上海市2020届高三高考压轴卷数学试题（含解析）.docx
绝密启封前2020上海市高考压轴卷数 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，则=_.2函数的定义域是_.3已知为虚数单位，复数满足，则_.4设数列的前项和为，且对任意正整数，都有，则_5从总体中抽取6个样本：4，5，6，10，7，4，则总体方差的点估计值为_.6已知双曲线与椭圆有相同的焦点，且双曲线的渐进线方程为，则此双曲线方程为_7已知函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是_.8计算：_.9某微信群中四人同时抢个红包（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,对于任意,以及任意,都有,则称为“类集”,现有四个命题:若为“类集”,则集合也是“类集”;若,都是“类集”,则集合也是“类集”;若都是“类集”,则也是“类集”;若都是“类集”,且交集非空,则也是“类集”.其中正确的命题有_(填所有正确命题的序号)11已知、是平面内三个单位向量，若，则的最小值是_12已知数列的通项公式为，数列的通项公式为 ，设，若在数列中，对任意恒成立，则实数的取值范围是_;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在直三棱柱中，己知，则异面直线与所成的角为（ ）ABCD14已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则( )ABCD15若实数x，y满足，则的最大值是（ ）A9B12C3D616对于全集的子集定义函数为的特征函数,设为全集的子集,下列结论中错误的是( )A若则BCD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正四棱锥的底面正方形边长是3，是在底面上的射影，是上的一点，过且与、都平行的截面为五边形（1）在图中作出截面，并写出作图过程；（2）求该截面面积的最大值18在中，内角所对的边长分别是.（1）若，且的面积，求的值；（2）若，试判断的形状.19如图所示，某街道居委会拟在地段的居民楼正南方向的空白地段上建一个活动中心，其中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，上部分是以为直径的半圆. 为了保证居民楼住户的采光要求，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不超过2.5米，其中该太阳光线与水平线的夹角满足.（1）若设计米，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，如何设计与的长度，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：经过定点，其左右集点分别为，且，过右焦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，在线段上是否存在点，使得以，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已知数列的前项和为，且满足，设，.（）求证：数列是等比数列；（）若，求实数的最小值；（）当时，给出一个新数列，其中，设这个新数列的前项和为，若可以写成（，且，）的形式，则称为“指数型和”.问中的项是否存在“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1【答案】【解析】由中，得到，解得：，即，由中不等式变形得：，即，则，故答案为：2【答案】【解析】因为，所以，所以，所以，解得或或.故答案为：3【答案】1【解析】因为，所以，则.故答案为：1.4【答案】【解析】由，令，得，解得。5【答案】【解析】6个样本的平均数，所以方差.故答案为：6【答案】【解析】的焦点为：双曲线的渐进线方程为，则设双曲线方程为：，焦点为故 ，双曲线方程为故答案为：7【答案】【解析】对称轴方程为，在区间上是增函数，所以.故答案为:.8【答案】【解析】.故答案为：.9【答案】【解析】某微信群中四人同时抢个红包（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，其中甲、乙都抢到红包包含的基本事件个数，其中甲、乙都抢到红包的概率故答案为：.10【答案】【解析】集合,对于任意,且任意,都有可以把这个“类集”理解成,任意两个中的向量所表示的点的连线段上所表示的点都在上,因此可以理解它的图象成直线对于,向量整体倍,还是表示的是直线,故正确;对于,因为,都是“类集”,故还是表示的是直线,故正确;对于,因为都是“类集”,可得是表示两条直线,故错误;对于,都是“类集”,且交集非空,可得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】【解析】令，设，对应的点在单位圆上，所以问题转化为求的最小值.因为，所以，所以，表示点到点和的距离之和，过点和的直线为，原点到直线的距离为，所以与单位圆相交，所以的最小值为：点和之间的距离，即.故答案为：.12【答案】.【解析】连接，如图：又，则为异面直线与所成的角.因为且三棱柱为直三棱柱，面，又，解得.故选C14【答案】D【解析】令得，即的对称轴方程为.的最小正周期为，在上有5条对称轴，第一条是，最后一条是：；关于对称，关于对称关于对称，将以上各式相加得：.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）：由得，平移直线，由图像可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最大，由，解得，即，.故选：A16【答案】D【解析】对于A,分类讨论：当,则此时 当且,即,此时，当且,即时,此时综合所述,有,故A正确;对于B , ,故(2)正确；对于C ,故C正确;对于D ,故D错误.故选:D.17【答案】（1）见解析；（2）9.【解析】（1）由题可知，是上的一点，过且与、都平行的截面为五边形，过作，交于点，交于点，过作，交于点，再过点作，交于点，过点作交于点，连接， ，所以共面，平面，平面，平面，同理平面.所以过且与、都平行的截面如下图：（2）由题意可知，截面，截面，而是在底面上的射影，平面，且，所以平面，则，又， 为正四棱锥，故，于是，因此截面是由两个全等的直角梯形组成，因，则为等腰直角三角形，设，则，所以，同理得，又因为，设截面面积为，所以，即：，当且仅当时，有最大值为9.所以截面的面积最大值为9.18【答案】（1）；（2）直角三角形或等腰三角形.【解析】（1）因为，又余弦定理可得：，即又的面积，所以，因此；由解得：；（2）因为，所以，即，所以或，因此或，所以是直角三角形或等腰三角形.19【答案】（）能（）米且米【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yxb，即3x4y4b0，则由9，解得b24或b (舍)故太阳光线所在直线方程为yx24, 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yxb， 即3x4y4b0，由r，解得bh2r或bh (舍)故太阳光线所在直线方程为yxh2r，令x30，得EG2rh，由EG，得h252r.所以S2rhr22rhr22r(252r)r2r250r(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(x30)， 即3x4y1000.由直线l1与半圆H相切，得r.而点H(r，h)在直线l1的下方，则3r4h1000，即r，从而h252r.又S2rhr22r(252r)r2r250r(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20【答案】（1）（2）存在，m的取值范围为【解析】（1）点E在椭圆上，且，又定点在椭圆上，椭圆C的方程为：；（2）假设存在点满足条件，设，直线l的方程为：，联立方程，消去y得：，又，由题意知.，即，则，故存在点，使得以，为邻边的平行四边形是菱形，m的取值范围为.21【答案】（I）详见解析；（II）；（III）为指数型和.【解析】（I），.由于，当时，所以数列是等比数列.，.（II）由（I）得，所以.因为，.当时，而，所以，即，化简得，由于当时，单调递减，最大值为，所以，又，所以的最小值为.（III）由（I）当时，当时，.也符合上式，所以对正整数都有.由，（且），只能是不小于的奇数.当为偶数时，由于和都是大于的正整数，所以存在正整数，使得，所以，且，相应的，即有，为“指数型和”； 当为奇数时，由于是个奇数之和，仍为奇数，又为正偶数，所以不成立，此时没“指数型和”.综上所述，中的项存在“指数型和”，为.
