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2024 年高考考前信息必刷卷 03（上海专用）
数 学
23年上海高考题型题量与往年基本保持一致。与高考评价会官方信息保持一致，
从选择题中调整2分到解答题。虽然同样是新高考，但并没有出现全国卷的多选题、
一题多空等新题型。可能会在后来高考中逐步调整，具体要关注每年秋季的高考评价
会。
与近几年命题方向一致，上海高考数学注重基础考查。部分试题源于课本例题、
习题。例如：填空 1-8、选择 13-14，甚至可以一步出答案；而填空 9-11、解答 17-
19、20(1)(2)，也都是常规题型；仅填空 12、选择15-16较灵活，解答20(3)和21有
一定的计算量，但也不难，部分学校都练习过相关题型。
由于是新教材第一次高考，有部分新内容第一次出现在高考中，例如，选择14的散点
图（第一次出现，简单题）、解答 19的条件概率与随机变量（曾是高考内容，后删除
了几年，再次回归，中档题）、解答21的导数（第一次出现就是压轴，较难题）。
本次高考虽然应用题较多，例如填空 9、11，解答19等，但并没有出现类似适应
卷的“纯建模题”，但不得忽视，或许会在后来的高考中出现。第一年新高考，命题
老师希望平稳过渡，高考题目有些常规，只不过适当增加了一些情景，简单包装了一
下。例如填空11，将一个三角函数分式最值问题放入公园斜坡的背景，其实题目很常
规，必讲题。只要学生理解题意，成功列式，解题方法多种多样（求导、辅助角公式、
万能公式、几何意义等）。再如填空12（立体几何与计数原理结合）、选择15（多动
点函数图像问题）、16（圆锥曲线新定义），解答20（解析几何计算题），都是在历
年高考真题或模考校考题中经常出现的经典题型，原汁原味，但如果要做出来，解题
则需要一定的灵活性。哪怕是新内容，解答19（条件概率与随机变量）、解答21（零
点存在性问题），虽然以前没考过，但也是相关知识点的常见题型，很多学校在考前
都有充分的练习与强化。 由于题型常规，所以在答题细致性的要求有所提高。例如
填空12在计数的时候，不仅需要考虑对角面，还要注意另一边；解答 18需要注意分
式函数的分母不能为 0；解答20(3)最终答案的端点是否可取；解答 21更不用说需要
注意对“停止”的思考与验证等。但其实这几个“坑”都挖得比较明显，资优生轻松
跳过。
立体几何+ 统计概率+ 圆锥曲线+ 导数综合+ 数列压轴
【备注】维持5个解答题的数量，其中导数综合和数列综合可以互相颠倒为最后的压轴
题。因此，如果上海2024届高考数学难度要提升的话，必定要把导数和数列分开考查，
位置放在最后两道答题进行考查。由于数列综合题目作为历届上海高考数学常考的压轴题，同学们也比较熟悉，所以难度变数最大的就是“导数综合”题了。如果放在最后的
压轴题的话，难度就比较大了。“导数综合”的题型也比较多，包括求切线，证明单调
性、比大小、求条件参数、极值分布、零点个数、极值点偏移、不等式恒成立、构造和
放缩等。因此对于2024届上海高考数学难度变数，需要对于“导数综合”题型进行全面
复习，特别对于想冲击120分+的同学，需要全面准备了。
一．填空题（共12小题）
1．已知集合 ，2，3，4， ， ，2，4， ，则 ， ．
【分析】进行交集的运算即可．
【解答】解： ，2，3，4， ， ，2，4， ，
， ．
故答案为： ， ．
【点评】本题考查了列举法的定义，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
2．复数 的模为 ．
【分析】根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
【解答】解： ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3．某小吃店的日盈利 （单位：百元）与当天平均气温 （单位： 之间有如表数据：
0 1 2
5 4 2 2 1
百元
甲、乙、丙3位同学对上述数据进行了分析，发现 与 之间具有线性相关关系，他们通
过计算分别得到3个线性回归方程：① ：② ；③ ．
其中正确的序号是 ① ．
【分析】计算数据中心 ， ，根据回归方程过点 ， 进行判断．
【解答】解： ， ，
故线性回归方程过点 ，
显然只有方程①符合条件，
故答案为：①．【点评】本题考查了线性回归方程的特点，属于基础题．
4．过点 和点 的直线的倾斜角为 ，则 的值是 ．
【分析】由已知两点的坐标求得直线斜率，再由斜率等于倾斜角的正切值列式求解．
【解答】解： ， ，
，则 ，
解得 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查直线的斜率的求法，考查直线倾斜角与斜率的关系，是基础题．
5．圆柱的轴截面是正方形，且面积为4，则圆柱的侧面积为 ．
【分析】根据圆柱的结构特征可知底面半径和高，代入侧面积公式计算即可．
【解答】解： 圆柱的轴截面是正方形，且面积为4，
圆柱的底面半径 ，高 ，
圆柱的侧面积 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了圆柱的结构特征和侧面积计算，属于基础题．
6 ． 已 知 某 小 麦 品 种 的 株 高 （ 单 位 ： 服 从 正 态 分 布 ， 且
，现从该品种小麦中任取2株，则这2株小麦株高都超过 的概率
为 0.0 1 ．
【分析】根据正态分布的性质即可求出指定区间的概率，再利用独立事件的乘法公式即可
得到答案．
【解答】解：由小麦株高服从正态分布 ，得 ，
所以 ，
所以这2株小麦株高都超过 的概率为 ．
故答案为：0.01．
【点评】本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
7．函数 的部分图象如图所示，其中 ， ， ，则 2
； ．【分析】利用 的图象及正弦函数的性质可求得 与 ．
【解答】解：由函数 的部分图象可得 ， ，
又 ，
故 ，
故 ，于是 ；
由“五点作图法”可得 ，
故 ．
故答案为：2， ．
【点评】本题考查由 的部分图象确定其解析式，考查识图能力与运算求解
能力，属于基础题．
8．已知函数 的定义域是 ，则 的展开式中 的系数
是 ．
【分析】根据函数定义域可先求得 的值，再由二项式定理的通项公式即可求解．
【解答】解：由题可得 的解集为 ，
即 和2 是方程 的两根，
将 ，2代入方程可得 ，
则二项式 即为 ，
故由二项式定理的通项公式可得 ，
令 ，解得 ，
所以 的系数为 ，
故答案为： ．【点评】本题考查二项式定理通项公式的求法及二项式系数的求法，涉及到一元二次方程
根与系数的关系，属于中档题．
9．某年级120名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间，将测试结果分
成5组： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，得到如图所示的频率直
方图，如果从左到右的5个小矩形的面积之比为 ，那么成绩的70百分位数约为
16.5 秒．
【分析】设成绩的第70百分位数为 ，再估计成绩的第70百分位数所在的区间，然后由
百分位数的定义列式求解即可．
【解答】解：设成绩的第70百分位数为 ，
因为 ， ，
所以 ， ，
则 ，
所以 ，则成绩的第70百分位数约为16.5．
故答案为：16.5．
【点评】本题考查了百分位数的求解，解题的关键是掌握百分位数的定义，考查了运算能
力，属于中档题．
10．已知函数 ，设 的最大值、最小值分别为 ， ，若
，则正整数 的取值个数是 1 1 ．
【分析】由 求函数的最大值，由单调性求最小值，解不等
式求 ．
【解答】解： ，
则由 得，
．（当且仅当 时，等号成立）
则 ．，
则由 得，
，
化简解得，
又 ，
则 ，2，3， ，11．
故正整数 的取值个数是11．
故答案为11．
【点评】本题考查了不等式的综合应用，属于中档题．
11．设 ， ， ， ，则数列 的通项公式 ，
．
【分析】根据递推关系，分别求出 ， ， ， 的值，由此猜想 ，并用数学归
纳法证明即可．
【解答】解： ， ， ， ，
当 时， ， ，
当 时， ， ，
当 时， ， ，
则 ，
由此猜想 ，
用数学归纳法证明，①当 时，成立，
②假设当 时成立，即 ，
， ，
，故当 时猜想成立，
由①②可知， ， ．
故答案为： ， ．
【点评】本题考查数列的通项公式的求法，猜想数列的通项公式，用数学归纳法，属于中
档题．
12．已知 ， ， ， 满足： ，则代数式
的取值范围是 ， ．
【分析】设直线 与单位圆 交于 ， 两点，单位圆上的点 到直线
的距离为 ，点 到直线 的距离为 ，根
据 得出 ，设点 与直线 的夹角为 ，讨论
， 在 直 线 的 同 侧 和 异 侧 时 ， 求 出 的 取 值 范 围 ， 计 算
，即可得出所求．
【解答】解：如图所示，设直线 与单位圆 交于 ， 两点，
则点 到直线 的距离为 ；
点 到直线 的距离为 ，
因为 ，所以 ，
设点 与直线 的夹角为 ，当 ， 在直线 的同侧时， ， ，
，
当 ， 在直线 的异侧时， ， ，
，
，
综上知， 的取值范围是 ， ．故答案为： ， ．
【点评】本题考查了直线与圆的方程应用问题，也考查了转化思想与数形结合思想，是难
题．
二．选择题（共4小题）
13．“ ”是“ ”的 条件．
A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．非充分非必要
【分析】分别判断充分性和必要性是否成立即可．
【解答】解： 时， ， ，所以 ，充分性成立；
时， 或 ，解得 或 ，此时都满足题意，所以必
要性不成立；
所以“ ”是“ ”的充分非必要条件．
故选： ．
【点评】本题考查了充分与必要条件的判断问题，也考查了组合数公式应用问题，是基础
题．
14．在平行六面体 中，点 满足 ，则
A． B．
C． D．【分析】利用向量的线性运算全部转化为用 作为起点的向量来表示，然后整理即可．
【 解 答 】 解 ： 由 得
，
整理得 ．
故选： ．
【点评】本题主要考查向量的线性运算，属于基础题．
15．下列有关事件的说法正确的是
A．若 （A） （B） ，则事件 ， 为对立事件
B．事件 ， 中至少有一个发生的概率一定比 ， 中恰有一个发生的概率大
C．若 ， 为互斥事件，则 （A） （B）
D．若事件 ， ， 满足条件 （A） ． 和 为互斥事件，则
【分析】利用互斥事件，对立事件的定义判断 ，利用举实例判断 ，利用条件概率公
式判断 ．
【解答】解： ，若事件 ， 发生在不同的试验中，可能满足 （A）
（B） ，但事件 ， 不对立， 错误，
，抛掷一个骰子，设事件 出现点数不超过 ， 出现点数不小于 ，则 与
为互斥事件，
则事件 与事件 中至少有一个发生的概率 ，
与 中恰有一个发生的概率 ， 错误，
，若 ， 为互斥事件，则 （A） （B） ， 正确，
，若 （A） ， 和 为互斥事件，则 ， 错误，
故选： ．
【点评】本题考查对立事件、互斥事件的定义，条件概率公式的运用，属于中档题．16．把方程 表示的曲线作为函数 的图象，则下列结论：①
在 上单调递减；② 的图象关于原点对称；③函数 不存在零点；
④ 的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为2．其中正确的是
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】讨论 ， 的正负情况得到函数解析式，画出图象，根据图象结合两点间距离公
式和双曲线渐近线得到答案．
【解答】解：由方程方程 ，当 ， 时不成立；
当 ， 时， ；
当 ， 时， ；
当 ， 时， ；
如下图示：
由图判断函数在 上单调递减，故①正确，②错误；
当 ，即 ，函数 的零点，就是函数 和
的交点，
而 是曲线 ， ， 和 ， ， 的渐近线，所以
没有交点．
由图知， 和 ， ， 没有交点，
所以函数 不存在零点，故③正确；
由图， 上的点到原点距离的最小值点应在 ， 的图象上，
即满足 ，设 ， ，当 时取最小值2，故④正确．
故选： ．
【点评】本题考查由方程研究曲线的性质求函数零点或方程根的个数，属于中档题．
三．解答题（共5小题）
17．如图，在四棱锥 中，底面 为矩形，点 在棱 上， 底面
， ．
（1）若 ，证明： ；
（2）若点 到平面 的距离为 ，求 的长．
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理及勾股定理可得 平面
，即得；
（2）设 ，利用等积法即得．
【解答】证明：（1）连接 ，交 于点 ，
因为 底面 ， 底面 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，又 ， ， 平面 ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ；
解：（2）设 ，过 作 于 ，连接 ，由（1）知 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ，
所以 ，
所以 ，
由 ，得 ，
所以 ，
所以 ，
解得 ，
即 ．
【点评】本题考查了线面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理及勾股定理，属于中档题．18．某学校共有1200人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数比为 ，为落实
立德树人根本任务，坚持五育并举，全面推进素质教育，拟举行乒乓球比赛，从三个年级
中采用分层抽样的方式选出参加乒乓球比赛的12名队员．本次决赛的比赛赛制采取单循环
方式，每场比赛都采取5局3胜制，最后根据积分选出最后的冠军，亚军和季军积分规则
如下：每场比赛5局中以 或 获胜的队员积3分，落败的队员积0分；而每场比赛5
局中以 获胜的队员积2分，落败的队员积1分．已知最后一场比赛两位选手是甲和乙，
如果甲每局比赛的获胜概率为 ．
（1）三个年级参赛人数各为多少？
（2）在最后一场比赛甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率；
（3）记最后一场比赛中甲所得积分为 ，求 的概率分布及数学期望 ．
【分析】（1）利用分层抽样的等比例性质列式求解即可；
（2）分别求得最后一场比赛甲获胜与其前2局获胜的概率，再利用条件概率公式即可得解；
（3）依题意得到 的所有可能取值，分别求其对应概率得到分布列，再计算数学期望即
可得解．
【解答】解：（1）三个年级的参赛人数分别为 ， ， ，
故来自高一，高二，高三年级的参赛人数分别为3人，4人和5人．
（2）记甲在最后一场获胜为事件 ，其前两局获胜为事件 ，
则 ，
，
故 ．
（3）依题意， 的所有可能取值为3，2，1，0，
；
；
；
，
所以 的概率分布列为：
3 2 1 0所以数学期望 ．
【点评】本题在考查分层抽样方法，条件概率的求法，离散型随机变量分布列及数学期望
考查运算求解能力，属于中档题．
19．如图所示，在平面直角坐标系中，椭圆 的左、右焦点分别为 、 ，设
是第一象限内 上的一点， 、 的延长线分别交 于点 、 ．
（1）求△ 的周长；
（2）求△ 面积的取值范围；
（3）设 、 分别为△ 、△ 的内切圆半径，求 的最大值．
【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解；
（2）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理得到纵坐标之差的绝对值的取值范围，然后
确定三角形面积的取值范围即可；
（3）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理利用等面积法得到内切圆半径的表达式，据
此得到 的表达式，然后利用基本不等式求最值即可．
【解答】解：（1） ， 为椭圆 的两焦点，且 ， 为椭圆上的点，
，从而得到△ 的周长为 ．
由题意，得 ，即△ 的周长为 ．
（2）由题意可设过 的直线方程为 ， ， ， ， ，
，
联立 ，消去 得 ，
则 ，
所以 ，令 ，
则 （当 时等号成立，即 时），
所以 ，
故△ 面积的取值范围为 ．
（3）设 ， ，直线 的方程为 ，
将其代入椭圆 的方程可得 ，
整理可得 ，
则 ，得 ， ，
故 ．
当 时，直线 的方程为 ，
将其代入椭圆方程并整理可得 ，
同理，可得 ，
因为 ，
所以
，
当且仅当 时，等号成立．
轴时，易知 ， ， ，
此时 ，综上， 的最大值为 ．
【点评】本题主要考查椭圆定义的应用，椭圆中的范围问题，直线与圆锥曲线的位置关系
等知识，属于中档题．
20．已知数列 和 满足： ， ， 为常数，且 ．
（1）证明：数列 是等比数列；
（2）①求数列 的通项公式；
②若当 和 时，数列 的前 项和 取得最大值，求 的表达式．
【分析】（1）根据等比数列的定义只需证明 是一个常数即可；
（2）①首先求出 的通项公式，再求出 的通项公式，②当 和 时，数列
的前 项和 取得最大值，可以得出 ，从而求出 ，在验证是否满足题意，最
后求 是一个常数列加一个等比数列，用分组求和．
【解答】（1）证明：依题意，由 ，可得 ，
则 ，
，
， ，
数列 是以 为首项，2为公比的等比数列．
（2）解：①由（1）可得， ，
， ；
②由题意，当 和 时，数列 的前 项和 取得最大值，
故 ， ，
，解得 ，
， ，
经检验，当 时， ，当 时， ，当 时， ，
前 项和 先增后减，
故当 和 时前 项和 取得最大值，符合题意，．
【点评】本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了整体思想，转化与化
归思想，分组求和法，等比数列的通项公式与求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学
运算能力，属中档题．
21．对于函数 与 定义域 上的任意实数 ，若存在常数 ， ，使得
和 都成立，则称直线 为函数 与 的“分界线”．
（1）若函数 ， ， ，求函数 和 的“分界线”；
（2）已知函数 满足对任意的 ， 恒成立．
①求实数 的值；
②设函数 ，试探究函数 与 是否存在“分界线”？若存在，请加以证明，
并求出 ， 的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）令 ，取 时，确定 的值，再由 ，
求出 的值即可；
（2）①由题意可得 对 恒成立，令 ，利用
导数求解即可；
②设 ，利用导数求出函数 的最小值，从而可得函
数 与 的图象在 处有公共点 ．再根据“分界线”的定义求解、证明
即可．
【解答】解：（1）由“分界线”的定义可得 ，
即 对任意 恒成立，
取 ，则 ，
进而有 ，
即 且 ，解得 ，
故函数 和 的“分界线”为 ；
（2）① 对任意的 ， 恒成立，
对 恒成立，令 ，
，
当 时， 恒成立，
从而 在 上单调递减，
又 （1） ，
当 时， 与题意矛盾，舍去；
当 时，令 ，即 ，解得 ；
令 ，即 ，解得 ，
从而 在 上单调递增，在 上单调递减，
．
由题意有 ，即 ，也即 ，
令 ，则 ，
当 时， （a） ， （a）单调递减，
当 时， （a） ， （a）单调递增，
（a） （e） ，从而 （a） （e） ．
又 （a） ， （a） ，此时 ．
；
②设 ，
则 ．
令 ，解得 ，
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增．
是函数 的极小值点，也是最小值点，
．
函数 与 的图象在 处有公共点 ．设 与 存在“分界线”且方程为： ．
令函数 ．
由 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
成立，
，故 ，
， ；
证明： 恒成立．
设 ，则 ．
当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减．
时， 取最大值，为 ，则 恒成立．
综上可知 且 ，
函数 与 存在分界线为 ．
此时 ， ．
【点评】本题属于新概念题，考查了导数的综合运用、逻辑推理能力，理解定义是重点，
属于难题．
