2024年上海市高考數學試卷（網絡回憶版）

一、填空題（本大題共有12題，滿分54分.其中第1-6題每題4分，第7-12題每題滿分5分)考生應在

答題紙相應編號的空格內直接填寫結果.

1.設全集，集合，則______．

【答案】

【解析】

【分析】根據補集的定義可求.

【詳解】由題設有，

故答案為：

2.已知則______．

【答案】

【解析】

【分析】利用分段函數的形式可求.

【詳解】因故，

故答案為：.

3.已知則不等式的解集為______．

【答案】

【解析】

【分析】求出方程的解后可求不等式的解集.

【詳解】方程的解為或，

故不等式的解集為，

故答案為：.

4.已知，，且是奇函數，則______．

【答案】

【解析】

【分析】根據奇函數的性質可求參數.

【詳解】因為是奇函數，故即，

1

故，

故答案為：.

5.已知，且，則的值為______．

【答案】15

【解析】

【分析】根據向量平行的坐標表示得到方程，解出即可.

【詳解】，，解得．

故答案為：15．

6.在的二項展開式中，若各項系數和為32，則項的系數為______．

【答案】10

【解析】

【分析】令，解出，再利用二項式的展開式的通項合理賦值即可.

【詳解】令，，即，解得，

所以的展開式通項公式為，令，則，

．

故答案為：10．

7.已知拋物線上有一點到準線的距離為9，那么點到軸的距離為______．

【答案】

【解析】

【分析】根據拋物線的定義知，將其再代入拋物線方程即可.

【詳解】由知拋物線的準線方程為，設點，由題意得，解得，

代入拋物線方程，得，解得，

則點到軸的距離為．

故答案為：．

8.某校舉辦科學競技比賽，有3種題庫，題庫有5000道題，題庫有4000道題，題庫

有3000道題．小申已完成所有題，他題庫的正確率是0.92，題庫的正確率是0.86，題庫的正確

率是0.72．現他從所有的題中隨機選一題，正確率是______．

【答案】0.85

【解析】

2

【分析】求出各題庫所占比，根據全概率公式即可得到答案.

【詳解】由題意知，題庫的比例為：，

各占比分別為，

則根據全概率公式知所求正確率．

故答案為：0.85．

9.已知虛數，其實部為1，且，則實數為______．

【答案】2

【解析】

【分析】設，直接根據復數的除法運算，再根據復數分類即可得到答案.

【詳解】設，且.

則，

，，解得，

故答案為：2.

10.設集合中的元素皆為無重復數字的三位正整數，且元素中任意兩者之積皆為偶數，求集合中元素

個數的最大值______．

【答案】329

【解析】

【分析】三位數中的偶數分個位是0和個位不是0討論即可.

【詳解】由題意知集合中且至多只有一個奇數，其余均是偶數．

首先討論三位數中的偶數，

①當個位為0時，則百位和十位在剩余的9個數字中選擇兩個進行排列，則這樣的偶數有個；

②當個位不為0時，則個位有個數字可選，百位有個數字可選，十位有個數字可選，

根據分步乘法這樣的偶數共有，

最后再加上單獨的奇數，所以集合中元素個數的最大值為個．

故答案為：329．

11.已知點B在點C正北方向，點D在點C的正東方向，,存在點A滿足

，則______(精確到0.1度)

3

【答案】

【解析】

【分析】設，在和中分別利用正弦定理得到，

，兩式相除即可得到答案.

【詳解】設，

在中，由正弦定理得，

即’

即①

在中，由正弦定理得，

即，即，②

因為，得，

利用計算器即可得，

故答案為：.

12.無窮等比數列滿足首項，記，若對任意正整

數集合是閉區間，則的取值范圍是______．

【答案】

【解析】

4

【分析】當時，不妨設，則，結合

為閉區間可得對任意的恒成立，故可求的取值范圍.

【詳解】由題設有，因為，故，故，

當時，，故，此時為閉區間，

當時，不妨設，若，則，

若，則，

若，則，

綜上，，

又為閉區間等價于為閉區間，

而，故對任意恒成立，

故即，故，

故對任意的恒成立，因，

故當時，，故即.

故答案為：.

【點睛】思路點睛：與等比數列性質有關的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立為轉為關于與公比有

關的不等式恒成立，必要時可利用參變分離來處理.

二、選擇題（本大題共有4題，滿分18分，其中第13-14題每題滿分4分，第15-16題每題滿分5分)每

題有且只有一個正確答案，考生應在答題紙的相應編號上，將代表答案的小方格涂黑，選對得滿分，否則

一律得零分.

13.已知氣候溫度和海水表層溫度相關，且相關系數為正數，對此描述正確的是（）

A氣候溫度高，海水表層溫度就高

B.氣候溫度高，海水表層溫度就低

C.隨著氣候溫度由低到高，海水表層溫度呈上升趨勢

D.隨著氣候溫度由低到高，海水表層溫度呈下降趨勢

【答案】C

【解析】

【分析】根據相關系數的性質可得正確的選項.

【詳解】對于AB，當氣候溫度高，海水表層溫度變高變低不確定，故AB錯誤.

5

對于CD，因為相關系數為正，故隨著氣候溫度由低到高時，海水表層溫度呈上升趨勢，

故C正確，D錯誤.

故選：C.

14.下列函數的最小正周期是的是（）

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】根據輔助角公式、二倍角公式以及同角三角函數關系并結合三角函數的性質一一判斷即可.

【詳解】對A，，周期，故A正確；

對B，，周期，故B錯誤；

對于選項C，，是常值函數，不存在最小正周期，故C錯誤；

對于選項D，，周期，故D錯誤，

故選：A．

15.定義一個集合，集合中的元素是空間內的點集，任取，存在不全為0的實數

，使得．已知，則的充分條件是（）

A.B.

C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先分析出三個向量共面，顯然當時，三個向量構成空間的一個基

底，則即可分析出正確答案.

【詳解】由題意知這三個向量共面，即這三個向量不能構成空間的一個基底，

對A，由空間直角坐標系易知三個向量共面，則當無法推

出，故A錯誤；

對B，由空間直角坐標系易知三個向量共面，則當無法推

出，故A錯誤；

6

對C，由空間直角坐標系易知三個向量不共面，可構成空間的一個基底，

則由能推出，

對D，由空間直角坐標系易知三個向量共面，

則當無法推出，故D錯誤.

故選：C．

16.已知函數的定義域為R，定義集合，在使得

的所有中，下列成立的是（）

A.存在是偶函數B.存在在處取最大值

C.存在是嚴格增函數D.存在在處取到極小值

【答案】B

【解析】

【分析】對于ACD利用反證法并結合函數奇偶性、單調性以及極小值的概念即可判斷，對于B，構造函數

即可判斷.

【詳解】對于A，若存在是偶函數,取,

則對于任意,而,矛盾,故A錯誤；

對于B，可構造函數滿足集合，

當時，則，當時，，當時，，

則該函數的最大值是，則B正確；

對C，假設存在，使得嚴格遞增，則，與已知矛盾，則C錯誤；

對D，假設存在，使得在處取極小值，則在的左側附近存在，使得

，這與已知集合的定義矛盾，故D錯誤；

故選：B.

三、解答題（本大題共有5題，滿分78分）解下列各題必須在答題紙相應編號的規定區域內寫出必要的

步驟

17.如圖為正四棱錐為底面的中心．

7

（1）若，求繞旋轉一周形成的幾何體的體積；

（2）若為的中點，求直線與平面所成角的大小．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根據正四棱錐的數據，先算出直角三角形的邊長，然后求圓錐的體積；

（2）連接，可先證平面，根據線面角的定義得出所求角為，然后結合

題目數量關系求解.

【小問1詳解】

正四棱錐滿足且平面，由平面，則，

又正四棱錐底面是正方形，由可得，，

故，

根據圓錐的定義，繞旋轉一周形成的幾何體是以為軸，為底面半徑的圓錐，

即圓錐的高為，底面半徑為，

根據圓錐的體積公式，所得圓錐的體積是

【小問2詳解】

連接，由題意結合正四棱錐的性質可知，每個側面都是等邊三角形，

由是中點，則，又平面，

故平面，即平面，又平面，

于是直線與平面所成角的大小即為，

8

不妨設，則，，

又線面角的范圍是，

故.即為所求.

18.若．

（1）過，求的解集；

（2）存在使得成等差數列，求的取值范圍．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）求出底數，再根據對數函數的單調性可求不等式的解；

（2）存在使得成等差數列等價于在上有

解，利用換元法結合二次函數的性質可求的取值范圍．

【小問1詳解】

因為的圖象過，故，故即（負的舍去），

而在上為增函數，故，

故即，

故的解集為.

小問2詳解】

因為存在使得成等差數列，

故有解，故，

因為，故，故在上有解，

由在上有解，

令，而在上的值域為，

故即.

9

19.為了解某地初中學生體育鍛煉時長與學業成績的關系，從該地區29000名學生中抽取580人，得到日

均體育鍛煉時長與學業成績的數據如下表所示：

時

間范圍

學業成績

優秀5444231

不優秀1341471374027

（1）該地區29000名學生中體育鍛煉時長不少于1小時人數約為多少？

（2）估計該地區初中學生日均體育鍛煉的時長（精確到0.1）

（3）是否有的把握認為學業成績優秀與日均體育鍛煉時長不小于1小時且小于2小時有關？

（附：其中，．）

【答案】（1）

（2）

（3）有

【解析】

【分析】（1）求出相關占比，乘以總人數即可；

（2）根據平均數的計算公式即可得到答案；

（3）作出列聯表，再提出零假設，計算卡方值和臨界值比較大小即可得到結論.

【小問1詳解】

由表可知鍛煉時長不少于1小時的人數為占比，

則估計該地區29000名學生中體育鍛煉時長不少于1小時的人數為．

【小問2詳解】

估計該地區初中生的日均體育鍛煉時長約為

．

則估計該地區初中學生日均體育鍛煉的時長為0.9小時.

【小問3詳解】

由題列聯表如下：

其他合計

10

優秀455095

不優秀177308485

合計222358580

提出零假設：該地區成績優秀與日均鍛煉時長不少于1小時但少于2小時無關．

其中．

．

則零假設不成立，

即有的把握認為學業成績優秀與日均鍛煉時長不小于1小時且小于2小時有關．

20.已知雙曲線左右頂點分別為，過點的直線交雙曲線于

兩點.

（1）若離心率時，求的值．

（2）若為等腰三角形時，且點在第一象限，求點的坐標．

（3）連接并延長，交雙曲線于點，若，求取值范圍．

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】

【分析】（1）根據離心率公式計算即可；

（2）分三角形三邊分別為底討論即可；

（3）設直線，聯立雙曲線方程得到韋達定理式，再代入計算向量數量積的等式計算即可.

【小問1詳解】

由題意得，則，．

【小問2詳解】

當時，雙曲線，其中，，

11

因為為等腰三角形，則

①當以為底時，顯然點在直線上，這與點在第一象限矛盾，故舍去；

②當以為底時，，

設，則,聯立解得或或，

因為點在第一象限，顯然以上均不合題意，舍去；

（或者由雙曲線性質知，矛盾，舍去）；

③當以為底時，，設，其中，

則有，解得，即．

綜上所述：.

小問3詳解】

由題知，

當直線的斜率為0時，此時，不合題意，則，

則設直線，

設點，根據延長線交雙曲線于點，

根據雙曲線對稱性知，

聯立有，

顯然二次項系數，

其中，

①，②，

12

，

則，因為在直線上，

則，，

即，即，

將①②代入有，

即

化簡得，

所以,代入到,得,所以,

且，解得，又因為，則，

綜上知，，．

【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的關鍵是采用設線法，為了方便運算可設，將其與雙曲線

方程聯立得到韋達定理式，再寫出相關向量，代入計算，要注意排除聯立后的方程得二次項系數不為0.

21.對于一個函數和一個點，令，若是

取到最小值的點，則稱是在的“最近點”．

（1）對于，求證：對于點，存在點，使得點是在的“最近

點”；

（2）對于，請判斷是否存在一個點，它是在的“最近點”，且直線

與在點處的切線垂直；

（3）已知在定義域R上存在導函數，且函數在定義域R上恒正，設點

，．若對任意的，存在點同時是在

13

的“最近點”，試判斷的單調性．

【答案】（1）證明見解析

（2）存在，

（3）嚴格單調遞減

【解析】

【分析】（1）代入，利用基本不等式即可；

（2）由題得，利用導函數得到其最小值，則得到，再證明直線與切線垂直即

可；

（3）根據題意得到，對兩等式化簡得，再利用“最近點”的定義

得到不等式組，即可證明，最后得到函數單調性.

【小問1詳解】

當時，，

當且僅當即時取等號，

故對于點，存在點，使得該點是在的“最近點”．

【小問2