2020年上海高考数学真题试卷（word解析版）下载

2020 年全国高考数学真题试卷及解析（上海卷） 一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分，第 1-6 题每题 4 分，第 7-12 题每题 5 分） 1．已知集合 A {1 ，2， 4}，集合 B {2，4，5}，则 n 1 AB  　　． 2．计算： lim n 3n 1 　　． 3．已知复数 z 1 2i(i 为虚数单位），则| z | 　　． 4．已知函数 f (x)  x3 ， f (x) 是 f (x) 的反函数，则 f (x)  　　． x  y  2… 0 5．已知 x、y满足 x  2y  3„ 0 ，则 z  y  2x 的最大值为　　． y… 0 123ac0bacbd6．已知行列式 d  6 ，则  　　． 07．已知有四个数 1，2， a，b，这四个数的中位数是 3，平均数是 4，则 ab  　　． a1  a2  a9 8．已知数列{an}是公差不为零的等差数列，且 a1  a10  a9 ，则 　　． a10 9．从 6 个人挑选 4 个人去值班，每人值班一天，第一天安排 1 个人，第二天安排 1 个人， 第三天安排 2 个人，则共有　　种安排情况． x2 y2 10．已知椭圆 C : 1的右焦点为 F，直线 l C 经过椭圆右焦点 F ，交椭圆 于P 、 Q 43两点（点 是　　． P在第二象限），若点 Q关于 x轴对称点为Q ，且满足 PQ  FQ ，求直线 的方程 l11．设 a R ，若存在定义域为 R 的函数 f (x) 同时满足下列两个条件： 教育资源分享店铺 （1）对任意的 x0  R f (x0 ) 的值为 x ， ； 0 或 x02 x（2）关于 的方程f (x)  a 无实数解， 则a的取值范围是　　．      ，b ，b2 ， ，bk (k  N*) 是平面内两两互不相等的向量，满足| a1  a2 |1， 1  12．已知 a1 ， a2   且| ai  bj |{1 k， 2}（其中i 1，2， j 1，2， ， k) ，则 的最大值是　　． 二、选择题（本大题共 4 题，每题 5 分，共 20 分） 13．下列等式恒成立的是 A． a2  b2„ 2ab ( 　　 ) B． a2  b2…  2ab C． a  b… 2 |ab | D． a2  b2„  2ab 14．已知直线方程3x  4y 1 0 的一个参数方程可以是 ( 　　 ) x 1 3t x 1 4t A． C． (t 为参数） (t 为参数） B． D． (t 为参数） y  1 4t y  1 3t x 1 3t x 1 4t (t 为参数） y  1 4t y 1 3t 15．在棱长为 10 的正方体 ABCD  A B C1D1 中， P 为左侧面 ADD A1 上一点，已知点 P 到 A D 1 1 1 11的距离为 3， AA1 的距离为 2，则过点 P 到 P 且与 AC 平行的直线相交的面是 ( 　　 ) 1教育资源分享店铺 A． AA B B B． BB C1C C．CC1D D D． ABCD 111116．命题 p：存在 a R 且 a  0 ，对于任意的 x R ，使得 f (x  a)  f (x)  f （a）； 命题 q1 : f (x) 单调递减且 f (x)  0 恒成立； 命题 q2 : f (x) 单调递增，存在 x0  0 使得 f (x0 )  0 ，则下列说法正确的是 ( 　　 ) A．只有 q1 是 p的充分条件 qB．只有 2 是 p 的充分条件 C． q1 ，q2 都是 p的充分条件 qD． q1 ， 2 都不是 p 的充分条件 三、解答题（本大题共 5 题，共 14+14+14+16+18＝76 分） 17．（14 分）已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，正方形 ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱． （1）求该圆柱的表面积； 2（2）正方形 ABCD 绕AB 逆时针旋转 至ABC1D1 ，求线段CD1 与平面 ABCD 所成的角． 18．（14 分）已知函数 f (x)  sinx ，  0 ．1（1） f (x) 的周期是 4 ，求 ，并求 f (x)  的解集； 224（2）已知 1 ，g(x)  f 2 (x)  3 f (x) f (  x) ，x[0 ，]，求 g(x) 的值域． 教育资源分享店铺 19．（14 分）在研究某市场交通情况时，道路密度是指该路段上一定时间内通过的车辆数除 以时间，车辆密度是该路段一定 q时间内通过的车辆数除以该路段的长度，现定义交通流量为 v  x， 为道路密度，q 为车 x辆密度． 1100 135( )x ,0  x  40 v  f (x)  ．3k(x  40)  85,40„ x„ 80 x（1）若交通流量 v  95 ，求道路密度 的取值范围； （2）已知道路密度 x  80 ，交通流量 v  50 ，求车辆密度 q 的最大值． x2 y2 20．（16 分）已知双曲线 1 : 1与圆 2 : x2  y2  4  b2 (b  0) 交于点 A(xA ，yA ) （第 4b2 教育资源分享店铺 一象限），曲线 为1 、2 上取满足 x | xA | 的部分． b（1）若 xA  6 ，求 的值； （2）当 b  5 ，2 与 x轴交点记作点 F、F2 ，P是曲线 上一点，且在第一象限，且 1| PF | 8，求 F PF2 ；11b2 b（3）过点 D(0,  2) 斜率为 的直线 l与曲线 只有两个交点，记为 M、N，用 b表示 22    OM ON ，并求OM ON 的取值范围． 21．（18 分）已知数列{an}为有限数列，满足| a1  a2 |„ | a1  a3 |„ „ | a1  am | ，则称{an} 满足性质 P．（1）判断数列 3、2、5、1 和 4、3、2、5、1 是否具有性质 PP，请说明理由； （2）若 a1 1，公比为 q的等比数列，项数为 10，具有性质 ，求 q 的取值范围； （3）若{an}是 1，2，3， ，m的一个排列 (m… 4) {bn}符合 bk  ak1(k 1，2， ，  ， m 1) ，、{an} {bn}都具有性质 P，求所有满足条件的数列{an}． 教育资源分享店铺 参考答案 1．{2 ， 4} 【解析】因为 A {1 ，2，3} ，B {2，4，5}，则 AB {2 ，4}．故答案为：{2 ， 4}． 12． 3111 3  1 lim n 1 1 0 3  0 13n 1n1n1【解析】 lim n 3n 1  lim ，故答案为： ．n 33  lim n nn3． 5【解析】由 z 1 2i ，得| z | 12  (2)2  5 ．故答案为： 5．4． 3 x【 解 析 】 由y  f (x)  x3 ， 得x  yx， 把与 y 互 换 ， 可 得f (x)  x3 的 反 函 数 为 3f 1(x)  x ． 3故答案为： 3 x．5．-1 x  y  2… 0 【解析】由约束条件 x  2y  3„ 0 作出可行域如图阴影部分， y… 0 教育资源分享店铺 化目标函数 z  y  2x 为y  2x  z ，由图可知，当直线 y  2x  z 过 A 时，直线在 y 轴上的 x  y  2  0 x  2y  3  0 x 1 y 1 截距最大，联立 ，解得 ，即 A(1,1) ．z有最大值为1 21 1．故答案为： 1． 6．2 123ac0bacbdacbd【解析】行列式 d  6 ，可得 3 6 ，解得  2 ． 0故答案为：2． 7．36 【解析】因为四个数的平均数为 4，所以 a  b  4 4 1 2 13 2  a ，因为中位数是 3，所以  3，解得 a  4 ，代入上式得b 13  4  9 ，2所以 ab  36 ，故答案为：36． 27 8． 8【解析】根据题意，等差数列{an}满足 a1  a10  a9 ，即 a1  a1  9d  a1  8d ，变形可得 a1  d ，98d 9a1  a1  a2  a9 9a1  36d a1  9d 9d  36d 27 2所以 ．a10 a1  9d d  9d 827 故答案为： ．89．180 【解析】根据题意，可得排法共有C61C51C42 180种． 故答案为：180． 10． x  y 1 0 x2 y2 【解析】椭圆C : 1的右焦点为 F(1,0) ，43直线 若点 l经过椭圆右焦点 F，交椭圆 C于P、Q两点（点 P 在第二象限）， Q关于 x轴对称点为Q ，且满足 PQ  FQ ，可知直线 ll的斜率为 1，所以直线 的方程是：y  (x 1) ， 即x  y 1 0 ． 故答案为： x  y 1 0 ．11． ( ，0) (0 ，1) (1， ) 【解析】根据条件（1）可得 f (0)  0 或 f （1） 1， x又因为关于 的方程f (x)  a 无实数解，所以 a  0 或 1， 故a( ，0) (0 ，1) (1， ) ，故答案为： ( 12．6 ，0) (0 ，1) (1， ) ．   【解析】如图，设OA  a1 ，OA2  a2 ，1    由| a1  a2 |1，且| ai  bj |{1 ，2}，分别以 A，A2 为圆心，以 1 和 2 为半径画圆，其中任 1意两圆的公共点共有 6 个．故满足条件的 13．B k的最大值为 6．故答案为：6． 【解析】 b  0 时，不等式 a2  b2„ 2ab 不成立，故 A ．显然当 a  0 ， A 错误； BCD．(a  b)2… 0 ，，，a2  b2  2ab… 0 a2  b2…  2ab ，故 ， B 正确； ．显然当 a  0 ．显然当 a  0 b  0时，不等式 a  b… 2 |ab | 不成立，故C 错误； b  0 时，不等式 a2  b2„  2ab 不成立，故 D 错误． 故选： B．14．B x 1 3t x 1 y 1 3【解析】 (t 为参数）的普通方程为：  ，即 4x  3y 1 0 ，不正确； y  1 4t 4教育资源分享店铺x 1 4t x 1 y 1 4(t 为参数）的普通方程为： (t 为参数）的普通方程为：  ，即3x  4y 1 0 ，正确； y  1 3t 3x 1 3t x 1 y 1 3 ，即 4x  3y 1 0 ，不正确； y  1 4t 4x 1 4t x 1 y 1 4 ，即3x  4y  7  0 ，不正确；故选： (t 为参数）的普通方程为： B ． y 1 3t 315．D 【解析】如图， 由点 可得 PP到A D1 的距离为 3， P到AA1 的距离为 2， 1在△ AA D 内，过 P作EF / /A D ，且 EF AA1 于 E，EF AD 于F，11在平面 ABCD 中，过 FG / /CD ，交 BC G F 作 于，则平面 EFG / / 平面 A DC ． 1连 接AC ， 交FG 于M， 连 接EM ，平 面EFG / / 平 面A DC ， 平 面A AC 平 面 11A DC  AC ，平面 A AC 平面 EFM  EM EM / /AC ， ． 1111在EFM 中，过 PPN / /EM ，且 PN FMN 作 于，则 PN / /AC ． 1N线段 FM 在四边形 ABCD 内， 在线段FM 上，N 在四边形 ABCD 内． 过点 P 且与 AC 平行的直线相交的面是 ABCD ．故选： D ． 1教育资源分享店铺 16．C 网址： q【解析】对于命题 1 ：当 f (x) 单调递减且 f (x)  0 恒成立时， 当a  0 时，此时 x  a  x ，又因为 f (x) 单调递减，所以 f (x  a)  f (x) 又因为 f (x)  0 恒成立时，所以 f (x)  f (x)  f （a），所以 f (x  a)  f (x)  f （a）， 所以命题 q1 q命题 p ，对于命题 2 ：当 f (x) 单调递增，存在 x0  0 使得 f (x0 )  0， 当a  x0  0 时，此时 x  a  x ， f （a）  f (x0 )  0 ， 又因为 f (x) 单调递增，所以 f (x  a)  f (x) ，所以 f (x  a)  f (x)  f （a）， 所以命题 p2 q C 命题 p ，所以 q1 ， 2 都是 p 的充分条件，故选： ． 17．【解析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为 1 的圆面和一个长为 2 、宽为 1 的矩形组 成，S  2 12  2 1 4 ．故该圆柱的表面积为 4 ．（2） 正方形ABC1D ， ，  AD  AB 112又DAD   AD  AD ， ， 11 AD AB A ，且 AD 、 AB  平面 ADB ，  AD  平面 ADB ，即 D1 在面 ADB 上的投影为 A，1连接CD1 ，则 D CA即为线段CD1 与平面 ABCD 所成的角， 1AC CD 2366而cosD CA  ，线段CD1 与平面 ABCD 所成的角为 arccos ．13312 4 121218．【解析】（1）由于 f (x) 的周期是 4 ，所以  ，所以 f (x)  sin x．5 11165 63令sin x  ，故 x  2k  或2k  5 ，整理得 x  4k  或x  4k  ．22233故解集为{x | x  4k  或x  4k  ，k  Z}． 3（2）由于 1，所以 f (x)  sin x ．所以 21 cos2x 3311216g(x)  sin2 x  3sin(x)sin(  x)  sin 2x   sin 2x  cos2x   sin(2x  )222224662 3由于 x[0 ，]，所以 „ 2x  „．16611„ sin(2x  )„ 1，故 1„  sin(2x  )„  ，故  „ g(x)„ 0 ．2221所以函数 g(x) 的值域为[ ,0] ．2q19．【解析】（1）v  ，v 越大， x越小， xv  f (x) 是单调递减函数， k  0 ，当40„ x„ 80 时， v最大为 85， 1于是只需令100 135( )x  95 ，解得 x  3 ，3x故道路密度 的取值范围为(3,40) ． （2）把 x  80 ，v  50 代入 v  f (x)  k(x  40)  85中， 7得50  k40  85 ，解得 k  ．81100x 135( )x x,0  x  40 3q  vx  ，7 (x  40)x  85x,40„ x„ 80 81当0  x  40 时， q单调递增， q 100 40 135 ( )40  40  4000 ； 的二次函数，开口向下，对称轴为 x  480 7当40„ x„ 80 时， q是关于 x，7480 7480 28800 此时 q有最大值，为  ( )2 120  4000 ．87728800 7故车辆密度 q的最大值为 ．22xA yA 1 b2 20．【解析】（1）由 xA  6 ，点 A为曲线 1 与曲线 2 的交点，联立 ，解 422xA  yA  4  b2 得 yA  2 ，b  2 ；（2）由题意可得 F F  ， 2 为曲线 1 的两个焦点， 1由双曲线的定义可得| PF |  | PF2 | 2a ，又| PF | 8 2a  4 ， ， 11所以| PF2 | 8  4  4 ，因为b  5 ，则 c  4  5  3 ，| PF |2  | PF2 |2  | F F2 |2 11所以| F F2 | 6 ，在△ PF F2 中，由余弦定理可得 cosF PF2  1112 | PF || PF2 | 164 16  36 11 11 16 ，由 0  F PF2   ，可得 F PF2  arccos ；1128 4 16 4  b2 ||b4  b2 2 4  b2 ，2（3）设直线l : y  x  ，可得原点 O到直线 l的距离 d  b2 21 4所以直线 l是圆的切线，设切点为 M，224所以 kOM ，并设OM : y  x与圆 x2  y2  4  b2 联立，可得 x2  x2  4  b2 ，bbb2 可得 x  b ， y  2 ，即 M (b,2) ， l注意直线 与双曲线的斜率为负的渐近线平行， l所以只有当 yA  2 时，直线 才能与曲线有两个交点， 教育资源分享店铺 网址： 22xA yA 1 b4 a  b2 b2 由，可得 yA2  ，422xA  yA  4  b2 b4 4  b2 所以有 4  ，解得b2  2  2 5 或b2  2  2 5（舍去），      因为OM 为ON 在OM 上的投影可得，OM ON  4  b2 ，    所以OM ON  4  b2  6  2 5，则OM ON (6  2 5 ， ) ． 21．【解析】（1）对于数列 3，2，5，1，有| 2  3|1 数列满足性质 ，| 5  3| 2 ，|1 3| 2 ，满足题意，该 P；对于第二个数列 4、3、2、5、1，| 3  4 |1 满足性质 ，| 2  4 | 2 ，| 5  4 |1．不满足题意，该数列不 P．（2）由题意：| a1  a1qn |… | a1  a1qn1 ，可得：| qn 1|… | qn1 1| |， n{2 ，3， ，9} ， 两边平方可得： q2n  2qn 1… q2n2  2qn1 1 ，整理可得： (q 1)qn1[qn1(q 1)  2]… 0 ，当 q…1时，得 qn1(q 1)  2… 0 此时关于 所以等价于 n  2 时， q(q 1)  2… 0 ， n恒成立， 所以， (q  2)(q 1)… 0 ，所以 q„  2，或 q…1，所以取 q…1 ，当0  q„ 1时 ， 得qn1(q 1)  2„ 0 ， 此 时 关 于 n恒 成 立 ， 所 以 等 价 于n  2 时 ， q(q 1)  2„ 0 ， 所以 (q  2)(q 1)„ 0 ，所以 2„ q„ 1，所以取 0  q„ 1 ．当1„ q  0 时： qn1[qn1(q 1)  2]„ 0 ，教育资源分享店铺 当n n 为奇数时，得 qn1(q 1)  2„ 0 ，恒成立，当 为偶数时，qn1(q 1)  2… 0 ，不恒成立； 故当 1„ q  0 时，矛盾，舍去． 当当nq  1时，得 qn1[qn1(q 1)  2]„ 0 ，当 为奇数时，得qn1(q 1)  2„ 0 ，恒成立， n为偶数时， qn1(q 1)  2… 0 ，恒成立；故等价于 n  2 时， q(q 1)  2… 0 ， 所以 (q  2)(q 1)… 0 ，所以 q„  2 或 q…1，所以取 q„  2， 综上 q( ，2] (0,) ．（3）设 a1  p m  3 ， p{3，4， ， ，m  2}， 因为 a1  p ，a2 可以取 p 1，或 p 1 ，a3 可以取 p  2 ，或 p  2 ，如果 a2 或 a3 取了 p  3 或p  3，将使{an}不满足性质 P；所以{an}的前 5 项有以下组合： ①②③④a1  p a1  p a1  p a1  p ，，，，a2  p 1 a2  p 1 a2  p 1 a2  p 1 ；a3  p 1 a3  p 1 a3  p 1 a3  p 1 ；；；；a4  p  2 a4  p  2 a4  p  2 a4  p  2 ；；；；a5  p  2 a5  p  2 a5  p  2 a5  p  2 ；；；；；；；对于①，b  p 1 ，，，| b2  b | 2 ，，，| b3  b |1，与{bn}满足性质 P 矛盾，舍去； 111对于②，b  p 1 | b2  b | 2 | b3  b | 3 ，，| b4  b | 2 与{bn}满足性质 P矛盾，舍去； 矛盾，舍去； 1111对于③，b  p 1 | b2  b | 2 | b3  b | 3 | b4  b |1 与{bn}满足性质 P1111对于④b  p 1 | b2  b | 2 | b3  b |1，与{bn}满足性质 ， ，P 矛盾，舍去； 111所以 P{3，4， m  3 {bn}都具有性质  ， ，m  2}，均不能同时使{an}、 P ． 当当当当m 1 m p 1 时，有数列{an}:1，2，3， ， ，满足题意． p  m 时，有数列{an}: m m  ， ， ，3，2，1 满足题意． p  2 时，有数列{an}: 2，1，3， ，，m 1 m  2 ，，m满足题意． p  m 1时，有数列{an}: m 1 ，mm  3 ， ，3，2，1 满足题意． 所以满足题意的数列{an}只有以上四种。