1、2020届上海市普陀区高考一模数学试题一、单选题1“”是“”成立的 （ ）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分也非必要条件【答案】A【解析】先求出命题所对应的集合，讨论集合之间的包含关系，得出结论【详解】解：，“”是“”成立的充分非必要条件，故选：【点睛】本题考查解不等式，简易逻辑，属于基础题2设集合，若，则对应的实数对有（ ）A对B对C对D对【答案】D【解析】先解出，再讨论包含关系（注意集合元素互异性），解出数对【详解】解：因为集合，所以，因为，所以，或，或，当时，即，此时可知，成立，即，；当时，即，此时可知，成立，即，；当时，则或当时，即，此时可知，成立，即，；当时，即，此
2、时可知，成立，即，；综上所述：，或，或，或，共4对故选：【点睛】本题考查集合关系，综合集合元素互异性，属于基础题3已知两个不同平面，和三条不重合的直线，则下列命题中正确的是（ ）A若，则B若，在平面内，且，则C若，是两两互相异面的直线，则只存在有限条直线与，都相交D若，分别经过两异面直线，且，则必与或相交【答案】D【解析】直接利用定义和判定定理的应用求出结果【详解】解：对于选项：若，则直线也可能与直线异面，故错误对于选项：只有直线和为相交直线时，若，则故错误对于选项：若，是两两互相异面的直线，则要么存在一条直线或不存在直线与，都相交故错误对于选项：若，分别经过两异面直线，且，则必与或相交，正确
3、故选：【点睛】本题考查的知识要点：立体几何中的定义和判定的定理的应用，主要考查学生对定义的理解能力，属于基础题4若直线：经过第一象限内的点，则的最大值为（ ）ABCD【答案】B【解析】直线经过第一象限内的点，可得，令，再利用基本不等式计算可得【详解】解：直线经过第一象限内的点，则，令，因为，当且仅当即时取最小值；即故选：【点睛】本题考查了直线方程、换元法、基本不等式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题二、填空题5若抛物线的焦点坐标为，则实数的值为_.【答案】2【解析】直接由抛物线方程写出焦点坐标，由题意得求出的值【详解】解：由抛物线方程得：焦点坐标，故答案为：2【点睛】本题考查抛物线方
4、程求出焦点坐标，属于基础题6_.【答案】3【解析】利用数列的极限的运算法则化简求解即可【详解】解：故答案为：3【点睛】本题考查数列极限的运算法则的应用，属于基础题7不等式的解集是 【答案】【解析】将分式不等式转化为一元二次不等式来求解.【详解】依题意，解得，故原不等式的解集为.【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.8设是虚数单位，若是实数，则实数 【答案】【解析】将化简为的形式，根据为实数，求得的值.【详解】依题意，由于为实数，故.【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数为实数的条件，属于基础题.9设函数（且），若其反函数的零点为，则_.【答案】
5、2【解析】根据反函数的性质可得，函数过代入求出即可【详解】解：函数且，若其反函数的零点为2，即函数过，代入，解得，故答案为：2【点睛】考查函数与反函数的关系，对数的运算，属于基础题10展开式中含项的系数为_（结果用数值表示）.【答案】9【解析】求出展开式中的常数项和含项，利用多项式乘多项式得答案【详解】解：二项式的展开式中，通项公式为，分别取，5，可得展开式中含项的系数为：故答案为：9【点睛】本题考查了二项式展开式通项公式的应用问题，属于基础题11各项都不为零的等差数列（）满足，数列是等比数列，且，则_.【答案】8【解析】由已知等式结合等差数列的通项公式求得，再由等比数列的通项公式结合求解的值
6、【详解】解：各项均不为0的等差数列满足，化为：，数列是等比数列，且，故答案为：8【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题12设椭圆：，直线过的左顶点交轴于点，交于点，若是等腰三角形（为坐标原点），且，则的长轴长等于_.【答案】【解析】如图所示，设，由题意可得：，根据，可得，代入椭圆方程解得，即可得出【详解】解：如图所示，设，由题意可得：，代入椭圆方程可得：，解得的长轴长故答案为：【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、向量坐标运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题13记为的任意一个排列，则为偶数的排列的个数共有_.【答案】432【解
7、析】若为偶数的对立事件为“为奇数”，即、全部为奇数，根据计数原理计算其个数，由，为1，2，3，4，5，6的任意一个排列，共有种，进而可得所求【详解】解：根据题意，为1，2，3，4，5，6的任意一个排列，则共有个排列，若为偶数的对立事件为“为奇数”，、全部为奇数，有，故则为偶数的排列的个数共有故答案为：432【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，考查分析解决问题的能力，属于中档题14已知函数是偶函数，若方程在区间上有解，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】由是偶函数，图象关于轴对称，可知，3，5是的两个根，根据方程的根与系数关系可求得，的关系，然后结合二次函数的性质可求的范
8、围【详解】解：是偶函数，图象关于轴对称，令可得，或，根据偶函数图象的对称性可知，3，5是的两个根，由可得，时，故答案为：【点睛】本题主要考查函数解析式的求解以及不等式的求解，根据函数奇偶性的性质求出函数的解析式是解决本题的关键15设是边长为的正六边形的边上的任意一点，长度为的线段是该正六边形外接圆的一条动弦，则的取值范围为_.【答案】【解析】关键把转化为含定值的形式，取的中点，再由的轨迹，可求得的最大值与最小值，进而可求得取值范围【详解】解：设正六边形外接圆的圆心为，正六边形的边长为，所以半径为，设的中点为，则，因为与为相反向量，所以，所以，因为，所以在以为圆心，以2为半径的圆上，的最大值为，
9、最小值为，所以的取值范围为故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量数量积的性质及其运算，属于中档题16若、两点分别在函数与的图像上，且关于直线对称，则称、是与的一对“伴点”（、与、视为相同的一对）.已知，若与存在两对“伴点”，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】求出关于直线的对称图象所对应的函数解析式，画出图形，再由函数图象的平移结合新定义求解实数的取值范围【详解】解：设曲线关于的对称图象上的点为，关于的对称点为，则，代入，得作出函数的图象如图，函数的图象是把向左或向右平移个单位得到的由图可知，要使与存在两对“伴点”，需要把向左平移则，设直线，即，由圆心到直线的距离为2，得，解得或（舍；设直线
10、，即，由圆心到直线的距离为2，得，解得或（舍要使与存在两对“伴点”，则实数的取值范围为故答案为：【点睛】本题主要考查对新定义函数的图象和性质应用，考查数形结合和转化的数学思想，属于中档题三、解答题17如图所示的三棱锥的三条棱，两两互相垂直，,点在棱上，且().（1）当时，求异面直线与所成角的大小；（2）当三棱锥的体积为时，求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）作，交于，连结，则异面直线与所成角为，由此能求出当时，异面直线与所成角的大小（2）由，能求出结果【详解】解：（1）当时，取棱的中点，连接、，则，即是异面直线与所成角或其补角， 又，两两互相垂直，则,即是正三角形，则.则异面直线与所成角
11、的大小为. （2）因为，两两互相垂直，平面,平面,所以平面,则，即, 又（），则.【点睛】本题考查异面直线所成角的大小的求法，考查实数值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题18设函数.（1）当时，解不等式；（2）若函数在区间上是增函数，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（1）直接利用换元法的应用求出不等式的解集（2）利用函数的单调性的证明过程，设任取所以在上恒成立，则恒成立，参变分离即可求解.【详解】（1）当时，由得， 令，则，即， 即，则所求的不等式的解为. （2）任取，因为函数在区间上单调递增，所以在上恒成立， 则恒成立，即，
12、又，则，即对恒成立， 又，即，则所求的实数的取值范围为.【点睛】本题考查的知识要点：不等式的解法及应用，换元法的应用，函数的性质单调性的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题19某居民小区为缓解业主停车难的问题，拟对小区内一块扇形空地进行改建.如图所示，平行四边形区域为停车场，其余部分建成绿地，点在围墙弧上，点和点分别在道路和道路上，且米，设（1）求停车场面积关于的函数关系式，并指出的取值范围；（2）当为何值时，停车场面积最大，并求出最大值（精确到平方米）.【答案】（1）， （2）当时，停车场最大面积为平方米【解析】（1）由正弦定理求得，再计算停车场面积关于的函数关系式；
13、（2）化简函数解析式，求出的最大值以及取最大值时对应的值【详解】解：（1）由平行四边形得，在中，,则，即，即， 则停车场面积，即，其中.（2）由（1）得，即， 则. 因为，所以，则时，平方米.故当时，停车场最大面积为平方米.【点睛】本题考查了三角函数模型的应用问题，也考查了运算求解能力，属于中档题20已知双曲线：的焦距为，直线（）与交于两个不同的点、，且时直线与的两条渐近线所围成的三角形恰为等边三角形.（1）求双曲线的方程；（2）若坐标原点在以线段为直径的圆的内部，求实数的取值范围；（3）设、分别是的左、右两顶点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求证：线段在轴上的射影长为定值.【答案】
14、（1）（2）（3）证明见解析【解析】（1）求得双曲线的，由等边三角形的性质可得，的方程，结合，的关系求得，进而得到双曲线的方程；（2）设，联立直线和，应用韦达定理和弦长公式，设的中点为，求得的坐标，由题意可得，应用两点的距离公式，解不等式可得所求范围；（3）求得，的坐标和的坐标，求得的垂直平分线方程和的方程，联立解得的坐标，求出，即可得证【详解】解：（1）当直线与的两条渐近线围成的三角形恰为等边三角形，由根据双曲线的性质得，又焦距为，则， 解得，则所求双曲线的方程为. （2）设，由，得， 则，且，又坐标原点在以线段为直径的圆内，则，即，即，即，则， 即，则或，即实数的取值范围. （3）线段在轴
15、上的射影长是. 设，由（1）得点，又点是线段的中点，则点， 直线的斜率为，直线的斜率为 ，又，则直线的方程为，即，又直线的方程为，联立方程，消去化简整理，得，又，代入消去，得，即，则，即点的横坐标为， 则. 故线段在轴上的射影长为定值.【点睛】本题考查双曲线的方程和应用，考查直线方程和双曲线方程联立，应用韦达定理和弦长公式，以及直线方程联立求交点，考查化简运算能力，属于中档题21数列与满足，是数列的前项和（）.（1）设数列是首项和公比都为的等比数列，且数列也是等比数列，求的值；（2）设，若且对恒成立，求的取值范围；（3）设，（，），若存在整数，且，使得成立，求的所有可能值.【答案】（1）（2）
16、（3）和【解析】（1）直接利用等比数列的定义和等比中项的应用求出结果（2）利用累加法和恒成立问题的应用和赋值法的应用求出结果（3）利用存在性问题的应用和赋值法的应用求出结果【详解】解：（1） 由条件得，即， 则，设等比数列的公比为，则，又，则. 当，时，则满足题意，故所求的的值为. （2）当时， ，以上个式子相加得， 又，则，即. 由知数列是递增数列， 又，要使得对恒成立，则只需，即，则. （3） 由条件得数列是以为首项，为公差的等差数列，则，则. 则，当时，即时，则当时，与矛盾. 又，即时，.当时，又，即当，时，与矛盾.又，则或，当时，解得；当时，解得.综上得的所有可能值为和.【点睛】本题考查的知识要点：递推关系式的应用，数列的通项公式的求法及应用，累加法的应用，存在性问题的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型
