2024年高考数学二轮复习测试卷（上海专用）含解析答案

这是一份2024年高考数学二轮复习测试卷（上海专用）含解析答案，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．已知锐角，，，则边上的高的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．在单位正方体中，点P在线段上，点Q线段上．①二面角的大小为定值；②长度的最小值为．对于以上两个命题，下列判断正确的是（ ）
A．①正确，②正确B．①正确，②错误
C．①错误，②正确D．①错误，②错误
4．设集合，定义：集合，集合，集合，分别用，表示集合S，T中元素的个数，则下列结论可能成立的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
5．已知集合，集合，求
6．复数z满足 （i为虚数单位），则z的虚部为 ．
7．已知向量，若，且，则 ．
8．设一组样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为 .
9．已知方程的两个根为，则= .
10．已知函数，则 ．
11．函数的最大值为2，求
12．已知，则 （用数字作答）．
13．“烂漫的山花中，我们发现你.自然击你以风雪，你报之以歌唱，命运置你于危崖，你馈人间以芬芳.不惧碾作尘，无意苦争春，以怒放的生命，向世界表达倔强.你是岸畔的桂，雪中的梅”这是给感动中国十大人物之一的张桂梅老师的颁奖词，她用实际行动奉献社会，不求回报，只愿孩子们走出大山.受张桂梅老师的影响，有大量志愿者到乡村学校支教，现将甲、乙、丙、丁名志愿者安排到三个学校参加支教活动，要求每个学校至少安排个人，则甲被派到学校的概率为 .
14．已知记函数的最大值为，则的取值范围是 ．
15．已知双曲线的左、右焦点分别为，点P为圆与C的一个公共点，若，则C的离心率为 ．
16．已知各项均不为零的数列的前项和为，，，，且，则的最大值为 ．
三、解答题
17．已知三角形，
(1)，三角形的面积，求角的值；
(2)若，，，求．
18．生活中人们喜爱用跑步软件记录分享自己的运动轨迹.为了解某地中学生和大学生对跑步软件的使用情况，从该地随机抽取了200名中学生和80名大学生，统计他们最喜爱使用的一款跑步软件，结果如下：
假设大学生和中学生对跑步软件的喜爱互不影响.
(1)从该地区的中学生和大学生中各随机抽取1人，用频率估计概率，试估计这2人都最喜爱使用跑步软件一的概率；
(2)采用分层抽样的方式先从样本中的大学生中随机抽取人，再从这人中随机抽取人.记为这人中最喜爱使用跑步软件二的人数，求的分布列和数学期望；
(3)记样本中的中学生最喜爱使用这四款跑步软件的频率依次为，，，，其方差为；样本中的大学生最喜爱使用这四款跑步软件的频率依次为，，，，其方差为；，，，，，，，的方差为.写出，，的大小关系.（结论不要求证明）
19．三棱柱中，，线段的中点为，且．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
20．已知分别是椭圆的左、右顶点，过点、斜率为的直线交椭圆于两个不同的点．
(1)求椭圆的焦距和离心率；
(2)若点落在以线段为直径的圆的外部，求的取值范围；
(3)若，设直线分别交轴于点，求的取值范围．
21．已知为实数，．对于给定的一组有序实数，若对任意，，都有，则称为的“正向数组”．
(1)若，判断是否为的“正向数组”，并说明理由；
(2)证明：若为的“正向数组”，则对任意，都有；
(3)已知对任意，都是的“正向数组”，求的取值范围．
跑步软件一
跑步软件二
跑步软件三
跑步软件四
中学生
80
60
40
20
大学生
30
20
20
10
参考答案：
1．A
【分析】由充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】，或，
所以前者可以推得后者，后者不能推得前者，
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
2．C
【分析】设边上的高为，根据题意得，再结合条件得，再分析求值域即可.
【详解】因为为锐角三角形，，设边上的高为，
所以，解得
由正弦定理可得，，
所以，，因为，
所以
因为，所以，所以，
所以，所以边上的高的取值范围为.
故选：C.
3．A
【分析】由题意根据平面具有延展性可知二面角的大小实质为面与平面所成的二面角判断①；将平面沿直线翻折到平面内，过点做，，此时，的值最小，判断②.
【详解】
对于①，平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值，故二面角为定值，①正确;
对于②，将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下，
过点做，，此时，的值最小.
由题可知，
则，
故，又故的最小值为，故②正确.
故选：A.
4．D
【分析】对A、B：不妨设，可得，根据集合的定义可得Y中至少有以上5个元素，不妨设，则集合S中至少有7个元素，排除选项A，若，则集合Y中至多有6个元素，所以，排除选项B；对C：对，则与一定成对出现，根据集合的定义可判断选项C；对D：取，则，根据集合的定义可判断选项D.
【详解】解：不妨设，则的值为，
显然，，所以集合Y中至少有以上5个元素，
不妨设，
则显然，则集合S中至少有7个元素，
所以不可能，故排除A选项；
其次，若，则集合Y中至多有6个元素，则，故排除B项；
对于集合T，取，则，此时，，故D项正确；
对于C选项而言，，则与一定成对出现，，所以一定是偶数，故C项错误.
故选：D.
5．
【分析】
根据补集的运算，求得，再由交集的运算，即可求解.
【详解】由集合，可得，
又由集合，所以.
故答案为：.
6．
【分析】设，根据复数相等可得答案.
【详解】设，
因为，所以，
可得，解得，
则z的虚部.
故答案为：.
7．
【分析】由向量垂直的坐标表示和向量的模长组成方程组，求出结果即可.
【详解】因为，
所以，①
又因为，，
所以，②
由①②解得；或，
所以或，
故答案为：.
8．
【分析】根据方差的性质，若，，，的方差为，则，，的方差为，计算即得答案.
【详解】根据题意，一组样本数据，，，的方差，
则数据，，，的方差为；
故答案为：.
9．3
【分析】将所求式子适当变形结合韦达定理即可求解.
【详解】由题意结合韦达定理有，所以.
故答案为：3.
10．
【分析】根据函数解析式，结合指数和对数运算，直接求解即可.
【详解】，.
故答案为：.
11．或
【分析】讨论和两种情况，根据诱导公式及正弦函数的性质即可求解.
【详解】,
当时，的最大值为,
因为函数的最大值为2，
所以.
当时，的最大值为,
因为函数的最大值为2，
所以,解得.
故或.
故答案为：或.
12．
【分析】根据题意，利用赋值法分别将和代入已知式子中，得到两个方程，由这两个方程化简整理，即可求出答案．
【详解】由，
令得，，①
令得，，②
①②得，，
.
故答案为：.
13．
【分析】先用捆绑法计算名志愿者安排到三个学校参加支教活动的分配方案总数，再分类计算甲被派到学校的分配方案数，由古典概型的计算公式可求得结果.
【详解】由题意得，甲、乙、丙、丁名志愿者安排到三个学校参加支教活动，每个学校至少安排一人，共有种分配方案；
甲被派到学校可分为两种情况：只有甲人被分到学校，有种分配方案；
有人（包含甲）被分到学校，有种分配方案，
由古典概型的计算公式得：
甲被派到学校的概率为.
故答案是：.
14．
【分析】同一坐标系中画出和的图象，然后根据图象分，，讨论求解即可.
【详解】设，则，即函数在上为奇函数，
又当时，，当且仅当时等号成立，
由对勾函数的单调性可得函数在上单调递增，在上单调递减，
故
设，则，
令，解得
同一坐标系中画出和的图象如下：

由图可知，当时，，

当时，，

当时，，

综上的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于分段函数，其中每一段对应的变量范围在没有确定的情况下，需要在一个坐标系中画出每一段的完整图象，对变量的取值变化情况分析，从而得到分类的标准进行讨论.
15．
【分析】联立双曲线和圆的方程，化简可得到，然后根据双曲线的定义，结合余弦定理，计算可得结果.
【详解】由题得，
所以，
所以，
所以，又点P在E上，
所以①．
由双曲线定义可知②，
联立①②得．在中，由余弦定理得
，
即，所以C的离心率．
故答案为：
16．
【分析】根据递推式先推出，然后分组求和可得，结合条件，通过基本不等式，二次函数的性质求的最大值.
【详解】因为，
所以，将代入得，
所以，又，
所以，
所以
又因为，所以，
又由，，得，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以，，
所以当时，最大，且最大为
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据条件中的递推式求出数列中隐藏的等比数列，然后利用分组求和的方法进行求和.
17．(1)
(2)或
【分析】⑴根据求得，根据，求得，联立两式求角的值；
⑵由求得，结合角的范围与的正负确定角的值，分两种情况利用正弦定理求值.
【详解】（1）根据，有，即，
又因为，，即，
所以，所以，即，
因为，所以
（2）由，有，，
又因为,，结合，有，即，
所以或，即或；
因为，，两值都符合题意，所以：
当，由正弦定理有，
即，，解得；
当，由正弦定理有，
即，，解得.
综上：时，；时，.
18．(1)
(2)分布列详见解析，
(3)
【分析】（1）根据相互独立事件乘法公式求得正确答案.
（2）根据分层抽样以及超几何分布的知识求得分布列并计算出数学期望.
（3）通过计算，，来确定正确答案.
【详解】（1）从该地区的中学生和大学生中各随机抽取1人，
这人都最喜爱使用跑步软件一的概率为.
（2）因为抽取的人中最喜爱跑步软件二的人数为，
所以的所有可能取值为，
，
所以的分布列为：
所以.
（3），证明如下：
，
，
所以.
，
，
所以.
数据：，，，，，，，，
对应的平均数为
所以
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系利用法向量方法求解面面角.
【详解】（1）三棱柱中，，
在中，，
线段的中点为，所以，所以；
又已知平面，平面，
所以平面；
（2）

由（1）可知平面，平面，
所以，
在平面内作交于点，则，
则两两互相垂直，
以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
因为，
所以．
所以，
设平面的一个法向量，
则，
解得，令，则，所以，
设平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
则．
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
20．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由椭圆方程可求出得解；
（2）点B落在以线段为直径的圆的外部，即，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数关系代入运算得解；
（3）设，，由，可得，即，同理可得，，由得，同理得，可得的表达式，结合（2）代入运算得解.
【详解】（1），，，，即，
所以椭圆的焦距为4，离心率为.
（2）设，，直线，又，
联立方程，消去整理得，
，即或，
，，
点B落在以线段为直径的圆的外部，即，
则，又，，
可得，代入，运算整理得，
，解得或，又或，
所以的取值范围为.
（3）设，，，，
由，可得，即，
同理可得，，
又即，解得，
同理可得，
又由（2）知，，，，，
，又，
.
所以的取值范围为.

【点睛】关键点睛：第二问，点B落在以线段为直径的圆的外部，关键转化为，进行坐标运算得解；第三问，关键是由已知向量关系求出，，再根据斜率关系求得，得到关于的关系式化简运算可得解.
21．(1)不是的“正向数组”；
(2)证明见解析；
(3)的取值范围是.
【分析】（1）代入有，根据函数性质得到的正负时不同取值情况即可；
（2）假设存在,使得,通过正向数组定义转化得对任意恒成立，设，再利用函数的性质即可证明假设不成立；
（3）代入有恒成立或恒成立，设，求出是的最大值或最小值时的取值范围即可.
【详解】（1）若，，
对，即，
而当，时，
，，
即，不满足题意.
所以不是的“正向数组”.
（2）反证法:假设存在,使得,
为的“正向数组”，
对任意,都有.
对任意恒成立.
令，则在上恒成立，
，
设，
，
则当时，在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增；
若，当，，当，，
即存在，使在上为正，在上为负，在上为正，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为；
若，，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为.
当时，，在上单调递增，
又当，，当，，
必存在，使在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为.
由值域可看出，与在上恒成立矛盾.
对任意，都有.
（3）都是的“正向数组”，
对任意，，都有，
则恒成立或恒成立，
即恒成立或恒成立，
设，
则，
即是的最大值或最小值.
，
且.
当时，由（2）可得，的值域为，无最大值或最小值；
当时，在上单调递增，
又，则在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则是的最小值，满足，
此时对任意，，都有
.
的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题第2问的关键是运用反证法，通过函数的图象与性质推理出与假设矛盾的结论，最后即得到证明；本题第3问的关键是理解“正向数组”的变形推理得到恒成立或恒成立，并构造函数，得到是的最大值或最小值，最后结合前面的证明得到结果.