2020年上海高考数学真题试卷（word解析版）.docx

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1、2020年上海高考数学真题试卷（word解析版）2020年上海高考数学真题试卷word解析版未经允许 请勿转载 200年全国高考数学真题试卷及解析上海卷一、填空题此题共有1题,满分分,第-6题每题4分，第7-12题每题分1已经知道集合，2，,集合,4,，则.2计算： .3已经知道复数为虚数单位,则4.已经知道函数,是的反函数，则 5.已经知道、满足,则的最大值为 .6已经知道行列式，则 .7.已经知道有四个数1，2，这四个数的中位数是3，平均数是，则 .8已经知道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，第三天安排个人

2、，则共有 种安排情况.未经许可 请勿转载10已经知道椭圆的右焦点为,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，求直线的方程是未经许可 请勿转载1设，若存在定义域为的函数同时满足以下两个条件: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 2.已经知道，,，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 .未经许可 请勿转载二、选取题此题共4题，每题分,共20分3.以下等式恒成立的是 A.B.C.4.已经知道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,已经知道点到

3、的距离为3，到的距离为，则过点且与平行的直线相交的面是未经许可 请勿转载A.B.C.D.6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，则以下说法正确的选项是 只有是的充分条件只有是的充分条件.,都是的充分条件.，都不是的充分条件三、解答题此题共5题，共141+1416+1876分17.1分已经知道是边长为的正方形，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181分已经知道函数,.1的周期是,求,并求的解集;2已经知道,，,，求的值域1914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

4、间,车辆密度是该路段一定未经许可 请勿转载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已经知道道路密度,交通流量，求车辆密度的最大值.016分已经知道双曲线与圆交于点,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;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.2118分已经知道数列为有限数列，满足,则称满足性质.1判断数列3、2、和4、3、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

5、，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，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:-1【解析】由约束条件作出可行域如此图阴影部分，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【解析】行列式,可得，解得.故答案:：:为：.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：6.【解析】根据题意,等差数列满足，即，变形可得,所以故答案:为:

6、9180【解析】根据题意,可得排法共有种故答案:为：1801【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】如此图，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故答案:：为：6未经许可 请勿转载13.【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

7、：14B【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:1.D【解析】如此图，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：.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

8、，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未经许可 请勿转载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】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】,越大，越小，是单调递减函数，当时,最大为5,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

9、时有最大值，为故车辆密度的最大值为.【解析】由，点为曲线与曲线的交点,联立,解得，;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、,，.不满足题意，该数列不满足性质由题意:,可得：,3，,两边平

10、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：,；;,；;；，;；，；;；对于,，,与满足性质矛盾，舍去；对于,，,与满足性质矛盾，舍去；对于,，,与满足性质矛盾，舍去；对于，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，满足题意当时,有数列,1，3，,满足题意.当时,有数列,3,2，满足题意.所以满足题意的数列只有以上四种。 未经允许 请勿转载