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2024 年上海夏季高考数学（网络回忆版）
一、填空题
1．设全集U ={1,2,3,4,5}，集合A={2,4}，则 A= ．
【答案】{1,3,5}
【解析】由题设有A={1,3,5}，
答案：{1,3,5}
x,x>0
2．已知 f (x)= ,则 f (3)= ．
1,x≤0
【答案】
3
x,x>0
【解析】因为 f (x)= ,故 f (3)= 3，
1,x≤0
答案： 3.
3．已知x∈R,则不等式x2−2x−3<0的解集为 ．
【答案】{x|−10,q>1，记I = { x−y x,y∈[ a,a ]∪[ a ,a ]} ，若对任意正整数n集合I 是闭
n 1 n 1 2 n n+1 n
区间，则q的取值范围是 ．
【答案】q≥2
【分析】当n≥2时，不妨设x≥ y，则x−y∈[ 0,a −a ] [ a −a ,a −a ] [ 0,a −a ]，结合I 为闭区间可得
2 1 n 2 n+1 1 n+1 n n
1
q−2≥− 对任意的n≥2恒成立，故可求q的取值范围.
qn−2
【解析】由题设有a
n
=a
1
qn−1，因为a
1
>0,q>1，故a
n+1
>a
n
，故[a
n
,a
n+1
]=
a
1
qn−1,a
1
qn
，
当n=1时，x,y∈[ a,a ]，故x−y∈[ a −a ,a −a ]，此时I 为闭区间，
1 2 1 2 2 1 1
当n≥2时，不妨设x≥ y，若x,y∈[ a,a ]，则x−y∈[ 0,a −a ]，
1 2 2 1
若y∈[ a,a ] ,x∈[ a ,a ]，则x−y∈[ a −a ,a −a ]，
1 2 n n+1 n 2 n+1 1若x,y∈[ a ,a ]，则x−y∈[ 0,a −a ]，
n n+1 n+1 n
综上，x−y∈[ 0,a −a ] [ a −a ,a −a ] [ 0,a −a ]，
2 1 n 2 n+1 1 n+1 n
又I 为闭区间等价于[ 0,a −a ]∪[ a −a ,a −a ]∪[ 0,a −a ]为闭区间，
n 2 1 n 2 n+1 1 n+1 n
而a −a >a −a >a −a ，故a −a ≥a −a 对任意n≥2恒成立，
n+1 1 n+1 n 2 1 n+1 n n 2
故a −2a +a ≥0即aqn−1(q−2)+a ≥0，故qn−2(q−2)+1≥0，
n+1 n 2 1 2
1
故q−2≥− 对任意的n≥2恒成立，因q>1，
qn−2
1
故当n→+∞时，− →0，故q−2≥0即q≥2.
qn−2
答案：q≥2.
二、单选题
13．已知气候温度和海水表层温度相关，且相关系数为正数，对此描述正确的是（ ）
A．气候温度高，海水表层温度就高
B．气候温度高，海水表层温度就低
C．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈上升趋势
D．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈下降趋势
【答案】C
【解析】AB。当气候温度高，海水表层温度变高变低不确定，AB错误.
CD.因为相关系数为正，故随着气候温度由低到高时，海水表层温度呈上升趋势，
C正确，D错误.
故选：C.
14．下列函数 f (x)的最小正周期是2π的是（ ）
A．sinx+cosx B．sinxcosx
C．sin2x+cos2x D．sin2x−cos2x
【答案】A
π
【解析】A.sinx+cosx= 2sinx+ ，周期T =2π，A正确；
4
1 2π
B.sinxcosx= sin2x，周期T = =π，B错误；
2 2
C.sin2x+cos2x=1，是常值函数，不存在最小正周期，C错误；
2π
D.sin2x−cos2x=−cos2x，周期T = =π，D错误，
2
故选：A．
15．定义一个集合Ω，集合中的元素是空间内的点集，任取P,P,P ∈Ω，存在不全为0的实数λ,λ,λ，使得
1 2 3 1 2 3
λOP +λOP +λOP =0．已知(1,0,0)∈Ω，则(0,0,1)∉Ω的充分条件是（ ）
1 1 2 2 3 3
A．(0,0,0)∈Ω B．(−1,0,0)∈Ω
C．(0,1,0)∈Ω D．(0,0,−1)∈Ω【答案】C
【解析】根据题意知这三个向量OP ,OP,OP 共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
1 2 3
A.由空间直角坐标系易知(0,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当(−1,0,0),(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，A错
误；
B.由空间直角坐标系易知(−1,0,0),(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当(0,0,0),(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，B错
误；
C.
由空间直角坐标系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由(1,0,0),(0,1,0)∈Ω能推出(0,0,1)∉Ω，C正确。
D.由空间直角坐标系易知(1,0,0),(0,0,1),(0,0,−1)三个向量共面，则当(0,0,−1)(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，D错
误.
故选：C．
16．已知函数 f(x)的定义域为R，定义集合M ={ x x ∈R,x∈(−∞,x ), f (x)< f (x )} ，在使得M =[−1,1 ]的所有 f (x)
0 0 0 0
中，下列成立的是（ ）
A．存在 f (x)是偶函数 B．存在 f (x)在x=2处取最大值
C．存在 f (x)是严格增函数 D．存在 f (x)在x=−1处取到极小值
【答案】B
【分析】对于ACD利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B，构造函数
−2,x<−1
f (x)=x,−1≤x≤1即可判断.
1,x>1
【解析】A.若存在 y= f(x) 是偶函数, 取 x =1∈[−1,1],则对于任意 x∈(−∞,1), f(x)< f(1), 而 f(−1)= f(1), 矛
0
盾, A 错误；
−2,x<−1,
B.可构造函数 f (x)=x,−1≤x≤1,满足集合M =[−1,1 ]，当x<−1时，则 f (x)=−2，当−1≤x≤1时，f (x)∈[−1,1 ]，
1,x>1,
当x>1时， f (x)=1，则该函数 f (x)的最大值是 f (2)，B正确；
C.假设存在 f (x)，使得 f (x)严格递增，则M =R，与已知M =[−1,1 ]矛盾，C错误；
D.假设存在 f (x)，使得 f (x)在x=−1处取极小值，则在−1的左侧附近存在n，使得 f (n)> f (−1)，这与已知集合M
的定义矛盾，D错误；
故选：B.
三、解答题
17．如图为正四棱锥P−ABCD,O为底面ABCD的中心．(1)若AP=5,AD=3 2，求POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若AP= AD,E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小．
【答案】(1)12π
π
(2)
4
【解析】（1）正四棱锥满足且PO⊥平面ABCD，由AO⊂平面ABCD，则PO⊥ AO，
又正四棱锥底面ABCD是正方形，由AD=3 2可得，AO=3，
故 PO= PA2−AO2 =4 ，
由圆锥的定义，POA绕PO旋转一周形成的几何体是以PO为轴，AO为底面半径的圆锥，
1
即圆锥的高为PO=4，底面半径为AO=3，由圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 ×π×32×4=12π
3
（2）连接EA,EO,EC，根据题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由E是PB中点，则AE⊥PB,CE⊥PB，又AECE=E,AE,CE⊂平面ACE，
故PB⊥平面ACE，即BE⊥平面ACE，又BD平面ACE=O，
于是直线BD与平面AEC所成角的大小即为∠BOE，
3 2
不妨设AP= AD=6，则BO=3 2,BE=3，sin∠BOE= = ，
3 2 2
π
又线面角的范围是
0,
，
2
π
故∠BOE= .
4
18．若 f (x)=log x(a>0,a≠1)．
a
(1)y= f (x)过(4,2)，求 f (2x−2)< f (x)的解集；
(2)存在x使得 f (x+1)、f (ax)、f (x+2)成等差数列，求a的取值范围．
【答案】(1) {x|11
【分析】（1）求出底数a，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；2
（2）存在x使得 f (x+1)、f (ax)、f (x+2)成等差数列等价于a2 =2 1 + 3 − 1 在(0,+∞)上有解，利用换元法结合
x 4 8
二次函数的性质可求a的取值范围．
【解析】（1）因为y= f (x)的图象过(4,2)，故log 4=2，故a2 =4即a=2（负的舍去），
a
而 f (x)=log x在(0,+∞)上为增函数，故 f (2x−2)< f (x)，故0<2x−20,a≠1，故x>0，故a2x2 =(x+1)(x+2)在(0,+∞)上有解，
由a2 = x2+3x+2 =1+ 3 + 2 =2 1 + 3 2 − 1 在(0,+∞)上有解，
x2 x x2 x 4 8
令t = 1 ∈(0,+∞)，而y=2 t+ 3 2 − 1 在(0,+∞)上的值域为(1,+∞)，
x 4 8
故a2 >1即a>1.
19．为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻
炼时长与学业成绩的数据如下表所示：
时间范围学业成绩 [0,0.5) [0.5,1) [ 1,1.5) [1.5,2) [2,2.5)
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
(1)该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时人数约为多少？
(2)估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）
(3)是否有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
（附：χ2 =
n(ad−bc)2
,其中n=a+b+c+d，P ( χ2 ≥3.841 ) ≈0.05．）
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
【答案】(1)12500
(2)0.9h
(3)有
179+43+28 25
【解析】（1）由表可知锻炼时长不少于1小时的人数为占比 = ，
580 58
25
则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为29000× =12500．
58
（2）估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
1 0.5 0.5+1 1+1.5 1.5+2 2+2.5
×139+ ×191+ ×179+ ×43+ ×28
≈0.9．
580 2 2 2 2 2
则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时.
（3）由题列联表如下：[1,2) 其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580
提出零假设H ：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1小时但少于2小时无关．
0
其中α=0.05．
580×(45×308−177×50)2
χ2 = ≈3.976>3.841．
95×485×222×358
则零假设不成立，
即有95%的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．
20．已知双曲线Γ:x2−
y2
=1,(b>0),左右顶点分别为A,A ，过点M(−2,0)的直线l交双曲线Γ于P,Q两点.
b2 1 2
(1)若离心率e=2时，求b的值．
2 6
(2)若b= ,△MAP为等腰三角形时，且点P在第一象限，求点P的坐标．
3 2
(3)连接OQ并延长，交双曲线Γ于点R，若AR⋅AP=1，求b的取值范围．
1 2
【答案】(1)b= 3
( )
(2)P 2,2 2
( )
30
(3) 0, 3 3,
3
【分析】设直线l:x=my−2，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.
c c
【解析】（1）根据题意得e= = =2，则c=2， b= 22−1= 3 ．
a 1
y2
（2）当b= 2 6 时，双曲线 Γ:x2− 8 =1 ，其中M(−2,0)，A (1,0)，因为△MA P为等腰三角形，则
2 2
3
3
1
①当以MA 为底时，显然点P在直线x=− 上，这与点P在第一象限矛盾，故舍去；
2 2
②当以A P为底时， MP = MA =3，
2 2
23 23
x2−
3y2
=1
x=−
11
x=−
11 x=1
设P(x,y)，则 8 , 联立解得 或 或 ，
(x+2)2+y2 =9 y=− 8 17 y= 8 17 y=0
11 11
因为点P在第一象限，错误，舍去；（或者由双曲线性质知 MP > MA ，矛盾，舍去）；
2
③当以MP为底时， A P = MA =3，设P(x,y) ，其中x >0,y >0，
2 2 0 0 0 0(x −1)2+y2 =9
则有 0 x2− y 0 2 = 0 1 ，解得 x 0 =2 ，即P ( 2,2 2 ) ．
0 8 y =2 2
0
3
( )
答案：P 2,2 2 .
（3）根据题知A (−1,0),A (1,0)，
1 2
当直线l的斜率为0时，此时AR⋅A P=0，不合题意，则k ≠0，则设直线l:x=my−2，
1 2 l
设点P(x,y ),Q(x ,y )，根据OQ延长线交双曲线Γ于点R，
1 1 2 2
x=my−2
根据双曲线对称性知R(−x ,−y )， 联立有 y2 ⇒ ( b2m2−1 ) y2−4b2my+3b2 =0，
2 2 x2− 1 =
b2
显然二次项系数b2m2−1≠0，
其中Δ= ( −4mb2)2 −4 ( b2m2−1 ) 3b2 =4b4m2+12b2 >0，
4b2m 3b2
y +y = ①，y y = ②，
1 2 b2m2−1 1 2 b2m2−1
AR=(−x +1,−y ),A P=(x −1,y )，
1 2 2 2 1 1
则AR⋅A P=(−x +1)(x −1)−y y =1，因为P(x,y ),Q(x ,y )在直线l上，
1 2 2 1 1 2 1 1 2 2
则x =my −2，x =my −2，
1 1 2 2
即−(my −3)(my −3)− y y =1，即y y ( m2+1 ) −(y +y )3m+10=0，
2 1 1 2 1 2 1 2
将①②代入有( m2+1 ) ⋅
3b2
−3m⋅
4b2m
+10=0，
b2m2−1 b2m2−1
即3b2( m2+1 ) −3m⋅4b2m+10 ( b2m2−1 ) =0
化简得b2m2+3b2−10=0，
10
所以 m2 = −3, 代入到 b2m2−1≠0, 得 b2 =10−3b2 ≠1, 所以 b2 ≠3,
b2
10 10 10
且m2 = −3≥0，解得b2 ≤ ，又因为b>0，则00)，求证：对于点M(0,0)，存在点P，使得点P是M 在 f (x)的“最近点”；
x
(2)对于 f (x)=ex,M(1,0)，请判断是否存在一个点P，它是M 在 f (x)的“最近点”，且直线MP与y= f(x)在点P处
的切线垂直；
(3)已知y= f(x)在定义域R上存在导函数 f′(x)，且函数 g(x) 在定义域R上恒正，设点M ( t−1, f (t)−g(t)) ，
1
M ( t+1, f (t)+g(t)) ．若对任意的t∈R，存在点P同时是M ,M 在 f (x)的“最近点”，试判断 f (x)的单调性．
2 1 2
【答案】(1)见解析
(2)存在，P(0,1)
(3)严格单调递减
【分析】（1）代入M(0,0)，利用基本不等式即可；
（2）由题得s(x)=(x−1)2+e2x，利用导函数得到其最小值，则得到P，再证明直线MP与切线垂直即可；
1
（3）根据题意得到s ′(x )=s ′(x )=0，对两等式化简得 f′(x )=− ，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即
1 0 2 0 0 g(t)
可证明x =t，最后得到函数单调性.
0
2
1 1 1
【解析】（1）当M(0,0)时，s(x)=(x−0)2+ −0 = x2+ ≥2 x2⋅ =2，
x x2 x2
1
当且仅当x2 = 即x=1时取等号，
x2
故对于点M(0,0)，存在点P(1,1)，使得该点是M(0,0)在 f (x)的“最近点”．
（2）由题设可得s(x)=(x−1)2+ ( ex−0 )2 =(x−1)2+e2x，
则s′(x)=2(x−1)+2e2x，因为y=2(x−1),y=2e2x均为R上单调递增函数，
则s′(x)=2(x−1)+2e2x在R上为严格增函数，
而s′(0)=0，故当x<0时，s′(x)<0，当x>0时，s′(x)>0，故s(x) =s(0)=2，此时P(0,1)，
min
而 f′(x)=ex,k = f′(0)=1，故 f (x)在点P处的切线方程为y=x+1.
0−1
而k = =−1，故k ⋅k =−1，故直线MP与y= f (x)在点P处的切线垂直．
MP 1−0 MP
（3）设s (x)=(x−t+1)2+(f (x)− f (t)+g(t))2，
1
s (x)=(x−t−1)2+(f (x)− f (t)−g(t))2，
2
而s′(x)=2(x−t+1)+2(f (x)− f (t)+g(t))f′(x)，
1
s′(x)=2(x−t−1)+2(f (x)− f (t)−g(t))f′(x)，
2若对任意的t∈R，存在点P同时是M ,M 在 f (x)的“最近点”，
1 2
设P(x,y) ，则x 既是s (x)的最小值点，也是s (x)的最小值点，
0 0 0 1 2
因为两函数的定义域均为R，则x 也是两函数的极小值点，
0
则存在x ,使得s ′(x )=s ′(x )=0，
0 1 0 2 0
即s ′(x )=2(x −t+1)+2f′(x ) f (x )− f(t)+g(t) =0①
1 0 0 0 0
s ′(x )=2(x −t−1)+2f′(x ) f (x )− f(t)−g(t) =0②
2 0 0 0 0
根据①②相等得4+4g(t)⋅ f′(x )=0，即1+ f′(x )g(t)=0，
0 0
1
即 f′(x )=− ，又因为函数g(x)在定义域R上恒正，
0 g(t)
1
则 f′(x )=− <0恒成立，
0 g(t)
接下来证明x =t，
0
因为x 既是s (x)的最小值点，也是s (x)的最小值点，则s (x )≤s(t),s (x )≤s(t)，
0 1 2 1 0 2 0
即(x −t+1)2+( f (x )− f (t)+g(t))2 ≤1+( g(t))2，③
0 0
(x −t−1)2+( f (x )− f (t)−g(t))2 ≤1+( g(t))2，④
0 0
③+④得2(x 0 −t)2+2+2 f (x 0 )− f(t) 2 +2g2(t)≤2+2g2(t)
x −t=0
即(x −t)2+ ( f (x )− f (t))2 ≤0，因为(x −t)2 ≥0, ( f (x )− f (t))2 ≥0则 0 ，解得x =t，
0 0 0 0 f (x
0
)− f (t)=0 0
1
则 f′(t)=− <0恒成立，因为t的任意性，则 f (x)严格单调递减.
g(t)
