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1、高途高中数学高考研究院2 2 绝密启用前 2024 年高考数学点睛密卷(上海卷)数 学 本试卷共 6 页，22 小题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2 作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，
2、先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、填空题一、填空题(本大题共有本大题共有 12 题，满分题，满分 54 分，第分，第 16 题每题题每题 4 分，第分，第 712 题每题题每题 5 分分)，考生应在答题纸的相应位置填写结果考生应在答题纸的相应位置填写结果 1已知集合|1Ax x=，1B=，1，3，5，则AB=【解答】|1|11Ax xxx=，1B=，1，3，5，|11 1ABxx=，1，3，5 1=，1 故答案为：1，1 2若抛物线2xmy=的焦点到它的准线距离为 1，则实数m=【
3、解答】222mxmyy=，2mp=，又抛物线的焦点到它的准线距离为 1，12mp=，则2m=故答案为：2 高途高中数学高考研究院3 3 3若123abm=，且112ab=，则m=【解答】123abm=，12logam=，3logbm=，1231111log 12log 3log 42loglogmmmabmm=，24m=，又0m，2m=故答案为：2 4在5(25)x+的二项展开式中，3x的系数为 【解答】5(25)x+的二项展开式的通项公式为515C 5(2)rrrrTx+=，令35 33453C 522000ra=故答案为：2000 5若复数z满足i34iz=，则|z=【解答】i34iz=，
4、234i(34i)i43iiiz=，43iz=+，22|(4)35z=+=故答案为：5 6已知数列na是等比数列，且2254a a=设2lognnba=，数列 nb的前n项和为nS，则 7S=【解答】因为na为等比数列，232525534544a aa a aa a aa=，所以1233442a=，由2lognnba=可知，nb为等差数列，所以174742422147777log72233bbbSba+=故答案为：143 公众号：高中试卷君高途高中数学高考研究院4 4 7已知一个半径为 4 的扇形圆心角为(02)，面积为2，若tan()3+=，则 tan=【解答】已知扇形半径为4r=，圆心角为
5、，扇形面积2211142222Slrr=，4=，tantan1tantan()31tantan1tan+=，解得：1tan2=故答案为：12 8在平面直角坐标系xOy中，已知点(1,1)P 和抛物线2:4C yx=，过C的焦点F且斜率为(0)k k 的直线与C交于A，B两点记线段AB的中点为M，若线段MP的中点在C上，则k的值为；|AFBF的值为 【解答】根据题意设AB直线方程为(1)yk x=，联立24yx=，可得()2222240k xkxk+=，设()11,A x y，22(),B xy，12242xxk+=+，121x x=，221Mxk=+，2Myk=，即2221,Mkk+，又(1,
6、1)P，MP的中点坐标为2111,2kk+，将其代入24yx=中，可得：231104kk=，0k，解得6k=(舍)或2k=；123xx+=，121x x=，12|(1)(1)AFBFxx=+12121xxx x=+1315=+=高途高中数学高考研究院5 5 故答案为：2；5 9已知(6,8)=a，b与a垂直，|5=b，且b与(1,0)=c的夹角是钝角，则b在c方向上的投影向量为 【解答】设(,)x y=b，则由题可得：2268025xyxy=+=，解得43xy=或43xy=，b与(1,0)=c的夹角是钝角，cos,0|5x=b cb cb c，0 x，(4,3)=b，b在c方向上的投影为()4
7、,0|=b cccc 故答案为：(4,0)10记函数4sin 23yx=+在,6t t+上的最大值为tM，最小值为tm，则当tR时，ttMm的最小值为 【解答】4sin 23yx=+的最小正周期22T=，由于66tt+=，为最小正周期的16，要想ttMm取得最小值，则4sin 23yx=+在,6t t+上不单调，由对称性可知，当,6t t+关于4sin 23yx=+的某条对称轴对称时，ttMm取得最小值，其对称轴为6212ttt+=+，所以当12xt=+时，4sin 23yx=+取得最值4，不妨令4tM=，则4sin 2463t+=，解得tk=，k Z，故4sin 24sin 22 333tm
8、tk=+=+=，故ttMm的最小值为42 3 故答案为：42 3 11如图，一个正方体雕塑放置在水平基座上，其中一个顶点恰好在基座上，与之相邻的三个顶点与水平基座的距离分别是 2，3，4，则正方体的 8 个顶点中与水平基座距离的最大值为 高途高中数学高考研究院6 6【解答】如图，不妨设B，D，1A到水平基座的距离分别是 2，3，4，可得1AD的中点到水平基座的距离为72，1D到水平基座的距离为 7；同理求得C到水平基座的距离为 5；1B到水平基座的距离为 6；1C到水平基座的距离为 9 即正方体的 8 个顶点中与水平基座距离的最大值为 9 故答案为：9 12 已知曲线22|1,0:1,0 xx
9、xC yxx+=+，点P，Q是曲线C上任意两个不同点，若POQ，则称P，Q两点心有灵犀，若P，Q始终心有灵犀，则的最小值0的正切值0tan=【解答】曲线22|1,0:1,0 xxxC yxx+=+，其图象如图，当0 x时，21yxx=+，设OP与该曲线相切，且切线方程为ykx=，设其倾斜角为1，卷高途高中数学高考研究院7 7 联立21ykxyxx=+，可得2(1)10 xkx+=，由2(1)40k=+=，解得3k=或1k=(舍去)；当0 x 时，21yx=+，即221(0,1)yxxy=，则yx=是该曲线的渐近线，并设其倾斜角为2，点P，Q是曲线C上任意两个不同点，若POQ，则的最小值0的正切
10、值()1203 1tan21(3)1tan=+=故答案为：2 二、选择题二、选择题(本题共有本题共有 4 题，满分题，满分 20 分，每题分，每题 5 分分)，每题有且只有一个正确选项，考生应在答，每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑 13已知0ab+，且0b，则()A1ab B2abb C11ab D22ab【解答】由0ab+，且0b 知0ab ，则1ab，故A错误；2abb，故B错误；由10ab得11()ababab ，即11ab，故C错误；22()ab，即22ab，故D正确 故选：D 14实验测得六组成对
11、数据(,)x y的值为(4,90)，(5,84)，(6,83)，(7,80)，(8,75)，(9,68)，由此可得y与x之间的回归方程为4yxb=+，则可预测当10 x=时，y的值为()A67 B66 C65 D64【解答】由表中数据可得，1(456789)6.56x=+=，1(908483807568)806y=+=，线性回归方程为4yxb=+，则8046.5b=+，解得106b=，故4106yx=+，当10 x=时，4 1010666y=+=高高途高中数学高考研究院8 8 故选：B 15将函数3yxx=+，0,1x的图象绕点(1,0)顺时针旋转角02得到曲线C，若曲线C仍是一个函数的图形，
12、则的最大值为()A1arctan2B6C4Darctan2【解答】函数3()f xyxx=+，2()31fxx=+，令()0fx=，解得33x=，当30,3x时，()0fx，函数在30,3上递增，当3,13x时，()0fx，函数在3,13上递减，()12f=.可得在1x=处切线的倾斜角为arctan2，因此，要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转后的切线倾斜角最多为90，也就是说，最大旋转角为1arctan2arctan2arctan222=，即的最大值为1arctan2 故选：A 16在平面直角坐标系xOy中，对于定点(,)P a b，记点集(,)|1x yxa，|1yb中距离原点O最近的
13、点为点PQ，此最近距离为()f P当点P在曲线2284160 xyxy+=上运动时，关于下列结论：点PQ的轨迹是一个圆；()f P的取值范围是102,102+正确的判断是()高高途高中数学高考研究院9 9 A成立，成立 B成立，不成立 C不成立，成立 D不成立，不成立【解答】点集(,)|1x yxa，|1yb表示一个以(,)P a b为中心，边长为 2 的正方形及其内部的点构成的区域，曲线2284160 xyxy+=是一个以(4,2)M为圆心，2 为半径的圆，当P在圆M上运动时，正方形随之运动，其中离原点O最近的点PQ分为两种情况：(1)当正方形位于x轴上方时，PQ为正方形左下角顶点，取(3,
14、1)N，易知PQMN且PQMN=，|2QNPM=，所以此时PQ的轨迹是以(3,1)为圆心，2 为半径的圆的一段圆弧；(2)当正方形与x轴有公共点时，PQ为正方形与轴的交点(离原点近的一个)，此时PQ的轨迹是一个线段；故点PQ的轨迹是一段圆弧加一个线段，错误；高途高中数学高考研究院10 10 如上图，当点O，Q，N三点共线且Q在中间时，()f P取最小值为102，当点O，Q，N三点共线且N在中间时，()f P取最大值为102+，故正确 故选：C 三、解答题三、解答题(本大题共有本大题共有 5 题，满分题，满分 76 分分)解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必解答下列各题必须在答题纸的相应位置
15、写出必要的步骤要的步骤 17(本题满分 14 分)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD=ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO=(1)证明：PA 平面PBC；(2)求二面角BPCE的大小【解 答】(1)证 明：不 妨 设 圆O的 半 径 为1，1OAOBOC=，2AEAD=，3ABBCAC=，223DODAOA=，6262PODO=，2262PAPBPCPOAO=+=，在PAC中，222PAPCAC+=，故PAPC，同理可得PAPB，又PBPCP=，故PA 平面PBC；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，公众号：高中试卷君高途高中数学高考研究院1
16、1 11 则有3 1,022B，3 1,022C，20,0,2P，()0,1,0E，故(3,0,0)BC=，3 1,022CE=，312,222CP=，设平面PCE的法向量为(,)x y z=n，则由00CECP=nn，得310223120222xyxyz+=+=，取1x=，则3y=，6z=，所以平面PCE的一个法向量为()1,3,6=n，由(1)可知PA 平面PBC，不妨取平面PBC的法向量为20,1,2AP=，故|2 5cos5|APAP=nn，又二面角BPCE的平面角为锐角，则二面角BPCE的大小为2 5arccos5 18.(本题满分 14 分)如图，四棱锥PABCD中，PA 平面AB
17、CD，四边形ABCD是直角梯形，其中DAAB，ADBC22PAADBC=，2 2AB=(1)求异面直线PC与AD所成角的大小；(2)若平面ABCD内有一经过点C的曲线E，该曲线上的任一动点Q都满足PQ与AD所成角的大小恰等于PC与AD所成角试判断曲线E的形状并说明理由；(3)在平面ABCD内，设点Q是(2)题中的曲线E在直角梯形ABCD内部(包括边界)的、一段曲线CG上的动点，其中G为曲线E和DC的交点以B为圆心，BQ为半径的圆分别与梯形高途高中数学高考研究院12 12 的边AB，BC交于M，N两点当Q点在曲线段GC上运动时，求四面体PBMN体积的取值范围【解答】(1)如图以A为原点，以AB，
18、AD，AP所在直线分别x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，于是有(0,0,2)P，()2 2,2,0C，则有()2 2,2,2PC=，又(0,1,0)AD=，则异面直线PC与AD所成角满足|21cos42|PC ADPCAD=，所以，异面直线PC与AD所成角的大小为3；(2)曲线E是平面ABCD内的双曲线，理由如下：设点(),0Q x y，则()0,0,2P，()0,1,0D，()0,0,0A，则(,2),(0,1,0)PQx yAD=，所以221|cos432PQ ADPQADyxy=+，化简整理得到2234yx=，即曲线E是平面ABCD内的双曲线；(3)在如图所示的xOy的坐标
19、系中，公众号：高中试卷君高途高中数学高考研究院13 13 因为(0,1)D，()2 2,2C，(2 2,0)B，设()11,G x y，则有()2 2,1DC=，故DC的方程为2440 xy+=，代入双曲线22:34Eyx=的方程可得2238(1)4yy=，即2516120yy+=，其中12652,yy=，所以双曲线22:34Eyx=过()2 2,2C因为直线DC与双曲线E交于点C，进而可得22 25x=，即2 2 6,55G，故双曲线E在直角梯形ABCD内部(包括边界)的区域满足2 2,2 25x，6,25y，又设(,)Q x y为双曲线CG上的动点，2 2,2 25x，所以()222242
20、843 210|2 24 233323BQxyxxx=+=+=+，因为3 22 2,2 225，所以当3 22x=时，min30|3BQ=，当2 25x=时，max2 41|5BQ=，而要使圆B与AB，BC都有交点，则|2BQ，故满足题意的圆的半径取值范围是30|,23BQ，因为PA 平面DMN，所以PDMN体积为13P BMNBMNVPA S=，故问题可以转化为研究BMN的面积，又因为MBN为直角，所以BMN必为等腰直角三角形，公众高途高中数学高考研究院14 14 由前述，设30|,23BQr=，则|BMBNr=，故其面积212BMNSr=，所以5,23BMNS，于是，1210 4,3393
21、P BMNBMNBMNVPA SS=19(本题满分 14 分)为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏班主任把 8个小球(只是颜色有不同)放入一个袋子里，其中白色球与黄色球各 3 个，红色球与绿色球各1 个现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白球每个记 1 分，黄球每个记 2 分，红球每个记 3 分，绿球每个记 4 分，规定摸球人得分不低于 8 分为获胜，否则为负并规定如下：一个人摸球，另一人不摸球；摸出的球不放回；摸球的人先从袋子中摸出 1 球，若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出 2 个球，若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出 3 个球，摸球人的得分为两次摸出的球的记分之和；(1
22、)若由甲摸球，如果甲先摸出了绿色球，求该局甲获胜的概率；(2)若由乙摸球，如果乙先摸出了红色球，求该局乙得分X的分布列和数学期望()E X【解答】(1)记“甲第一次摸出了绿色球，甲获胜”为事件A，则11216327C CC93(+)C217P A=；(2)如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出 3 个小球，则6=，7，8，9，10，11，又3337C1(6)C35P=，213337C C9(7)C35P=，123337C C9(8)C35P=，12331337C C+C4(9)C35P=，11131337C C C9(10)C35P=，213137C C3(11)C35P=，所以的分布列为
23、：高途高中数学高考研究院15 15 P6 7 8 9 10 11 135935935435935335所以的数学期望19949360()678910113535353535357E=+=20 已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=过点21,2P，记椭圆的左顶点为M，右焦点为F(1)若椭圆C的离心率10,2e，求b的范围；(2)已知2ab=，过点F作直线与椭圆分别交于E，G两点(异于左右顶点)连接ME，MG，试判定EM与EG是否可能垂直，请说明理由；(3)已知2ab=，设直线l的方程为(2)yk x=，它与C相交于A，B若直线AF与C的另一个交点为D证明：|BFDF=【解答】(1)21,2
24、P在椭圆上，22111(0)2abab+=，可得2222222113222bacbeaa=+=+=，10,2e，2235 3,24 2be=，56,22b；(2)垂直，理由如下：2ab=且椭圆过21,2P，2,1ab=，因此椭圆方程为2212xy+=，由题意得()2,0M，()1,0F，假设EMEG，又有E，F，G三点共线，则MEEF，设(,)E x y，则(2,)MExy=+，(1,)FExy=，高途高中数学高考研究院16 16 由MEFE，得0ME FE=，即2(2)(1)0 xxy+=，又点E在椭圆上，则2212xy+=，联立消去2y，得2(21)1202xx+=，则12x=(为左顶点不
25、符合题意舍)，()2222,2x=，所以EM与EG可能垂直(3)证明：设11(),A x y，22(),B xy，33(),D x y，由(2)知椭圆方程为2212xy+=，与直线l的方程(2)yk x=联立消去y，并整理得2222(12)8820kxk xk+=，可得2122812kxxk+=+，又点A在直线(2)yk x=上，11(2)yk x=，112ykx=，212211122211182481232122yxykxxkxyx+=+，又直线AD的方程为11(1)1yyxx=与椭圆方程为2212xy+=联立消去y，结合221122xy+=，整理得22221111(32)422(1)0 x
26、 xy xyx+=，所以21131432yxxx+=，于是可得1213xxxx+=+，即23xx=，从而B，D两点关于x轴对称，因此|BFDF=君高途高中数学高考研究院17 17 21(本题满分 18 分)已知数列na是由正实数组成的无穷数列，满足13a=，27a=，12|nnnaaa+=，*nN(1)写出数列na前 4 项的所有可能取法；(2)判断：是否存在正整数k，满足1ka=，并说明理由；(3)nc为数列na的前n项中不同取值的个数，求100c的最小值【解答】(1)12|nnnaaa+=，12nnnaaa+=或12nnnaaa+=，则21nnnaaa+=+或21nnnaaa+=，13a=
27、，27a=，3217310aaa=+=+=，或321734aaa=，当310a=时，43210717aaa=+=+=，或4321073aaa=，当34a=时，4324711aaa=+=+=，或432473aaa=，数列na是由正实数组成的无穷数列，43a=不符合题意，故舍去，数列na前 4 项的所有可能取法有：13a=，27a=，310a=，417a=或13a=，27a=，310a=，43a=或13a=，27a=，34a=，411a=；(2)不存在，理由如下：12|nnnaaa+=，高途高中数学高考研究院18 18 21nnnaaa+=+或21nnnaaa+=，当21nnnaaa+=+时，数列
28、na是由正实数组成的无穷数列，32121nnnnnnnaaaaaaa+=+=+，即3nnaa+，或321nnnnaaaa+=，3nnaa+，当21nnnaaa+=时，数列na是由正实数组成的无穷数列，210nnnaaa+=，即1nnaa+，32121nnnnnnnaaaaaaa+=+=+，或3210nnnnaaaa+=(不合题意，舍去)，综上所述，3nnaa+，3213kaa=，3127kaa=，334kaa=，不存在正整数k，满足1ka=；(3)12|nnnaaa+=，121nnnnnaaaaa+=，对于任意的na，1na+，均可以使用递推，只有满足1nnaa+时，才可以使用递推；若21nn
29、naaa+=，显然有21nnaa+，下一次只能用递推，即321nnnaaa+=+，即不能连续使用，记212max,(kkkbaak=N且1)k，12122max,kkkbaa+=，若21221kkkaaa+=+，则1kkbb+；若21221kkkaaa+=，则22221221kkkkkaaaaa+=+，则1kkbb+，1(kkbb k+N且1)k，1a，2a，100a中至少有1a，2a，2b，3b，50b共 51 项，即10051c，高途高中数学高考研究院19 19 则举例如下：()()1212nnnnnaanaaan+=为奇数为偶数，数列na中 3，7，10，3，13，10，23，13，36，23，此时10051c=，100c的最小值为 51