2020年上海市高考数学试卷+参考答案+详情解析.doc

1、2020年上海市高考数学试卷一、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（4分）已知集合A1，2，4，集合B2，4，5，则AB 2（4分）计算： 3（4分）已知复数z12i（i为虚数单位），则|z| 4（4分）已知函数f（x）x3，f（x）是f（x）的反函数，则f（x） 5（4分）已知x、y满足，则zy2x的最大值为 6（4分）已知行列式6，则 7（5分）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 8（5分）已知数列an是公差不为零的等差数列，且a1+a10a9，则 9（5分）从6个人挑选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排

2、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（5分）已知椭圆C：+1的右焦点为F，直线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），若点Q关于x轴对称点为Q，且满足PQFQ，求直线l的方程是 11（5分）设aR，若存在定义域为R的函数f（x）同时满足下列两个条件：（1）对任意的x0R，f（x0）的值为x0或x02；（2）关于x的方程f（x）a无实数解，则a的取值范围是 12 （5分）已知，（kN*）是平面内两两互不相等的向量，满足|1，且|1，2（其中i1，2，j1，2，k），则k的最大值是 二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13（5分）下列等式

3、恒成立的是（）Aa2+b22abBa2+b22abCa+b2Da2+b22ab14（5分）已知直线方程3x+4y+10的一个参数方程可以是（）ABCD15（5分）在棱长为10的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，则过点P且与A1C平行的直线相交的面是（）AAA1B1BBBB1C1CCCC1D1DDABCD16（5分）命题p：存在aR且a0，对于任意的xR，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x00使得f（x0）0，则下列说法正确的是（）A

4、只有q1是p的充分条件 B只有q2是p的充分条件Cq1，q2都是p的充分条件 Dq1，q2都不是p的充分条件三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+1876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）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）sinx，0（1）f（x）的周期是4，求，并求f（x）的解集；（2）已知1，g（x）f2（x）+f（x）f（x），x0，求g（x）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

5、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v，x为道路密度，q为车辆密度vf（x）（1）若交通流量v95，求道路密度x的取值范围；（2）已知道路密度x80，交通流量v50，求车辆密度q的最大值20（16分）已知双曲线1：1与圆2：x2+y24+b2（b0）交于点A（xA，yA）（第一象限），曲线为1、2上取满足x|xA|的部分（1）若xA，求b的值；（2）当b，2与x轴交点记作点F1、F2，P是曲线上一点，且在第一象限，且|PF1|8，求F1PF2；（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，并求的取值范围2

6、1（18分）已知数列an为有限数列，满足|a1a2|a1a3|a1am|，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P，请说明理由；（2）若a11，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；（3）若an是1，2，3，m的一个排列（m4），bn符合bkak+1（k1，2，m1），an、bn都具有性质P，求所有满足条件的数列an2020年上海市高考数学试卷参考答案与试题解析一、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（4分）已知集合A1，2，4，集合B2，4，5，则AB2，4【分析】由交集的定义可得出结

7、论【解答】解：因为A1，2，3，B2，4，5，则AB2，4故答案为：2，4【点评】本题考查交集的定义，属于基础题2（4分）计算：【分析】由极限的运算法则和重要数列的极限公式，可得所求值【解答】解：，故答案为：【点评】本题考查数列的极限的求法，注意运用极限的运算性质，考查运算能力，是一道基础题3（4分）已知复数z12i（i为虚数单位），则|z|【分析】由已知直接利用复数模的计算公式求解【解答】解：由z12i，得|z|故答案为：【点评】本题考查复数模的求法，是基础的计算题4（4分）已知函数f（x）x3，f（x）是f（x）的反函数，则f（x）x，xR【分析】由已知求解x，然后把x与y互换即可求得原函

8、数的反函数【解答】解：由yf（x）x3，得x，把x与y互换，可得f（x）x3的反函数为f1（x）故答案为：【点评】本题考查函数的反函数的求法，注意反函数的定义域是原函数的值域，是基础题5（4分）已知x、y满足，则zy2x的最大值为1【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图阴影部分，化目标函数zy2x为y2x+z，由图可知，当直线y2x+z过A时，直线在y轴上的截距最大，联立，解得，即A（1，1）z有最大值为1211故答案为：1【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解

9、题思想方法，是中档题6（4分）已知行列式6，则2【分析】直接利用行列式的运算法则求解即可【解答】解：行列式6，可得36，解得2故答案为：2【点评】本题考查行列式的应用，代数余子式的应用，是基本知识的考查7（5分）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ab36【分析】分别由题意结合中位数，平均数计算方法得a+b13，3，解得a，b，再算出答案即可【解答】解：因为四个数的平均数为4，所以a+b441213，因为中位数是3，所以3，解得a4，代入上式得b1349，所以ab36，故答案为：36【点评】本题考查样本的数字特征，中位数，平均数，属于基础题8（5分）已知数列an是公

10、差不为零的等差数列，且a1+a10a9，则【分析】根据等差数列的通项公式可由a1+a10a9，得a1d，在利用等差数列前n项和公式化简即可得出结论【解答】解：根据题意，等差数列an满足a1+a10a9，即a1+a1+9da1+8d，变形可得a1d，所以故答案为：【点评】本题考查等差数列的前n项和与等差数列通项公式的应用，注意分析a1与d的关系，属于基础题9（5分）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180种安排情况【分析】根据题意，由组合公式得共有排法，计算即可得出答案【解答】解：根据题意，可得排法共有180种故答案为：180【点

11、评】本题考查组合数公式，解题关键是正确理解题意并熟悉组合数公式，属于基础题10（5分）已知椭圆C：+1的右焦点为F，直线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），若点Q关于x轴对称点为Q，且满足PQFQ，求直线l的方程是x+y10【分析】求出椭圆的右焦点坐标，利用已知条件求出直线的斜率，然后求解直线方程【解答】解：椭圆C：+1的右焦点为F（1，0），直线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），若点Q关于x轴对称点为Q，且满足PQFQ，可知直线l的斜率为1，所以直线l的方程是：y（x1），即x+y10故答案为：x+y10【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用直

12、线与直线的对称关系的应用，直线方程的求法，是基本知识的考查11（5分）设aR，若存在定义域为R的函数f（x）同时满足下列两个条件：（1）对任意的x0R，f（x0）的值为x0或x02；（2）关于x的方程f（x）a无实数解，则a的取值范围是（，0）（0，1）（1，+）【分析】根据条件（1）可知x00或1，进而结合条件（2）可得a的范围【解答】解：根据条件（1）可得x00或1，又因为关于x的方程f（x）a无实数解，所以a0或1，故a（，0）（0，1）（1，+），故答案为：（，0）（0，1）（1，+）【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，属于基础题12（5分）已知，（kN*）是平面内两两互不相等的向

13、量，满足|1，且|1，2（其中i1，2，j1，2，k），则k的最大值是6【分析】设，结合向量的模等于1和2画出图形，由圆的交点个数即可求得k的最大值【解答】解：如图，设，由|1，且|1，2，分别以A1，A2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k的最大值为6故答案为：6【点评】本题考查两向量的线性运算，考查向量模的求法，正确理解题意是关键，是中档题二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13（5分）下列等式恒成立的是（）Aa2+b22abBa2+b22abCa+b2Da2+b22ab【分析】利用（a+b）20恒成立，可直接得到a2+b22ab成立，通过举反例

14、可排除ACD【解答】解：A显然当a0，b0时，不等式a2+b22ab不成立，故A错误；B（a+b）20，a2+b2+2ab0，a2+b22ab，故B正确；C显然当a0，b0时，不等式a+b2不成立，故C错误；D显然当a0，b0时，不等式a2+b22ab不成立，故D错误故选：B【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了转化思想，属基础题14（5分）已知直线方程3x+4y+10的一个参数方程可以是（）ABCD【分析】选项的参数方程，化为普通方程，判断即可【解答】解：的普通方程为：，即4x+3y10，不正确；的普通方程为：，即3x+4y+10，正确；的普通方程为：，即4x+3y10，不正确；的普通方

15、程为：，即3x+4y70，不正确；故选：B【点评】本题考查直线的参数方程与普通方程的互化，是基本知识的考查15（5分）在棱长为10的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，则过点P且与A1C平行的直线相交的面是（）AAA1B1BBBB1C1CCCC1D1DDABCD【分析】由图可知点P在AA1D内，过P作EFA1D，且EFAA1于E，EFAD于F，在平面ABCD中，过F作FGCD，交BC于G，由平面与平面平行的判定可得平面EFG平面A1DC，连接AC，交FG于M，连接EM，再由平面与平面平行的性质得EMA1C，在EFM

16、中，过P作PNEM，且PNFM于N，可得PNA1C，由此说明过点P且与A1C平行的直线相交的面是ABCD【解答】解：如图，由点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，可得P在AA1D内，过P作EFA1D，且EFAA1于E，EFAD于F，在平面ABCD中，过F作FGCD，交BC于G，则平面EFG平面A1DC连接AC，交FG于M，连接EM，平面EFG平面A1DC，平面A1AC平面A1DCA1C，平面A1AC平面EFMEM，EMA1C在EFM中，过P作PNEM，且PNFM于N，则PNA1C线段FM在四边形ABCD内，N在线段FM上，N在四边形ABCD内过点P且与A1C平行的直线相交的面是ABC

17、D故选：D【点评】本题考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题16（5分）命题p：存在aR且a0，对于任意的xR，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x00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B只有q2是p的充分条件Cq1，q2都是p的充分条件Dq1，q2都不是p的充分条件【分析】对于命题q1：当a0时，结合f（x）单调递减，可推出 f（x+a）f（x）f（x）+f（a），命题q1是命题p的充分条件对于命题q2：当ax00时，f（a）f（x0）0，结合

18、f（x）单调递增，推出f（x+a）f（x），进而f（x+a）f（x）+f（a），命题q2都是p的充分条件【解答】解：对于命题q1：当f（x）单调递减且f（x）0恒成立时，当a0时，此时x+ax，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命题p，对于命题q2：当f（x）单调递增，存在x00使得f（x0）0，当ax00时，此时x+ax，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命题p，所以q1，q2都是p的充分

19、条件，故选：C【点评】本题考查命题的真假，及函数的单调性，关键是分析不等式之间关系，属于中档题三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+1876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）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【分析】（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，依次求出圆面和矩形的面积，相加即可；（2）先利用线面垂直的判定定理证明AD1平面ADB，连接CD1，则D1CA即为线段CD1与平面ABCD所成的角，再利用三角函数的知识

20、求出cosD1CA即可【解答】解：（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，S212+214故该圆柱的表面积为4（2）正方形ABC1D1，AD1AB，又DAD1，AD1AD，ADABA，且AD、AB平面ADB，AD1平面ADB，即D1在面ADB上的投影为A，连接CD1，则D1CA即为线段CD1与平面ABCD所成的角，而cosD1CA，线段CD1与平面ABCD所成的角为arccos【点评】本题考查圆柱的表面积、空间线面夹角问题，熟练掌握线面垂直的判定定理是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题18（14分）已知函数f（x）sinx，0（1）f（x）

21、的周期是4，求，并求f（x）的解集；（2）已知1，g（x）f2（x）+f（x）f（x），x0，求g（x）的值域【分析】（1）直接利用正弦型函数的性质的应用求出结果（2）利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出函数的值域【解答】解：（1）由于f（x）的周期是4，所以，所以f（x）sin令sin，故或，整理得或故解集为x|或，kZ（2）由于1，所以f（x）sinx所以g（x）sin（2x+）由于x0，所以，故，故所以函数g（x）的值域为【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型19（14分）在研

22、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v，x为道路密度，q为车辆密度vf（x）（1）若交通流量v95，求道路密度x的取值范围；（2）已知道路密度x80，交通流量v50，求车辆密度q的最大值【分析】（1）易知v越大，x越小，所以vf（x）是单调递减函数，k0，于是只需令，解不等式即可；（2）把x80，v50代入vf（x）的解析式中，求出k的值，利用qvx可得到q关于x的函数关系式，分段判断函数的单调性，并求出各自区间上q的最大值，取较大者即可【解答】解：（1）v，v越大，x越小，vf（x）是

23、单调递减函数，k0，当40x80时，v最大为85，于是只需令，解得x3，故道路密度x的取值范围为（3，40）（2）把x80，v50代入vf（x）k（x40）+85中，得50k40+85，解得kqvx，当0x40时，q单调递增，q100401354000；当40x80时，q是关于x的二次函数，开口向下，对称轴为x，此时q有最大值，为4000故车辆密度q的最大值为【点评】本题考查分段函数的实际应用，考查学生分析问题和解决问题的能力，以及运算能力，属于中档题20（16分）已知双曲线1：1与圆2：x2+y24+b2（b0）交于点A（xA，yA）（第一象限），曲线为1、2上取满足x|xA|的部分（1）若

24、xA，求b的值；（2）当b，2与x轴交点记作点F1、F2，P是曲线上一点，且在第一象限，且|PF1|8，求F1PF2；（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，并求的取值范围【分析】（1）联立曲线1与曲线2的方程，以及xA，解方程可得b；（2）由双曲线的定义和三角形的余弦定理，计算可得所求角；（3）设直线l：yx+，求得O到直线l的距离，判断直线l与圆的关系：相切，可设切点为M，考虑双曲线的渐近线方程，只有当yA2时，直线l才能与曲线有两个交点，解不等式可得b的范围，由向量投影的定义求得，进而得到所求范围【解答】解：（1）由xA，点A为曲线1与曲线2的交点

25、，联立，解得yA，b2；（2）由题意可得F1，F2为曲线1的两个焦点，由双曲线的定义可得|PF1|PF2|2a，又|PF1|8，2a4，所以|PF2|844，因为b，则c3，所以|F1F2|6，在PF1F2中，由余弦定理可得cosF1PF2，由0F1PF2，可得F1PF2arccos；（3）设直线l：yx+，可得原点O到直线l的距离d，所以直线l是圆的切线，设切点为M，所以kOM，并设OM：yx与圆x2+y24+b2联立，可得x2+x24+b2，可得xb，y2，即M（b，2），注意直线l与双曲线的斜率为负的渐近线平行，所以只有当yA2时，直线l才能与曲线有两个交点，由，可得yA2，所以有4，解

26、得b22+2或b222（舍去），因为为在上的投影可得，4+b2，所以4+b26+2，则（6+2，+）【点评】本题考查双曲线与圆的定义和方程、性质，考查直线和圆的方程、双曲线的方程的联立，以及向量的数量积的几何意义，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题21（18分）已知数列an为有限数列，满足|a1a2|a1a3|a1am|，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P，请说明理由；（2）若a11，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；（3）若an是1，2，3，m的一个排列（m4），bn符合bkak+1（k1，2，m1），an、bn都具

27、有性质P，求所有满足条件的数列an【分析】（1）根据定义，验证两个数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P即可；（2）假设公比q的等比数列满足性质p，可得：|a1a1qn|a1a1qn1|，推出（q1）qn1qn1（q+1）20，通过q1，0q1时，1q0时：q1时，四种情况讨论求解即可（3）设a1p，分p1时，当pm时，当p2时，当pm1时，以及P3，4，m3，m2，五种情况讨论，判断数列an的可能情况，分别推出bn判断是否满足性质P即可【解答】解：（1）对于数列3，2，5，1，有|23|1，|53|2，|13|2，满足题意，该数列满足性质P；对于第二个数列4、3、2、5、1，|

28、34|1，|24|2，|54|1不满足题意，该数列不满足性质P（2）由题意：|a1a1qn|a1a1qn1|，可得：|qn1|qn11|，n2，3，9，两边平方可得：q2n2qn+1q2n22qn1+1，整理可得：（q1）qn1qn1（q+1）20，当q1时，得qn1（q+1）20此时关于n恒成立，所以等价于n2时，q（q+1）20，所以，（q+2）（q1）0，所以q2，或q1，所以取q1，当0q1时，得qn1（q+1）20，此时关于n恒成立，所以等价于n2时，q（q+1）20，所以（q+2）（q1）0，所以2q1，所以取0q1当1q0时：qn1qn1（q+1）20，当n为奇数时，得qn1（q

29、+1）20，恒成立，当n为偶数时，qn1（q+1）20，不恒成立；故当1q0时，矛盾，舍去当q1时，得qn1qn1（q+1）20，当n为奇数时，得qn1（q+1）20，恒成立，当n为偶数时，qn1（q+1）20，恒成立；故等价于n2时，q（q+1）20，所以（q+2）（q1）0，所以q2或q1，所以取q2，综上q（，2（0，+）（3）设a1p，p3，4，m3，m2，因为a1p，a2可以取p1，或p+1，a3可以取p2，或p+2，如果a2或a3取了p3或p+3，将使an不满足性质P；所以an的前5项有以下组合：a1p，a2p1；a3p+1；a4p2；a5p+2；a1p，a2p1；a3p+1；a4

30、p+2；a5p2；a1p，a2p+1；a3p1；a4p2；a5p+2；a1p，a2p+1；a3p1；a4p+2；a5p2；对于，b1p1，|b2b1|2，|b3b1|1，与bn满足性质P矛盾，舍去；对于，b1p1，|b2b1|2，|b3b1|3，|b4b1|2与bn满足性质P矛盾，舍去；对于，b1p+1，|b2b1|2，|b3b1|3，|b4b1|1与bn满足性质P矛盾，舍去；对于b1p+1，|b2b1|2，|b3b1|1，与bn满足性质P矛盾，舍去；所以P3，4，m3，m2，均不能同时使an、bn都具有性质P当p1时，有数列an：1，2，3，m1，m满足题意当pm时，有数列an：m，m，3，2，1满足题意当p2时，有数列an：2，1，3，m1，m满足题意当pm1时，有数列an：m1，m，m2，m3，3，2，1满足题意所以满足题意的数列an只有以上四种【点评】本题考查数列的综合应用，不等式以及不等关系，二次函数的性质以及函数的相关性质的综合应用，考查分析问题解决问题的能力是难度大的题目，必须由高的数学思维逻辑修养才能解答