2020年上海高考数学真题试卷(word解析版)

2023-10-27 · U3 上传 · 16页 · 695.7 K

2020年全国高考数学真题试卷解析上海卷)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,2,,集合,4,,则 .2.计算: .3.已知复数为虚数单位),则 .4.已知函数,是的反函数,则 .5.已知、满足,则的最大值为 .6.已知行列式,则 .7.已知有四个数1,2,,,这四个数的中位数是3,平均数是4,则 .8.已知数列是公差不为零的等差数列,且,则 .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.10.已知椭圆的右焦点为,直线经过椭圆右焦点,交椭圆于、两点(点在第二象限),若点关于轴对称点为,且满足,求直线的方程是 .11.设,若存在定义域为的函数同时满足下列两个条件:(1)对任意的,的值为或;(2)关于的方程无实数解,则的取值范围是 .12.已知,,,,,是平面内两两互不相等的向量,满足,且,(其中,2,,2,,,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. B. C. D.14.已知直线方程的一个参数方程可以是 A.为参数) B.为参数) C.为参数) D.为参数)15.在棱长为10的正方体中,为左侧面上一点,已知点到的距离为3,到的距离为2,则过点且与平行的直线相交的面是 A. B. C. D.16.命题:存在且,对于任意的,使得(a);命题单调递减且恒成立;命题单调递增,存在使得,则下列说法正确的是 A.只有是的充分条件 B.只有是的充分条件 C.,都是的充分条件 D.,都不是的充分条件三、解答题(本大题共5题,共14+14+14+16+18=76分)17.(14分)已知是边长为1的正方形,正方形绕旋转形成一个圆柱.(1)求该圆柱的表面积;(2)正方形绕逆时针旋转至,求线段与平面所成的角.18.(14分)已知函数,.(1)的周期是,求,并求的解集;(2)已知,,,,求的值域.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,为道路密度,为车辆密度..(1)若交通流量,求道路密度的取值范围;(2)已知道路密度,交通流量,求车辆密度的最大值.20.(16分)已知双曲线与圆交于点,(第一象限),曲线为、上取满足的部分.(1)若,求的值;(2)当,与轴交点记作点、,是曲线上一点,且在第一象限,且,求;(3)过点斜率为的直线与曲线只有两个交点,记为、,用表示,并求的取值范围.21.(18分)已知数列为有限数列,满足,则称满足性质.(1)判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质,请说明理由;(2)若,公比为的等比数列,项数为10,具有性质,求的取值范围;(3)若是1,2,3,,的一个排列,符合,2,,,、都具有性质,求所有满足条件的数列. 参考答案1.,【解析】因为,2,,,4,,则,.故答案为:,.2.【解析】,故答案为:.3.【解析】由,得.故答案为:.4.【解析】由,得,把与互换,可得的反函数为.故答案为:.5.-1【解析】由约束条件作出可行域如图阴影部分,化目标函数为,由图可知,当直线过时,直线在轴上的截距最大,联立,解得,即.有最大值为.故答案为:.6.2【解析】行列式,可得,解得.故答案为:2.7.36【解析】因为四个数的平均数为4,所以,因为中位数是3,所以,解得,代入上式得,所以,故答案为:36.8.【解析】根据题意,等差数列满足,即,变形可得,所以.故答案为:.9.180【解析】根据题意,可得排法共有种.故答案为:180.10.【解析】椭圆的右焦点为,直线经过椭圆右焦点,交椭圆于、两点(点在第二象限),若点关于轴对称点为,且满足,可知直线的斜率为,所以直线的方程是:,即.故答案为:.11.,,,【解析】根据条件(1)可得或(1),又因为关于的方程无实数解,所以或1,故,,,,故答案为:,,,.12.6【解析】如图,设,,由,且,,分别以,为圆心,以1和2为半径画圆,其中任意两圆的公共点共有6个.故满足条件的的最大值为6.故答案为:6.13.B【解析】.显然当,时,不等式不成立,故错误;.,,,故正确;.显然当,时,不等式不成立,故错误;.显然当,时,不等式不成立,故错误.故选:.14.B【解析】为参数)的普通方程为:,即,不正确;为参数)的普通方程为:,即,正确;为参数)的普通方程为:,即,不正确;为参数)的普通方程为:,即,不正确;故选:.15.D【解析】如图,由点到的距离为3,到的距离为2,可得在△内,过作,且于,于,在平面中,过作,交于,则平面平面.连接,交于,连接,平面平面,平面平面,平面平面,.在中,过作,且于,则.线段在四边形内,在线段上,在四边形内.过点且与平行的直线相交的面是.故选:.16.C【解析】对于命题:当单调递减且恒成立时,当时,此时,又因为单调递减,所以又因为恒成立时,所以(a),所以(a),所以命题命题,对于命题:当单调递增,存在使得,当时,此时,(a),又因为单调递增,所以,所以(a),所以命题命题,所以,都是的充分条件,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、宽为1的矩形组成,.故该圆柱的表面积为.(2)正方形,,又,,,且、平面,平面,即在面上的投影为,连接,则即为线段与平面所成的角,而,线段与平面所成的角为.18.【解析】(1)由于的周期是,所以,所以.令,故或,整理得或.故解集为或,.(2)由于,所以.所以由于,,所以.,故,故.所以函数的值域为.19.【解析】(1),越大,越小,是单调递减函数,,当时,最大为85,于是只需令,解得,故道路密度的取值范围为.(2)把,代入中,得,解得.,当时,单调递增,;当时,是关于的二次函数,开口向下,对称轴为,此时有最大值,为.故车辆密度的最大值为.20.【解析】(1)由,点为曲线与曲线的交点,联立,解得,;(2)由题意可得,为曲线的两个焦点,由双曲线的定义可得,又,,所以,因为,则,所以,在△中,由余弦定理可得,由,可得;(3)设直线,可得原点到直线的距离,所以直线是圆的切线,设切点为,所以,并设与圆联立,可得,可得,,即,注意直线与双曲线的斜率为负的渐近线平行,所以只有当时,直线才能与曲线有两个交点,由,可得,所以有,解得或(舍去),因为为在上的投影可得,,所以,则,.21.【解析】(1)对于数列3,2,5,1,有,,,满足题意,该数列满足性质;对于第二个数列4、3、2、5、1,,,.不满足题意,该数列不满足性质.(2)由题意:,可得:,,3,,,两边平方可得:,整理可得:,当时,得此时关于恒成立,所以等价于时,,所以,,所以,或,所以取,当时,得,此时关于恒成立,所以等价于时,,所以,所以,所以取.当时:,当为奇数时,得,恒成立,当为偶数时,,不恒成立;故当时,矛盾,舍去.当时,得,当为奇数时,得,恒成立,当为偶数时,,恒成立;故等价于时,,所以,所以或,所以取,综上,.(3)设,,4,,,,因为,可以取,或,可以取,或,如果或取了或,将使不满足性质;所以的前5项有以下组合:①,;;;;②,;;;;③,;;;;④,;;;;对于①,,,,与满足性质矛盾,舍去;对于②,,,,与满足性质矛盾,舍去;对于③,,,,与满足性质矛盾,舍去;对于④,,,与满足性质矛盾,舍去;所以,4,,,,均不能同时使、都具有性质.当时,有数列,2,3,,,满足题意.当时,有数列,,,3,2,1满足题意.当时,有数列,1,3,,,满足题意.当时,有数列,,,,,3,2,1满足题意.所以满足题意的数列只有以上四种。

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