2024年上海市春季高考数学试卷

这是一份2024年上海市春季高考数学试卷，共12页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．的定义域 ．
2．直线的倾斜角大小为 ．
3．已知，则 ．
4．展开式中的系数为 ．
5．三角形中，，则 ．
6．已知，的最小值为 ．
7．数列，，，的取值范围为 ．
8．三角形三边长为5，6，7，则以边长为6的两个顶点为焦点，过另外一个顶点的双曲线的离心率为 ．
9．已知，求的的取值范围 ．
10．已知四棱柱底面为平行四边形，，且，求异面直线与的夹角 ．
11．正方形草地边长1.2，到，距离为0.2，到，距离为0.4，有个圆形通道经过，，且与只有一个交点，求圆形通道的周长 ．（精确到
12．，，，，任意，，，，满足，求有序数列，，，有 对．
二、选择题（本大题共4题,满分18分,第13-14题每题4分,第15-16题每题5分)
13．，，，，下列不等式恒成立的是
A．B．C．D．
14．空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
15．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，现从中任选一个盒子，设事件：所选盒中有中国结，事件：所选盒中有记事本，事件：所选盒中有笔袋，则
A．事件与事件互斥B．事件与事件相互独立
C．事件与事件互斥D．事件与事件相互独立
16．现定义如下：当时，若，则称为延展函数．现有，当时，与均为延展函数，则以下结论
（1）存在，；，与有无穷个交点
（2）存在，；，与有无穷个交点
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5题，共14+14+14+18+18＝78分）
17．（14分）已知，．
（1）设，求解：，，的值域；
（2），的最小正周期为，若在，上恰有3个零点，求的取值范围．
18．（14分）如图，、、为圆锥三条母线，．
（1）证明：；
（2）若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小．
19．（14分）水果分为一级果和二级果，共136箱，其中一级果102箱，二级果34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，方差为603.46；二级果48个，单果质量平均数为240.41克，方差为648.21；求168个水果的方差和平均数，并预估果园中单果的质量．
20．（18分）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点．
（1）若点的横坐标为2，求的长；
（2）设的上、下顶点分别为、，记△的面积为，△的面积为，若，求的取值范围．
（3）若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点，延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（18分）记（a）（a），，（a）（a），．
（1）若，求（1）和（1）；
（2）若，求证：对于任意，都有（a），，且存在，使得（a）．
（3）已知定义在上有最小值，求证“是偶函数“的充要条件是“对于任意正实数，均有（c）”．
2024年上海市春季高考数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1．的定义域 ．
【解析】：的定义域为．
故答案为：．
2．直线的倾斜角大小为 ．
【解析】：由直线变形得：，
设直线的倾斜角为，即，
因为，，
所以．
故答案为：．
3．已知，则 ．
【解析】：由题意可得，
所以．
故答案为：．
4．展开式中的系数为 15 ．
【解析】：根据二项式展开．
故答案为：15．
5．三角形中，，则 ．
【解析】：三角形中，，
，
由正弦定理，，，
故．
故答案为：．
6．已知，的最小值为 12 ．
【解析】：由，，当且仅当，即或时取最小值12，
所以的最小值为12．
故答案为：12．
7．数列，，，的取值范围为 ．
【解析】：等差数列由，知数列为等差数列，
即，
解得．
故的取值范围为．
故答案为：．
8．三角形三边长为5，6，7，则以边长为6的两个顶点为焦点，过另外一个顶点的双曲线的离心率为 3 ．
【解析】：由双曲线的定义，，，
解得，，
．
故答案为：3．
9．已知，求的的取值范围 ， ．
【解析】：根据题意知，
所以当时，，解得，；
同理当时，，解得；
综上所述：，．
故答案为：，．
10．已知四棱柱底面为平行四边形，，且，求异面直线与的夹角 ．
【解析】：如图，
因为，又，
，
化简得，
，
．
异面直线与的夹角为．
11．正方形草地边长1.2，到，距离为0.2，到，距离为0.4，有个圆形通道经过，，且与只有一个交点，求圆形通道的周长 2.73 ．（精确到
【解析】：以为原点，线段所在直线为轴，所在直线为轴，建立直角坐标系，
易知，．
不妨设中点为直线中垂线所在直线方程为，
化简得．
所以可设圆心为，半径为，且经过，点，
即，
化简得，求得．
结合题意可得，．
故有圆的周长．
12．，，，，任意，，，，满足，求有序数列，，，有 48 对．
【解析】：由题意得，10，12，18，20，，
满足，
不妨设，
由单调性有，，，，
分两种情况讨论：
①，，
解得，，，，
②，，
解得，，，，
所以有2种，
综上共有对．
故答案为：48．
二、选择题（本大题共4题,满分18分,第13-14题每题4分,第15-16题每题5分)
13．，，，，下列不等式恒成立的是
A．B．C．D．
【解析】：对于，若，则，选项不成立，故错误；
对于，，，
由不等式的可加性可知，，故正确．
对于、，若，则选项不成立，故、错误．
故选：．
14．空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【解析】：根据题意，依次分析选项：
对于，若，，则或，又，所以，故正确；
对于，若，，则或，由，则与斜交、垂直、平行均有可能，故错误；
对于，若，，则或，由，则与相交、平行、异面均有可能，故错误；
对于，若，，则或，又，则或，故错误．
故选：．
15．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，现从中任选一个盒子，设事件：所选盒中有中国结，事件：所选盒中有记事本，事件：所选盒中有笔袋，则
A．事件与事件互斥B．事件与事件相互独立
C．事件与事件互斥D．事件与事件相互独立
【解析】：选项，事件和事件可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本，事件与事件不互斥，错误；
选项，（A），（B），，（A）（B），正确；
选项，事件与事件可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本或笔袋，错误；
选项，（A），，，（A），与不独立，故错误．
故选：．
16．现定义如下：当时，若，则称为延展函数．现有，当时，与均为延展函数，则以下结论
（1）存在，；，与有无穷个交点
（2）存在，；，与有无穷个交点
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
【解析】：根据题意，当时，与均为延展函数，
对于①，对于，，
则是周期为1的周期函数，其值域为，
因为，与不会有无穷个交点，所以（1）错；
对于②，当时，存在使得直线可以与在区间的函数部分重合，因而有无穷个交点，所以（2）正确．
故选：．
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18＝78分）
17．（14分）已知，．
（1）设，求解：，，的值域；
（2），的最小正周期为，若在，上恰有3个零点，求的取值范围．
【解析】：（1）当时，．
因为，，所以令，
根据在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的最大值为，最小值为．
因此函数的值域为，．
（2）由题知，所以，．
当时，，即．
当时，，所以，即．
因此，的取值范围为，．
18．（14分）如图，、、为圆锥三条母线，．
（1）证明：；
（2）若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小．
【解答】（1）证明：取中点，连接，，
因为，，所以，，
又因为，面，，
所以面，又面，
所以；
（2）解：法由（1）可知，，又底面，
作，交于，连接，
由题意，可得，
所以为所求的二面角的平面角，连接，则，
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，所以，
，
，，，
，
即，解得，
所以，
所以，
所以二面角的平面角为钝角，
所以二面角的大小为．
法由（1）可知，，又底面，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，所以，
建立以为轴，为轴，以为轴的坐标系，
则可得，
故，
设为平面的一个法向量，
由，，
可得，
令，则，可得，
设为平面的一个法向量，
由，，
可得，
令，则，可得，
则，
设二面角的平面角为，由图可知为钝角，
所以二面角的大小为．
19．（14分）水果分为一级果和二级果，共136箱，其中一级果102箱，二级果34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，方差为603.46；二级果48个，单果质量平均数为240.41克，方差为648.21；求168个水果的方差和平均数，并预估果园中单果的质量．
【解析】：（1）古典概型：设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，
事件的样本点的公式，
所以（A）；
（2）因为一级果箱数：二级果箱数，
所以8箱水果中有一级果抽取6箱，二级果抽取2箱；
（3）设一级果平均质量为，方差为，二级果质量为，方差为，总体样本平均质量为平均值，方差为，
因为，，，，
所以克，
克．
预估：平均质量为克．
20．（18分）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点．
（1）若点的横坐标为2，求的长；
（2）设的上、下顶点分别为、，记△的面积为，△的面积为，若，求的取值范围．
（3）若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点，延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】：（1）因为点的横坐标为2，
不妨设，
因为点在椭圆上，
所以，
解得，
易知，
所以；
（2）不妨设，，
此时，
因为，
所以，
即，
又，
所以，
解得，
则，
故的范围为，；
（3）不妨设，，，，，
由对称性可得、关于轴对称，
所以，，
又，，
此时，
所以，
同理得，
因为，
所以，
解得或（无解），
不妨设直线，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，
解得，
此时，
又，
解得，
此时．
故存在轴上方的点，使得成立．
21．（18分）记（a）（a），，（a）（a），．
（1）若，求（1）和（1）；
（2）若，求证：对于任意，都有（a），，且存在，使得（a）．
（3）已知定义在上有最小值，求证“是偶函数“的充要条件是“对于任意正实数，均有（c）”．
【解析】：（1）由题意，得（1），，；
．
（2）证明：由题意知，（a），，
记，则或2．
现对分类讨论，当，有，为严格增函数，
因为（a），所以此时（a），，符合条件；
当时，，先增后减，，
因为取等号），所以，
则此时（a），，也符合条件；
当时，，，在，严格增，在，严格减，在，严格增，
，
因为（a），当时，（a），则（a），
则此时（a），，成立；
综上可知，对于任意，都有（a），，且存在，使得（a）．
（3）证明：必要性：若为偶函数，
则，，（c）（c），，
当，（c），因为，故（c）；
充分性：若对于任意正实数，均有（c），
其中，，（c）（c），，
因为有最小值，不妨设（a），
由于任意，令，则，，所以最小元素为（a）．
（c）中最小元素为（c），又（c）（c）对任意成立，
所以（a），
若，则（c）对任意成立是偶函数；
若，此后取，，
综上，任意，（c），即是偶函数．0
2
正
0
负
0
正
极大值
极小值