上海市2020年高考数学6月压轴卷（含解析）.docx

1、绝密启封前 20202020 上海市高考压轴卷上海市高考压轴卷 数数 学学 一、填空题（本大题满分 54 分）本大题共有 12 题，1-6 题每题 4 分，7-12 题每题 5 分考 生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得 4 分或 5 分，否则一律 得零分 1若集合 |1,Ax yxxR ， |1,Bx xxR ，则A B=_. 2函数 2 9lg 2cos21yxx的定义域是_. 3已知i为虚数单位，复数z满足 1 1 z i z ，则z_. 4设数列 n a的前n项和为 n S，且对任意正整数n，都有 01 0110 12 n n a nS ，则 1 a _ 5从总体中

2、抽取 6 个样本：4，5，6，10，7，4，则总体方差的点估计值为_. 6已知双曲线与椭圆 22 1 166 xy 有相同的焦点，且双曲线的渐进线方程为 1 2 yx ，则此 双曲线方程为_ 7已知函数 2 23f xxax在区间,4上是增函数，则实数a的取值范围是 _. 8计算： 1 3( 2) lim 32 nn nn n _. 9 某微信群中四人同时抢3个红包 （金额不同） ， 假设每人抢到的几率相同且每人最多抢一个， 则其中甲、乙都抢到红包的概率为 _. 10向量集合, ,Sa ax yx y R,对于任意,S ,以及任意0,1,都有 1S ,则称S为“C类集”,现有四个命题: 若S为

3、“C类集”,则集合,Ma aSR也是“C类集”; 若S,T都是“C类集”,则集合 ,Mab aS bT也是“C类集”; 若 12 ,A A都是“C类集”,则 12 AA也是“C类集”; 若 12 ,A A都是“C类集”,且交集非空,则 12 AA也是“C类集”. 其中正确的命题有_(填所有正确命题的序号) 11已知a、b、2c是平面内三个单位向量，若ab ，则42 32acabc的最小值 是_ 12已知数列 n a的通项公式为 5 2 n n a ，数列 n b的通项公式为 n bnk ， 设 ,() ,() nnn n nnn bab c aab ，若在数列 n c中， 5n cc对任意 *

4、 nN恒成立，则实数k的取值范 围是_; 二、选择题（本大题满分 20 分）本大题共有 4 题，每题有且只有一个正确答案考生必须在 答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 5 分，否则一律得零分 13在直三棱柱 111 ABCABC中，己知ABBC，2ABBC， 1 2 2CC ，则异面直 线 1 AC与 11 AB所成的角为（ ） A30 B45 C60 D90 14已知函数( ) 3sin 2, 6 f xx 13 0, 6 x ，若函数( )( )2F xf x的所有零点依 次记为 1, x 2, x , n x，且 12n xxx，则 121 22 nn xxxx ( )

5、A2 B 11 3 C4 D 22 3 15若实数 x，y 满足 2 220 1 yx xy y ，则2zxy的最大值是（ ） A9 B12 C3 D6 16对于全集U的子集A定义函数 1 0 A U xA fx xA 为A的特征函数,设,A B为全集 U的子集,下列结论中错误的是( ) A若,AB则 AB fxfx B 1 RA A fxfx C A BAB fxfxfx D A BAB fxfxfx 三、解答题（本大题满分 76 分）本大题共有 5 题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规 定区域内写出必要的步骤 17正四棱锥PABCD的底面正方形边长是 3，O是在底面上的射影，6PO ，

6、Q是AC 上的一点，过Q且与PA、BD都平行的截面为五边形EFGHL （1）在图中作出截面EFGHL，并写出作图过程； （2）求该截面面积的最大值 18在ABC中，内角 , ,A B C所对的边长分别是, ,a b c. （1）若2, 3 cC ，且ABC的面积 3S ，求, a b的值； （2）若sinsinsin2ABBAA，试判断ABC的形状. 19如图所示，某街道居委会拟在EF地段的居民楼正南方向的空白地段AE上建一个活动中 心，其中30AE 米活动中心东西走向，与居民楼平行. 从东向西看活动中心的截面图的下 部分是长方形ABCD，上部分是以DC为直径的半圆. 为了保证居民楼住户的采光

7、要求，活 动中心在与半圆相切的太阳光线照射下落在居民楼上的影长GE不超过 2.5 米，其中该太阳光 线与水平线的夹角满足 3 tan 4 . （1）若设计18AB米，6AD米，问能否保证上述采光要求？ （2）在保证上述采光要求的前提下，如何设计AB与AD的长度，可使得活动中心的截面面 积最大？（注：计算中取 3） 20已知椭圆 C： 22 22 1(0) xy ab ab 经过定点 2 1, 2 E ，其左右集点分别为 1 F， 2 F且 12 2 2EFEF，过右焦 2 F且与坐标轴不垂直的直线 l 与椭圈交于 P，Q 两点. （1）求椭圆 C 的方程： （2）若 O 为坐标原点，在线段 2

8、 OF上是否存在点( ,0)M m，使得以MP，MQ为邻边的平 行四边形是菱形？若存在，求出 m 的取值范围；若不存在，请说明理由. 21已知数列 n a的前n项和为 n S，且满足 1 3aa a， 1 3n nn aS ，设3n nn bS， * nN. （）求证：数列 n b是等比数列； （）若 1nn aa ， * nN，求实数a的最小值； （） 当4a时， 给出一个新数列 n e， 其中 3,1 ,2 n n n e b n ， 设这个新数列的前n项和为 n C， 若 n C可以写成 p t（t， * pN且1t ， 1p ）的形式，则称 n C为“指数型和”.问 n C中的 项是否

9、存在“指数型和”，若存在，求出所有“指数型和”；若不存在，请说明理由. 参考答案及解析参考答案及解析 1 【答案】 1 【解析】 由A中1yx，得到1 0x ， 解得：1x，即 |1Ax x=， 由B中不等式变形得：11x 剟，即 | 11Bxx 剟 ， 则1AB， 故答案为：1 2 【答案】 55 3,3 66 66 【解析】 因为 2 9lg 2cos21yxx， 所以 2 90 2cos210 x x ， 所以 33 1 cos2 2 x x ， 所以 33 , 66 x kxkkZ ， 解得 5 3 6 x 或 66 x 或 5 3 6 x . 故答案为： 55 3,3 66 66 3

10、 【答案】1 【解析】 因为 1 1 z i z ，所以 2 1(1) 1(1) 1(1)(1) ii zz izi iii ，则 22 |0( 1)1z . 故答案为：1. 4 【答案】1 【解析】 由 01 1101 011(2 ) 10 212 12 n nnn n n a aa Sn nSn nS ，令1n ， 得 11 (2) 10a a ，解得 1 1a 。 5 【答案】13 3 【解析】 6 个样本的平均数 4561074 6 6 x ，所以方差 2222222 1 (46)(56)(66)(106)(76)(46) 6 s 2613 63 . 故答案为： 13 3 6 【答案】

11、 22 1 82 xy 【解析】 22 1 166 xy 的焦点为： 10,0 双曲线的渐进线方程为 1 2 yx ，则设双曲线方程为： 22 22 1 4 xy bb ，焦点为 10,0 故 222 4102bbb ，双曲线方程为 22 1 82 xy 故答案为： 22 1 82 xy 7 【答案】4, 【解析】 2 23f xxax对称轴方程为xa， ( )f x在区间 ,4上是增函数，所以4a. 故答案为:4,. 8 【答案】 1 3 【解析】 1 112 1 0 3( 2)1333 3 limlim 32103 12 1 33 n nn nnn nn . 故答案为： 1 3 . 9 【

12、答案】 1 2 【解析】 某微信群中四人同时抢3个红包（金额不同） ，假设每人抢到的几率相同且每人最多抢一个， 则基本事件总数 3 4 nA， 其中甲、乙都抢到红包包含的基本事件个数 221 322 mC A A， 其中甲、乙都抢到红包的概率 221 322 3 4 3 2 21 4 3 22 m p A An CA 故答案为： 1 2 . 10 【答案】 【解析】 集合, ,Sa ax yx yR,对于任意,S , 且任意0,1,都有1S 可以把这个“C类集”理解成,任意两个S中的向量所表示的点的连线段上所表示的点都在S 上,因此可以理解它的图象成直线 对于,Ma aSR,向量a整体倍,还是

13、表示的是直线,故正确; 对于,因为S,T都是“C类集”,故 ,Mab aS bT还是表示的是直线,故正确; 对于,因为 12 ,A A都是“C类集”,可得 12 AA是表示两条直线,故错误; 对于, 12 ,A A都是“C类集”,且交集非空,可得 12 AA表示一个点或者两直线共线时还是一条 直线. 综上所述,正确的是. 故答案为:. 11 【答案】4 5 【解析】 令2c e rr ，设(1,0)a ， (0,1)b r ，e对应的点C在单位圆上， 所以问题转化为求| 2 |64|aeabe rrrrr 的最小值. 因为 22 22 (2 )(2)330aeaeea rrrrrr ，所以|

14、2 | |2|aeae rrrr ， 所以 2222 |64|()|(22)6(4)|aeyabexxy rrrrr ， 表示C点到点( 2,0)和(6,4)的距离之和， 过点( 2,0)和(6,4)的直线为220xy-+=， 原点到直线220xy-+=的距离为 2 1 1( 2) 22 5 ，所以与单位圆相交， 所以| 2 |64|aeabe rrrrr 的最小值为：点( 2,0)和(6,4)之间的距离，即4 5. 故答案为：4 5. 12 【答案】5, 3 . 【解析】 连接 1 AC， 1 BC，如图： 又 11 ABAB，则 1 BAC为异面直线 1 AC与 11 AB所成的角. 因为

15、ABBC，且三棱柱为直三棱柱， 1 ABCC，AB 面 11 BCC B， 1 ABBC， 又2ABBC， 1 2 2CC ， 2 2 1 2 222 3BC ， 1 tan3BAC，解得 1 60BAC. 故选 C 14 【答案】D 【解析】 令2 62 xk 得, 62 k x kZ， 即 ( )f x的对称轴方程为 k , 62 x kZ. ( )f x的最小正周期为,T 13 0, 6 x ， ( )f x 在 13 0, 6 x 上有 5 条对称轴， 第一条是 6 ，最后一条是：13 6 ； 1, x 2 x关于 6 对称， 2, x 3 x关于 4 6 对称 4, x 5 x关于

16、10 6 对称 12 2, 6 xx 23 4 2, 6 xx 34 7 2, 6 xx , 45 10 2 6 xx ， 将以上各式相加得： 1231 471022 2222 66663 nn xxxxx . 故选：D. 15. 【答案】A 【解析】 作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分） ： 由2zxy得2yxz， 平移直线2yxz， 由图像可知当直线2yxz经过点A时， 直线2yxz的截距最小， 此时z最大， 由 1 220 y xy ，解得 4 1 x y ，即 4, 1A ， max 2 4 19z . 故选：A 16 【答案】D 【解析】 1 0 A U xA fx xA 对于

17、 A,AB, 分类讨论： 当xA,则,xB此时( )( )1 AB fxfx 当xA且xB,即 U xB,此时( )( )0 AB fxfx， 当xA且xB, 即() U xAB时,( )0,( )1 AB fxfx,此时( )( ) AB fxfx 综合所述,有( )( ) AB fxfx,故 A 正确; 对于 B , 1, ( )1( ) 0, A U U A xA fxfx xA ,故(2)正确； 对于 C , 1, ( ) 0,() AB U xAB fx xCAB 1, 0, UU xAB xC AC B 1,1, 0,0, UU xAxB xC AxC B ( )( ) AB fx

18、fx,故 C 正确; 对于 D , 0, ( )( )( ) 1,() ABAB U xAB fxfxfx xCAB ,故 D 错误. 故选:D. 17 【答案】 （1）见解析； （2）9. 【解析】 （1）由题可知，Q是AC上的一点，过Q且与PA、BD都平行的截面为五边形EFGHL， 过Q作/ELBD，交AB于点E，交AD于点L， 过Q作/ /QGPA，交PC于点G， 再过点E作/EFPA，交PB于点F， 过点L作/HLPA交PD于点H，连接,FG GH FH， /EFPA，/HLPA， / /GQPA， / / /EFHLGQ ， 所以,E F G H L共面，Q平面EFGHL， /ELB

19、D，EL 平面EFGHL， / /BD平面EFGHL，同理/PA平面EFGHL. 所以过Q且与PA、BD都平行的截面EFGHL如下图： （2）由题意可知，/PA截面EFGHL，/ /BD截面EFGHL， / /,/ /,/ /PAEF PAHL PAGQ ，/ /,/ /BDEL BDFH， 而O是在底面上的射影，6PO ， PO平面ABCD，BDAC， POBD，且ACBDO， 所以BD 平面PAC，则BDPA， EFEL， 又/FHBD， PABCD为正四棱锥， PHPF，故PFGPHG， 于是GFGH， 因此截面EFGHL是由两个全等的直角梯形组成， 因/ELBD，则AEL为等腰直角三角

20、形， 设EQx，则QLx， 所以， 3 2 2 3 2 2 x EFBEOQ PABAOA ， 2 1 3 EFx PA ，同理得， 2 1 6 QGx PA ， 又因为 22 9 2 2 PAPOOA， 设截面EFGHL面积为S， 所以 29 2 2 22 SEFQG EQxx ， 即： 2 2 99 9 229 22 Sxxx ， 当且仅当2x 时，S有最大值为 9. 所以截面EFGHL的面积最大值为 9. 18 【答案】 （1）2ab； （2）直角三角形或等腰三角形. 【解析】 （1）因为2, 3 cC ，又余弦定理可得： 222 2coscababC， 即 22 4abab 又ABC的

21、面积3S ， 所以 1 sin3 2 abC ，因此4ab； 由解得：2ab； （2）因为sinsinsin2ABBAA， 所以sincoscossinsincoscossin2sincosABABBABAAA， 即cossinsincosABAA， 所以cos0A或sinsinAB， 因此 2 A 或AB， 所以ABC是直角三角形或等腰三角形. 19 【答案】 （）能（）20AB 米且5AD 米 【解析】 如图，以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，建立平面直角坐标系 （1）因为 AB18 米，AD6 米， 所以半圆的圆心为 H(9,6)，半径 r9. 设太阳光线所在直线方程为 y

22、3 4 xb， 即 3x4y4b0，则由 22 27+24-4b 3 +4 9， 解得 b24 或 b 3 2 (舍) 故太阳光线所在直线方程为 y 3 4 x24, 令 x30，得 EG1.52.5. 所以此时能保证上述采光要求 （2）设 ADh 米，AB2r 米， 则半圆的圆心为 H(r，h)，半径为 r. 方法一 设太阳光线所在直线方程为 y 3 4 xb， 即 3x4y4b0， 由 22 3r+4h-4b 3 +4 r，解得 bh2r 或 bh r 2 (舍) 故太阳光线所在直线方程为 y 3 4 xh2r， 令 x30，得 EG2rh 45 2 ， 由 EG 5 2 ，得 h252r

23、. 所以 S2rh 1 2 r22rh 3 2 r22r(252r) 3 2 r2 5 2 r250r 5 2 (r10)2250250. 当且仅当 r10 时取等号 所以当 AB20 米且 AD5 米时， 可使得活动中心的截面面积最大 方法二 欲使活动中心内部空间尽可能大， 则影长 EG 恰为 2.5 米，则此时点 G 为(30,2.5)， 设过点 G 的上述太阳光线为 l1， 则 l1所在直线方程为 y 5 2 3 4 (x30)， 即 3x4y1000. 由直线 l1与半圆 H 相切，得 r 3r+4h-100 5 . 而点 H(r，h)在直线 l1的下方，则 3r4h1000， 即 r

24、 3r+4h-100 5 ，从而 h252r. 又 S2rh 1 2 r22r(252r) 3 2 r2 5 2 r250r 5 2 (r10)2250250.当且仅当 r 10 时取等号 所以当 AB20 米且 AD5 米时， 可使得活动中心的截面面积最大 20 【答案】 （1） 2 2 1 2 x y（2）存在，m 的取值范围为 1 0, 2 【解析】 （1）点 E 在椭圆上，且 12 2 2EFEF， 2 2 2a ， 2a ， 又定点 2 1, 2 E 在椭圆上， 22 11 1 2ab ， 1b ， 椭圆 C 的方程为： 2 2 1 2 x y； （2） 假设存在点( ,0)M m满

25、足条件， 设 11 (,)P x y， 22 (,)Q xy， 直线 l 的方程为：(1)yk x， 联立方程 2 2 (1) 1 2 yk x x y ，消去 y 得： 2222 (12)4220kxk xk， 2 12 2 4k 12k xx ， 2 12 2 22 12 k x x k ， 2 880k ， 又 11 ,MPxm y， 22 ,MQxm y， 2121 ,PQxx yy， 1212 2 ,MPMQxxm yy， 由题意知. 21211221 (2 )()()()xxm xxMPMQPQyyyy 212112 (2 )()()0xxm xxyy， 12 xx， 2112 2

26、()0xxmk yy， 即 2 2112 220xxmkxx， 则 22 2 22 44 220 1212 kk mk kk ， 2 0 12 m k m ， 1 0 2 m， 故存在点( ,0)M m，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形，m 的取值范围为 1 0, 2 . 21 【答案】 （I）详见解析； （II）9； （III） 3 C为指数型和. 【解析】 （I） 1 3n nn aS ， * 11 323 , nn nnnnn SSSSSnN .由于3n nn bS，当3a 时， 11 11 3233 2 33 nnn nnn nn nnn bSS bSS ，所以数列 n b是等

27、比数列. 11 33bSa ， 1 32n n ba . （II）由（I）得 1 332 nn nn bSa ， 1 332 nn n Sa 12* 1 2 332,2, nn nnn aSSannN ，所以 12 ,1 2 332,2 nnn a n a an .因为 1nn aa ， 21 3aaaa .当2n时， 12 2 332 nn n aa ， 1 1 2 332 nn n aa ，而 1nn aa ，所以 1 0 nn aa ， 即 121 2 3322 332 nnnn aa 12 4 3320 nn a ，化简得 1 1 2 4 33 383 22 n n n a ，由于当2

28、n时， 1 3 83 2 n 单调递减，最大值为 2 1 3 831239 2 ，所以 9a ，又3a，所以a的最小值为9. （III）由（I）当4a时， 1 2n n b ，当2n时， 1 21 2 3242321 1 2 n nn n C . 1 3C 也符合上式，所以对正整数n都有 21 n n C .由21,12 pnpn tt ， （ * , tp N 且 1,1tp） ，t只能是不小于3的奇数. 当p为偶数时， 22 1112 pp pn ttt ，由于 2 1 p t 和 2 1 p t 都是大于1的正整数， 所以存在正整数,g h，使得22 12 ,12 pp gh tt ，222,2212 ghhg h ，所以 22 h ，且2121,2 g h hg ，相应的3n，即有 2 3 3C ， 3 C为“指数型和”； 当p为奇数时， 21 11 1 pp ttttt ，由于 21 1 p ttt 是 p个奇数 之和，仍为奇数，又1t为正偶数，所以 21 1 12 pn tttt 不成立，此时没“指 数型和”. 综上所述， n C中的项存在“指数型和”，为 3 C.