不妨设Γ的左焦点为F1，连接CF1，
因为CO=OB，
所以B，C两点关于原点O对称，
因为CF⋅AB=0，
所以CF⊥AB，
由椭圆的对称性得CF⊥CF1，
且三角形OCF1与三角形OBF全等，
所以S△CBF=S△CF1F=12|CF1|⋅|CF|，
因为|CF1|+|CF|=2 2|CF1|2+|CF|2=|F1F|2=4，
解得|CF1|⋅|CF|=2，
则S△CBF=1；
(3)不妨设A(x1,y1)，B(x1,y1)，C(x0,y0)，
因为OA+OB=CO，
所以x0=−(x1+x2)，y0=−(y1+y2)，
联立x22+y2=1y=kx+m，消去y并整理得(1+2k2)x2+4mkx+2m2−2=0，
此时Δ=16m2k2−8(1+2k2)(m2−1)=8(2k2−m2+1)，
由韦达定理得x1+x2=−4mk1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，
此时y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+2k2，
所以x0=4mk1+2k2，y0=−2m1+2k2，
因为点C在椭圆Γ上，
所以(4mk1+2k2)2+2(−2m1+2k2)2=2，
整理得4m2=1+2k2，
此时满足Δ>0，
所以|AB|= (x2−x1)2+(y2−y1)2= (1+k2)(x2−x1)2
= 1+k2⋅ (−4mk1+2k2)2−4(2m2−21+2k2)= 1+k2⋅ 6(2k2+1)1+2k2
= 6+6k21+2k2，
不妨令t=1+2k2，t≥1，
则|AB|=6+6k21+2k2=3t+3t=3+3t∈(3,6].
故|AB|的取值范围为( 3, 6].
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系列出等式，进而可得椭圆的方程；
(2)设Γ的左焦点为F1，连接CF1，利用向量的运算以及椭圆的定义和对称性推出|CF1|⋅|CF|=2，再代入三角形面积公式中即可求解；
(3)设出A，B，C三点的坐标，利用向量的运算得到x0=−(x1+x2)，y0=−(y1+y2)，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到x0和y0，将点C的坐标代入椭圆方程中得到4m2=1+2k2，此时满足Δ>0，再结合弦长公式和换元法进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由x1，x2∈[1,2]，且x1≠x2，得2则|x1+x2|⋅|x1−x2|<4|x1−x2|，∴|x12−x22|<2|2x1−2x2|，
∴|f(x1)−f(x2)|≤2|g(x1)−g(x2)|，
∴函数f(x)=x2，x∈[1,2]与g(x)=2x“具有性质H(2)”．
(2)由函数f(x)=2+x2，x∈(0,1]与g(x)=1x“具有性质H(t)”，
得|f(x1)−f(x2)|≤t|g(x1)−g(x2)|，x1，x2∈(0,1],且x1≠x2，
即|2+x12−2−x22|≤t|1x1−1x2|，∴|(x1+x2)(x1−x2)|≤t|x2−x1x1x2|，
则t≥x1x2(x1+x2)对x1，x2∈(0,1]恒成立．
又x1，x2∈(0,1],x1≠x2,则0即0∴t的取值范围为[2,+∞).
(3)证明：由g(x)在(0,+∞)有两个零点x1，x2，可得g(x1)=g(x2)=0，
又f(x)=1x2+2lnx−3与y=g(x)“具有性质H(1)”，
∴|f(x1)−f(x2)|≤|g(x1)−g(x2)|=0，∴f(x1)=f(x2)，
∴1x12+2lnx1−3=1x22+2lnx2−3，
令x12=t1,x22=t2，则1t1+lnt1−3=1t2+lnt2−3，
令h(x)=1x+lnx−3，则h(t1)=h(t2)，
∴h′(x)=−1x2+1x=x−1x2，
则当x>1时，h′(x)>0；当x<1时，h′(x)<0，
∴函数y=h(x)在(1,+∞)上单调递增，在区间(0,1)上单调递减．
要证x12+x22>2，即证t1+t2>2，设02−t1>1，
只需证h(t2)>h(2−t1)，即证h(t1)>h(2−t1)，
设H(x)=h(x)−h(2−x)，则H(x)=1x+lnx−12−x−ln(2−x)，
∴H′(x)=−4(1−x)2x2(2−x)2≤0，∴函数y=H(x)在(0,+∞)是减函数，且H(1)=0，
又0H(1)=0，
即h(t1)−h(2−t1)>0，则h(t1)>h(2−t1)，
故 x12+x22>2.
【解析】(1)根据条件，结合性质H(t)的定义判断即可；
(2)根据f(x)=2+x2，x∈(0,1]与g(x)=1x“具有性质H(t)”，可得t≥x1x2(x1+x2)对x1，x2∈(0,1]恒成立，再求出t的范围即可；
(3)根据条件，得到1x12+2lnx1−3=1x22+2lnx2−3，再构造函数，结合条件证明不等式即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用不等式恒成立求出参数的取值范围，利用综合法和分析法证明不等式，考查了转化思想，属难题．周次x
1
2
3
4
5
参与运动的人数y
35
36
40
39
45
X
0
1
2
3
4
5
P
C50(23)5
C51(13)(23)4
C52(13)2(23)3
C53(13)3(23)2
C54(13)4(23)
C55(13)5
X
0
1
2
3
4
5
P
32243
80243
80243
40243
10243
1243