一、填空题。
1】(a,上海,理1)函数的最小正周期是___
考点名称:三角恒等变形。
1】(a,上海,理1)
解析:因=,所以。
2】(a,上海,理2)若复数,其中是虚数单位,则。
考点名称:复数。
2】(a,上海,理2)6
解析:.3】(a,上海,理3)若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合,则该抛物线的准线方程为___
考点名称:圆锥曲线及其标准方程。
3】(a,上海,理3)
解析:因椭圆的,所以,所以抛物线的准线方程为。
4】(a,上海,理4)设若,则的取值范围为___
考点名称:函数的概念及其性质。
4】(a,上海,理4)
解析:因,所以,即。
5】(a,上海,理5)若实数满足,则的最小值为___
考点名称:不等式及其性质。
5】(a,上海,理5).
解析: 6】(a,上海,理6)若圆锥的侧面积是底面积的3倍,则其母线与底面所成的角的大小为___结果用反三角函数值表示).
考点名称:空间几何体。
6】(a,上海,理6)
解析:设圆锥的底面半径为,母线长为,母线与底面所成的角为,由已知得,,.
7】(a,上海,理6)已知曲线的极坐标方程为, 则与极轴的交点到极点的距离是___
考点名称:极坐标系与参数方程。
7】(a,上海,理6)
解析:法1把极坐标方程化成直角坐标方程得,令得,所以与极轴的交点到极点的距离是。
法2 令得,所以与极轴的交点到极点的距离是。
8】(b,上海,理8)设无穷数列的公比是。若,则=__
考点名称:数列极限。
8】(b,上海,理8)
解析: 解得。
9】(b,上海,理9)
缺题。9】(b,上海,理9)
10】(b,上海,理10)为强化安全意识,某商场拟在未来连续10天中随机选择3天进行紧急疏散演练,则选择3天恰好为连续3天的概率是___结果用最简分数表示).
考点名称:概率。
10】(b,上海,理10)
解析:总的事件数为,发生事件数为公有8种,故所求概率为:.
11】(b,上海,理11)已知互异的复数满足,集合,则=__
考点名称:复数。
11】(b,上海,理11)-1
解析:法1 若则(舍);
若则,那么(舍)或(舍)或或。
综合上述,.
法2, ,因,所以,即。
12】(b,上海,理12)设常数使方程在闭区间恰有三个解,则=__
考点名称:三角函数及图像。
12】(b,上海,理12)
解析:方程,即,作图可知在闭区间恰有三个解当且仅当,此时,所以。
13】(b,上海,理13)某游戏得分为,随机变量表示小白玩游戏得分,若,则小白得5分的概率至少为___
考点名称:统计。
13】(c,上海,理13)0.2
解析: 各分数对应的概率非负是隐含条件,要充分利用。
法1 设得分为的概率分别为,因且=,所以,.法2 ,
即,.二、选择题。
14】(c,上海,理14)已知曲线, 直线。若对于点,存在上的点和上的点,使得,则的取值范围为___
考点名称:交汇与整合(向量与解析几何)
14】(c,上海,理14)
解析:法1设,.则。
则。法2 由得,表明点关于点对称,设,则在半圆上,则,.
又当在轴上时,,所以。
二、选择题。
15】(a,上海,理15若r,则“”是“且”的 (
a.充分非必要条件 b.必要非充分条件。
c.充要条件 d.既非充分也非必要条件。
考点名称:常用逻辑关系。
15】(a,上海,理15)b
解析:由同向不等式可以相加的性质知:由且可得,但反之不真,故选b.
16】(b,上海,理16)如图,四个棱长为1的正方体拼成一个正四棱柱,是上底面上的八个点,则不同值的个数为 (
a.1 b. 2 c. 4 d. 8
考点名称:交汇与整合(向量与立体几何)
16】(b,上海,理16)a
解析:因,所以要求以及与的夹角。
由图可知,
同理可得其余,故选a.
法2 因,所以。
又,从而。法3 以为原点,所在直线为轴建立空间直角坐标系,则,其中为0,1,2中的某数,则。
17】(c,上海,理17)已知与是直线(为常数)上的不同两个点,则关于和的方程组的解的情况是 (
a. 无论、、如何,总是无解 b.无论、、如何,总有唯一解。
c. 存在、、,使之恰有两解 d.存在、、,使之有无穷多组解。
考点名称:直线。
17】(c,上海,理17)b
解析:把代入直线得,即。
同理可得。若,则是方程组的唯一解。
若,则,由此可得,与已知矛盾,选b.
18】(c,上海,理18)设
若是的最小值,则取值范围为( )
a. bc. d.
考点名称:函数的概念与性质。
18】(c,上海,理18)d
解析:本题中变量是,参数是,要根据变量的范围讨论参数。
当时,若,则的最小值为,不满足题意,故,此时在的最小值为,而在上,故此时的最小值为。
由题意,,解得,又,所以,选d.
三、解答题。
19】(a,上海,理19)
底面边长为2的正三棱锥,其表面展开图是三角形,如图,求的各边长及此三棱锥的体积。
考点名称:空间几何体。
解析: 依题意:是边长为4的正三角形,折叠后是棱长为2的正四面体(如图).
设顶点在底面内的投影为,连接,并延长交于,则为中点,为的重心,底面。
20】(a,上海,理20)设常数,函数。
1)若,求函数的反函数;
2)根据的不同取值,讨论函数的奇偶性,并说明理由。
考点名称:指对数函数。
20】(a,上海,理20)
解析:(1)由得,取对数,对调。
得。2)判断函数奇偶性常用定义,有时也可通过或来判断奇偶性。
法1 若,对r恒成立,是偶函数。
若,,当且仅当时,,是奇函数。
当且时,定义域为,定义域不关于原定对称,故为非奇非偶函数。
法2若,,则,整理得。
因,所以,是奇函数。
21】(b,上海,理21)
如图,某公司要在两地连线上的定点处建造广告牌,其中为顶端,长35米,长80米,设在同一水平面上,从和看的仰角分别为。
1)设计中是铅垂方向,若要求,问的长至多为多少(结果精确到0.01米)?
2)施工完成后。与铅垂方向有偏差,现在实测得。
求的长(结果精确到0.01米)?
考点名称:解三角形。
21】(b,上海,理21)
解析:(1)设,则。
因,所以,即,(米).
2),在中,, 43.61.
中, .22】(c,上海,理22)
在平面直角坐标系中,对于直线:和点记若<0,则称点被直线分隔。若曲线c与直线没有公共点,且曲线c上存在点被直线分隔,则称直线为曲线c的一条分隔线。
求证:点被直线分隔;
若直线是曲线的分隔线,求实数的取值范围;
动点m到点的距离与到轴的距离之积为1,设点m的轨迹为e,求证:通过原点的直线中,有且仅有一条直线是e的分割线。
考点名称:直线与圆锥曲线。
22】(c,上海,理22)
解析:理解点被直线分隔、直线为曲线的一条分隔线是解题的关键。(1)、(2)只需直接用题设的定义即可。
1) 因,所以又定义知,点、被直线分隔。
2) 双曲线的渐近线为,当或时,把代入双曲线得。
因,故上述方程无实数解,即直线与双曲线不相交,又存在两点满足,根据分隔线的定义,或。
3)法1设,根据题设得e方程是 .
因不满足上述方程,且以代上述方程不变知曲线关于对称,所以直线是e的一条分隔线。
若是e的另一条分隔线,代入e的方程得。
要直接证明这个方程有解是困难的,变形为,记,,则是开口向上的二次函数,是关于y轴对称的幂函数,它们总有交点,即直线与e有交点,与分隔线的定义矛盾。
所以e有且仅有一条分隔线。
法2 (数形结合法)曲线e:
满足:由知,曲线e关于轴对称;
由知,曲线e关于=2轴对称;
由知,曲线e关于点轴对称;
取曲线e在右侧且时趋于无穷大,可得轴为曲线e的渐进性,得曲线e上点的纵坐标范围为,数形结合可得曲线e上任意一点与原点连线的斜率范围为,即过原点而斜率存在的直线一定与曲线e相交,故都不是曲线e的分隔线。
即通过原点的直线中,有且仅有一条直线y轴是e的分隔线。
法3 (函数方程思想)
对于任意一条直线与曲线e:,由得,令,得。
因恒成立,且,所以方程有正实数解,存在与之相应的,从而在e上存在,其与原点连线的直线斜率存在。
即过原点而斜率存在的直线一定与曲线e相交,故都不是曲线e的分隔线。
所以,通过原点的直线中,有且仅有一条直线y轴是e的分隔线。
23】(a,上海,理23)
已知数列满足。
1)若,求的取值范围;
2)若是公比为等比数列,,求的取值范围;
3)若成等差数列,且,求正整数的最大值,以及取最大值时相应数列的公差。
考点名称:数列的综合应用。
23】(a,上海,理23)
解析:(1)由条件可得 .
2)法1 求公比的取值范围,应该是越小越准确。首先要考虑的情况,其次用求和公式还要考虑公比是否为1.
当时, .当时,若,则恒成立。
若,则。若,则。
即,所以。又以及,所以。
若,,,又,所以。
综合上述,.
法2 由已知得
当时,因,所以对,所以解得。
当时,,因,所以对,所以,解得。
综合上述,.
法2 (3)设公差为,当时,,.
当时,由已知得,因下标最大值为,所以,,故。
由得,所以,解得,所以的最大值为1999,此时公差为。
22】(c,上海,文22)
在平面直角坐标系中,对于直线:和点记若<0,则称点被直线分隔。若曲线c与直线没有公共点,且曲线c上存在点被直线分隔,则称直线为曲线c的一条分隔线。
求证:点被直线分隔;
若直线是曲线的分隔线,求实数的取值范围;
动点m到点的距离与到轴的距离之积为1,设点m的轨迹为e,求e的方程,并证明轴为e的分割线。
考点名称:直线与圆锥曲线。
解法同理科。
23】(c,上海,文23)
已知数列满足。
1)若,求的取值范围;
2)若是等比数列,且,求正整数的最小值,以及取最小值时相应的公比;
3)若成等差数列,求数列的公差的取值范围。
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