决战2024高考押题卷 数学（上海卷03）

这是一份决战2024高考押题卷 数学（上海卷03），共21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．设集合，，则 ．
2．若复数满足(其中为虚数单位)，则的虚部是 .
3．已知的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，且，若，则实数
4．曲线在点处的切线的倾斜角为 ．
5．袋子中有5个大小相同的球，其中红球2个，白球3个，依次从中不放回的取球，则第一次取到白球且第二次取到红球的概率是 ；若在已知第一次取到白球的前提下，第二次取到红球的概率是 .
6．半径为3的金属球在机床上通过切割，加工成一个底面半径为的圆柱，当圆柱的体积最大时，其侧面积为 .
7．设一组样本数据的方差为4，则数据，，，，的方差为
8．已知函数在闭区间上的最大值为7，最小值为3，则 .
9．已知直线l：与抛物线C：交于，两点，点A，B在准线上的射影分别为点，，若四边形的面积为，则 ．
10．对于任意两个数x，y（x，y∈N*），定义某种运算“◎”如下：
①当或时，x◎y＝x+y；
②当时，x◎y＝xy．
则集合A＝{（x，y）|x◎y＝10}的子集个数是 ．
11．已知函数，则的值域为 ．
12．如图，已知，为的中点，分别以､为直径在的同侧作半圆，､分别为两半圆上的动点(不含端点､､)，且，则的最大值为 .
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．已知向量，不共线，实数，满足，则（ ）
A．4B．C．2D．
14．已知f(x)是定义域为R的奇函数，且f(1-x)＝f(1+x)，则f(2020)＝（ ）
A．2020B．0C．2D．-2019
15．在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
16．已知双曲线的左、右焦点分别是，，经过的直线与双曲线的右支相交于，两点，且，则双曲线的离心率等于（ ）
A．B．C．2D．3
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，在三棱柱中，平面ABC，，，D为的中点．
(1)求证平面；
(2)若E为的中点，求AE与所成的角．
18．记的内角的对边分别为，已知.
(1)若，求；
(2)若，求.
19．为了调查高中生的数学成绩与学生自主学习时间之间的相关关系，某中学数学教师对新入学的180名学生进行了跟踪调查，其中每周自主做数学题的时间不少于12小时的有76人，统计成绩后，得到如下的列联表：
（1）请完成上面的列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“高中生的数学成绩与学生自主学习时间有关”.
（2）（i）若将频率视为概率，从全校本学期检测数学标准分数大于等于120分的学生中随机抽取12人，求这些人中周自主做数学题时间不少于12小时的人数的期望.
（ii）通过调查问卷发现，从全校本学期检测数学标准分数大于等于120分的学生中随机抽取12人，这12人周自主做数学题时间的情况分三类，类：周自主做数学题时间大于等于16小时的有4人；类：周自主做数学题时间大于等于12小时小于16小时的有5人；类：周自主做数学题时间不足12小时的有3人.若从这随机抽出的12人中再随机抽取3人进一步了解情况，记为抽取的这3名同学中类人数和类人数差的绝对值，求的数学期望.
附：参考公式和数据：，.
附表：
20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上有一点，过点的直线与椭圆交于，两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求的面积的最大值；
(3)已知直线与直线交于点，记，，的斜率分别为，，，证明：为定值．
21．已知常数，设，
(1)若，求函数的最小值；
(2)是否存在，且，，依次成等比数列，使得、、依次成等差数列？请说明理由．
(3)求证：“”是“对任意，，都有”的充要条件．
学生本学期检测数学标准分数大于等于120分
学生本学期检测数学标准分数不足120分
合计
周自主做数学题时间不少于12小时
60
76
周自主做数学题时间不足12小时
64
合计
180
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
参考答案：
1．
【分析】由并集的运算可得.
【详解】因为集合，，
所以，
故答案为：.
2．
【解析】根据复数的运算法则，化简，即可求解.
【详解】由题意，复数满足，
可得，
所以复数的虚部为.
故答案为：.
3．2
【分析】根据第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，可得，然后对取，可得，的值.
【详解】解：由题可知：，
令，所以，
令，则，
又，
所以，
故答案为：.
4．
【分析】求出函数在1处的导数值，再利用导数的几何意义求出切线的倾斜角.
【详解】设曲线在点处的切线的倾斜角为，则该切线的斜率，
由求导得，则有，即，而，
所以，
故答案为：
5． ##0.3 ##0.5
【分析】由题意设第一次取到白球为事件A，第二次取到红球为事件B，由古典概型概率公式和独立事件的乘法公式分别求出，结合条件概率公式计算即可求解.
【详解】由题意，设第一次取到白球为事件A，第二次取到红球为事件B，
则，
所以.
故答案为：；.
6．
【分析】根据题设可知圆柱体的上下底面是金属球的两个截面，求出圆柱的高，再求其侧面积.
【详解】要使圆柱的体积最大，即圆柱的高最大，
所以仅当圆柱上下底面是金属球的截面时高最大，为，
所以侧面积为.
故答案为：.
7．16
【分析】令原数据的平均数为，求出新数据的平均数，再利用方差公式计算得出答案．
【详解】设原数据的平均数为，则，，
因此新数据的平均数为，
新数据的方差为：．
故答案为：16
8．##
【分析】分析在的单调性，求出的范围，根据最值建立等式，解出即可.
【详解】解：取，解得，
所以在上单调递增，
即在上单调递减，
因为在闭区间上有最大值为7，最小值为3，
所以，且，，
即，解得，
因为，所以，故.
故答案为：
9．4
【分析】直线l与抛物线联立，根据抛物线定义得，再根据直线的斜率得直角梯形的高，通过计算梯形的面积可求解.
【详解】易知直线l过抛物线的焦点，联立方程可得，所以，，
由抛物线定义，可得A，B到准线的距离分别为，，
而，
由直线方程为，设直线的倾斜角为，则，从而，
四边形为直角梯形，其高设为，则，
所以，解得．
故答案为：
10．2048
【分析】由新定义化简集合，从而确定子集的个数．
【详解】由新定义知，A＝{（x，y）|x◎y＝10}

共11个元素，
故其子集的个数为，
故答案为：2048．
11．
【分析】结合基本不等式和函数单调性进行求解.
【详解】设，函数，
可得，，根据基本不等式和的图像，
可判断函数在单调递减，在单调递增，
，，，
所以值域为：.
故答案为：

12．
【分析】以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，求得的坐标，可得以为直径的半圆方程，以为直径的半圆方程，设出的坐标，由向量数量积的坐标表示，结合三角函数的恒等变换可得，再由余弦函数、二次函数的图象和性质，计算可得最大值．
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，可得
以为直径的半圆方程为
以为直径的半圆方程为 ，
设
，
可得
即有，即
又 可得 ，即 ，
，
则



可得 即时， 的最大值为，
故答案为：1．
【点睛】关键点睛：本题考查向量的坐标运算，向量的数量积的坐标表示以及圆的参数方程的运用，三角函数的恒等变换，解答本题的关键是建立平面坐标系，得出，，由得出，由，属于中档题.
13．A
【分析】由已知结合平面向量基本定理可求，，进而求出答案.
【详解】由，不共线，实数，满足，
得，解得，，
所以.
故选：A
14．B
【解析】由f(x)是奇函数得到f(-x)＝-f(x)．由f(1-x)＝f(1+x)得到 f(x+4)＝-f(x+2)＝f(x)，即f(x)是以4为周期的函数，可求f(2020)的值．
【详解】因为f(x)是定义域为R的奇函数，所以f(-x)＝-f(x)，f(0)=0，因为f(1-x)＝f(1+x)，
所以f(x+2)＝f(-x)，即f(x+2)＝-f(x)，所以f(x+4)＝-f(x+2)＝f(x)，
所以f(x)是以4为周期的函数，所以f(2020)＝f(505×4+0)＝f(0)＝0．
故选：B．
15．C
【分析】由已知结合射影定理化简可得，然后对所求式子进行化简，结合基本不等式即可求解.
【详解】在中，由射影定理有，
即，整理可得，
由正弦定理有：，即，
所以：
，
当且仅当时取等号.
故选：C
16．C
【分析】设，由已知结合双曲线的定义用表示，利用等腰三角形性质求出，再在中利用余弦定理列式即可求得双曲线的离心率．
【详解】令，由，得，
由双曲线的定义，得，则，
而，因此，，，，
在等腰中，，
令双曲线的半焦距为c，
在中，由余弦定理得：，
即，整理得，则，
所以双曲线的离心率.
故选：C
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】由已知，可建立空间直角坐标系，设出平面的法向量为，并求解，然后通
过计算，即可证明平面；
（2）由第（1）问建立起的空间直角坐标系，分别表示出和，然后计算夹角即可.
【详解】（1）∵在三棱柱，平面ABC，∴平面ABC，∴，又∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，故AB，BC，两两垂直，如图，以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系B－xyz．
设，则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，
取，得．
∵，
∴，又平面，则平面.
得证.
（2）若为的中点，则，
，
，
由，可得，
则AE与所成的角为．
18．(1)
(2)
【分析】（1）解法1：由可得，由正弦定理和余弦定理将等式边化角即可求出；解法2：由正弦定理可得，结合两角和的正弦公式、二倍角的正弦和余弦公式，化简可得，再由余弦定理代入即可求出；
（2）由可得，再由余弦定理即可求出；解法2：由正弦定理边化角化简已知表达式可得，再结合两角和的正弦公式，二倍角的正弦和余弦公式化简即可求出.
【详解】（1）解法1：
代入，得.
解法2：由正弦定理可得：：
代入化简，
则，
则，
因为，所以，解得：；
由余弦定理可得：，
代入化简得，解得（负值舍）.
（2）解法1：
，
，又
所以.
解法2：因为，所以，
代入，
，
，
因为，则，
化简：，
当时，则，则，舍去不满足题意；
当时，则，因为，所以.
19．（1）列联表见解析，能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“高中生的数学成绩与学生自主学习时间有关”；（2）（i）7.2；（ii）.
【分析】（1）由题意补充完整列联表，并求得卡方值，与10.828进行比较，即可判断相关性；
（2）（i）从全校大于等于120分的学生中随机抽取1人，此人周做题时间不少于12小时的概率为，设该事件为Y，则，从而求得期望；
（ii）的可能取值0，1，2，3，分别求得概率，根据期望公式，求得期望.
【详解】解：（1）列联表：
.
∴能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“高中生的数学成绩与学生自主学习时间有关”.
（2）（i）从全校大于等于120分的学生中随机抽取1人，此人周做题时间不少于12小时的概率为，
设从全校大于等于120分的学生中随机抽取1人，这些人中周做题时间不少于12小时的人数为随机变量，则，
故.
（ii）的可能取值0，1，2，3，
则，
，
，
，
，
∴的数学期望是.
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意得，，将点代入椭圆可得，联立求解可得，，即可得出答案；
（2）由题意可设直线的方程为，，，联立，整理得，利用韦达定理和三角形的面积公式，表示出与的关系式，利用基本不等式，即可得出答案；
（3）由（2）得，，分别表示出，，，化简计算，即可证明结论．
【详解】（1）由题意得，①，
将点代入椭圆得②，
联立①②可得，即，
可得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）可得右焦点，显然直线的斜率不为0，且直线与椭圆必相交，
设直线的方程为，设，，
由（1）得椭圆的标准方程为，
联立方程，消去y整理得，
则，，
可得的面积
，
因为，
当且仅当，即时等号成立，
可知，
所以的面积的最大值为.
（3）由（2）得直线的方程为，则，
且，，
则
，
故为定值，且值为0．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导分析的符号，的单调性，最值，即可得出答案．
（2）根据题意可得，，则，分两种情况：当时，当时，讨论是否满足条件，即可得出答案．
（3）由，借助换元法，令，可得，分别证明充分性和必要性，即可得出答案．
【详解】（1）当时，，则，
在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以；
（2）若、、依次成等比数列，则，
若、、成等差数列，则，
所以，
所以，
当时，成立，
当时，则，联立，得，
，即，
所以，与矛盾，
所以时，存在，，满足条件，
当时，不存在，，满足条件；
（3），则，
，
所以，
又
，
令，
上式
，
令，则恒成立，单调递减，
所以，
充分性：若，则，则恒成立，
必要性：要使得式恒成立，则恒成立，即．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对“对任意，，都有”的转化，借助换元法，可得其等价为“对任意，，都有，其中”.
分数大于等于120分
分数不足120分
合计
周做题时间不少于12小时
60
16
76
周做题时间不足12小时
40
64
104
合计
100
80
180