文档内容
2024 年上海高考押题卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
考生注意:
1.本场考试时间 120 分钟,试卷共4页，满分 150分，答题纸共2页;
2.作答前，在答题纸正面填写姓名、准考证号，反面填写姓名:将核对后的条形码贴在指定位置;
3.所有作答必须涂或写在答题纸上与试卷题号对应的区域,不得错位,在试卷上作答-律不得分;
4.用 2B 铅笔作答选择题，用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题
一、填空题（满分54分，1-6题每题4分，7-12题每题5分）
1．设集合 ， ， ，则 ， ．
【分析】直接根据补集的运算求解即可．
【解答】解： 集合 ， ， ，
， ．
故答案为： ， ．
【点评】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．
2．把复数 的共轭复数记作 ，若 ，其中 为虚数单位，则 的模为 5 ．
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．
【解答】解： ， ，
，
模为 ，
故答案为：5．
【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
3．已知数列 的通项公式 ，则它的第7项是 2 7 ， ．
【分析】利用数列的通项公式，求解数列的项即可．
【解答】解：数列 的通项公式 ，则它的第7项是： ．．
故答案为：27；4．
【点评】本题考查数列的通项公式的应用，数列项的求法，是基础题．
4．已知 展开式中第5项和第6项的二项式系数最大，则其展开式中常数项是 ．
【分析】由题意，利用二项式系数的性质，求得 的值，再求出二项式展开式的通项公式，令 的幂指数
等于0，求得 的值，即可求得展开式中的常数项．
【解答】解： 展开式中第5项和第6项的二项式系数最大，
， ，
故它的通项公式为 ．
令 ，求得 ，可得其展开式中常数项是 ，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于中档题．
5．已知随机变量 服从正态分布 ， ，则 0. 2 ．
【分析】由正态分布的对称性直接求解．
【解答】解： ，
，
．
故答案为：0.2．
【点评】本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
6．已知 是定义在 上的奇函数，当 时， ，则 ．
【分析】由已知结合奇函数定义及性质即可分别求解．
【解答】解：因为 是定义在 上的奇函数，当 时， ，所以 （2） ， （2） ，
由奇函数性质可得， ，
则 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了奇函数的定义及性质在函数值求解中的应用，属于基础题．
7．在6张奖券中有 张有奖、其余无奖，从中任取2张，至少有1张有奖的概率为 ，则 3 ．
【分析】由已知可得无奖的有 张，然后根据古典概型的概率计算公式建立关系式即可求解．
【解答】解：由已知可得无奖的有 张，
因为从中任取2张，至少有1张有奖的概率为 ，
则没有有奖的概率为 ，即 ，
解得 ，
故答案为：3．
【点评】本题考查了古典概型以及概率计算公式的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
8．已知圆 与圆 相切，则 1 或 3 ．
【分析】利用两个圆相切，列出方程求解即可．
【解答】解：圆 与圆 相切，
可得 ，解得 或 ，
故答案为：1或3．
【点评】本题考查两个圆的位置关系的应用，是基础题．
9．已知 ， ， ，若对于任意的实数 ，不等式 恒成立，
则 的取值范围为 ， ． ．
【分析】由对于任意的实数 ，不等式 恒成立，分类讨论求得， 的取值范围，再利用绝对值三角不等式可得 ，从而可得结论．
【解答】解：若对于任意的实数 ，不等式 恒成立，
则 ，无解；
或 ，无解；
或 ；
或 ，
所以 ，
所以 的最小值为0，
故 的取值范围为 ， ．
故答案为： ， ．
【点评】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，属于中档题．
10．我国古代数学名著《数书九章》中的一个问题，其意思为“圆木长2丈4尺，圆周长为一丈，葛藤从
圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长几丈几尺．”（古制 1丈
尺）葛藤最少长是 尺 ．
【分析】将圆木看作圆柱体，并沿母线剪开，利用长方形对角线为葛藤生长的最短长度求结果．
【解答】解：将圆柱形圆木沿一条母线剪开，两个侧面展开图沿母线拼接，得如下长方形 尺，
尺，所以葛藤最少长为 尺．
故答案为： 尺．
【点评】本题主要考查了圆柱的侧面展开图，属于基础题．
11．过双曲线 上的任意一点 ，作双曲线渐近线的平行线，分别交渐近线于点 ，
，若 ，则双曲线离心率的取值范围是 ， ．
【分析】设 为 ，则 ，再分别求出过 点且与两渐近线平行的直线，接着联立渐近线方
程求出两交点 ， ，从而根据 建立不等式即可求解．
【解答】解： 双曲线的渐近线方程为： ，
设 为 ，则过 且与渐近线平行的两直线方程为：
，分别联立两渐近线方程，
解得两交点分别为： ， ， ， ，
，又 ，
，
，
，，
， ，又 ，
， ，
故答案为： ， ．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，方程思想，不等式思想，属中档题．
12．已知点 为正四面体 的外接球上的任意一点，正四面体 的棱长为2，则 的取值范
围为 ．
【分析】首先把四面体放在正方体内，进一步建立空间直角坐标系，再利用坐标法的运算求出结果．
【解答】解：将正四面体放在正方体内，并建立空间直角坐标系，
如图所示：
由于正四面体的棱长为2，则正方体的棱长为 ，
正四面体的外接球即为正方体的外接球，设外接球的半径为 ，
则： ，解得 ，
则 ， ，
设 ， ， ，
所以 ，
所以 ，
故 ，
由于 ， ，所以 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查的知识要点；空间直角坐标系，向量的坐标运算，向量的数量积，主要考查学生的运算
能力和数学思维能力，属于中档题．
二、选择题（共18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）
13．已知直线 ，直线 ，则“ ”是“ ”的
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
【分析】根据直线平行，充分必要条件的定义，判断即可．
【解答】解：直线 ，直线 ，
， ，解得 ．
则“ ”是“ ”的充要条件，
故选： ．
【点评】本题考查直线平行，充分必要条件的定义，属于基础题．
14．若 ， ， ，则 的最小值为
A． B． C．6 D．
【 分 析 】 由 ， ， 得 得 ， 则，然后结合基本不等式可求得 的最小值．
【解答】解：由 ， ， 得 得 ，则
，当且仅当 即 时 的最小值 ．
故选： ．
【点评】本题考查基本不等式应用，考查数学运算能力，属于基础题．
15．如图是根据原卫生部2009年6月发布的《中国7岁以下儿童生长发育参照标准》绘制的我国7岁以下
女童身高（长 的中位数散点图，下列可近似刻画身高 随年龄 变化规律的函数模型是
A． B．
C． D． ，
【分析】根据图象是否是线性增长，指数函数的图象与性质，对数函数的性质判断 ，再由选项 中
函数的性质判断后可得．
【解答】解： 选项，由散点图知身高 随时间 变化不是线性增长，故 错误；
选项，指数函数模型中 随 增长越来越快，与图象不符合；
选项，对数函数模型在 时没有意义；
选项，符合散点图中 随 增长越来越慢，且在 时有意义．
故选： ．
【点评】本题主要考查了散点图的应用，属于基础题．
16 ． 已 知 函 数 ， 若 等 比 数 列 满 足 ， 则A．2020 B． C．2 D．
【分析】利用等比数列的性质，结合已知条件，利用倒序相加法，求解不等式的和即可．
【解答】解：等比数列 满足 ，则 ，
函数 ，
，
所以 ，
所以 ．
故选： ．
【点评】本题考查数列与函数相结合，等比数列的性质的应用，是中档题．
三、解答题（共78分，第17、18、19题每题14分，第20、21题每题18分）．
17．已知函数 ，其中 ．
（1）求 在 ， 上的解；
（2）已知 ，若关于 的方 在 ， 时有解，求实数
的取值范围．
【分析】（1）由特殊角的正弦函数值，可得所求解；
（2）运用二倍角的三角函数公式和辅助角公式，结合正弦函数的图象可得所求取值范围．
【解答】解：（1） ，
可得 ，或 ，即 ，或 ， ，
则在 ， 上的解为 ， ；（2）
，
关于 的方程 ，即 在 ， 时有解．
由 ， ，可得 ， ， ， ，
所以， 的取值范围是 ， ．
【点评】本题考查正弦函数的图象和性质，以及方程的根的个数，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18．如图，在四棱锥 中， 底面 ，底面 为正方形， ， ， ， 分
别是 ， ， 的中点．
（1）证明： 平面 ；
（2）求平面 与平面 的夹角的余弦值．
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ， ，证明四边形 为平行四边形，得出 ，即可
证明 平面 ；
（2）以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 、 、 轴，建立空间直角坐标系，利用坐标表
示向量，求出平面 和平面 的法向量，计算两平面夹角的余弦值．
【解答】（1）证明：取 的中点 ，连接 ， ，如图所示：
因为 是 的中点，所以 ，且 ，
又因为四边形 为正方形， 是 的中点，所以 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
（2）解：以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 、 、 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设 ，则 ，0， ， ，2， ， ，0， ， ，2， ， ，1， ；
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ， ， ，则由 ，
可得 ，令 ，得 ，
设平面 的法向量为 ， ， ，则由 ，
可得 ，令 ，得 ，
则 ， ，
因为两平面的夹角范围是 ， ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查两平面夹角的计算，属中档题．
19．某微信群群主为了了解微信随机红包的金额拆分机制，统计了本群最近一周内随机红包（假设每个红
包的总金额均相等）的金额数据（单位：元），绘制了如图频率分布直方图．（1）根据频率分布直方图估计红包金额的平均值与众数；
（2）群主预告今天晚上7点将有3个随机红包，每个红包的总金额均相等且每个人都能抢到红包．小明是
该群的一位成员，以频率作为概率，求小明至少两次抢到10元以上金额的红包的概率．
（3）在春节期间，群主为了活跃气氛，在群内发起抢红包游戏．规定：每轮“手气最佳”者发下一轮红
包，每个红包发出后，所有人都参与抢红包．第一个红包由群主发．根据以往抢红包经验，群主自己发红
包时，抢到“手气最佳”的概率为 ；其他成员发红包时，群主抢到“手气最佳”的概率为 ．设前 轮
中群主发红包的次数为 ，第 轮由群主发红包的概率为 ．求 及 的期望 ．
【分析】（1）根据频率分布直方图的信息和平均值计算的规定列式计算即得 ，众数可根据定义从图中直
接读取；
（2）先由图中信息求得每个红包抢到10元以上金额的概率，因3次抢红包相互独立，且每次抢只有抢到
10元以上或以下两种情况，故满足独立重复试验模型，运用其概率公式计算即得；
（3）由题意分析得到 与 的递推式 ，再根据其特征构造等比数列 ，求得
的表达式；再设 为第 轮发红包时群主抢到“手气 最佳”的次数，分析知 服从两点分布，由此求
得 ，因前 轮中群主发红包的次数为 ，则 ，于是求 即是求数列
的前 项和，计算即得．
【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 由 频 率 分 布 直 方 图 可 得 ， 红 包 金 额 的 平 均 值 为 ：，
众数为最高矩形的中点坐标，即为2.5；
（2）由题可知，每个红包抢到10元以上金额的概率为 ，且3次红包相互独
立，
由独立重复试验概率公式，至少两次抢到10元以上金额的概率为 ；
（3）由题意， ， ，
由 ，
又 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，所以 ，
设 为第 轮发红包时群主抢到“手气最佳”的次数，
故 服从两点分布： ， ， ，2， ，
所以 ，
由已知 ，
则
．
【点评】本题考查了离散型随机变量的期望与方差、古典概率的计算公式，考查了推理能力与计算能力，
属于中档题．20．设椭圆 ， 的离心率是短轴长的 倍，直线 交 于 、 两点， 是 上异于
、 的一点， 是坐标原点．
（1）求椭圆 的方程；
（2）若直线 过 的右焦点 ，且 ， ，求 的值；
（3）设直线 的方程为 ，且 ，求 的取值范围．
【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及 ， ， 之间的关系列出等式，进而可得椭圆的方程；
（2）设 的左焦点为 ，连接 ，利用向量的运算以及椭圆的定义和对称性推出 ，再代
入三角形面积公式中即可求解；
（3）设出 ， ， 三点的坐标，利用向量的运算得到 ， ，将直线 的方程
与椭圆方程联立，利用韦达定理得到 和 ，将点 的坐标代入椭圆方程中得到 ，此时满足
△ ，再结合弦长公式和换元法进行求解即可．
【解答】解：（1）因为椭圆 的离心率是短轴的长的 倍，
所以 ，
即 ，
又 ，
解得 ，
则椭圆 的方程为 ；
（2）不妨设 的左焦点为 ，连接 ，
因为 ，所以 ， 两点关于原点 对称，
因为 ，
所以 ，
由椭圆的对称性得 ，
且三角形 与三角形 全等，
所以 ，
因为 ，
解得 ，
则 ；
（3）不妨设 ， ， ， ， ， ，
因为 ，
所以 ， ，
联立 ，消去 并整理得 ，
此时△ ，
由韦达定理得 ， ，
此时 ，
所以 ， ，
因为点 在椭圆 上，所以 ，
整理得 ，
此时满足△ ，
所以
，
不妨令 ， ，
则 ．
故 的取值范围为 ．
【点评】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．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．
【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 ， 得
， 令 ， 则 原
①，证明充分性和必要性，即可得出答案．
【解答】解：（1） ，
，
令 ，得 ，
所以在 上 ， 单调递减，
在 上 ， 单调递增，
所以 （1） ．
（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）证明： ，则 ，
，
所以 ，
又
，
令 ，
上式
①，
令 ，则 恒成立，
单调递减，
所以 （1） ，
充分性：若 ，则 ，则 恒成立，
必要性：要使得①式恒成立，则 恒成立，即 ．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
