2020年上海高考数学真题试卷（word解析版）

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，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。