2020年上海市高考数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题（本大题共4小题，共20.0分） 1. 下列等式恒成立的是( )A. a 2+b 2≤2abB. a 2+b 2≥−2abC. a +b ≥2√|ab|D. a 2+b 2≤−2ab2. 已知直线方程3x +4y +1=0的一个参数方程可以是( )A. { x =1+3ty =−1−4tB. {x =1−4ty =−1+3t C. {x =1−3ty =−1+4t D. {x =1+4ty =1−3t3. 在棱长为10的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，P 为左侧面ADD 1A 1上一点，已知点P 到A 1D 1的距离为3，P 到AA 1的距离为2，则过点P 且与A 1C 平行的直线交正方体于P,Q 两点，则Q 点所在的平面是( )A. AA 1B 1BB. BB 1C 1CC. CC 1D 1DD. ABCD 4. 命题p ：存在a ∈R 且a ≠0，对于任意的x ∈R ，使得f(x +a)<f(x)+f(a)；命题q 1:f(x)单调递减且f(x)>0恒成立； 命题q 2:f(x)单调递增，存在x 0<0使得f(x 0)=0， 则下列说法正确的是( )A. 只有q 1是p 的充分条件B. 只有q 2是p 的充分条件C. q 1，q 2都是p 的充分条件D. q 1，q 2都不是p 的充分条件二、填空题（本大题共12小题，共54.0分）5. 已知集合A ={1,2，4}，集合B ={2,4，5}，则A ∩B = ．6. 计算：lim n→∞ n+13n−1= 7. 已知复数z =1−2i(i 为虚数单位)，则|z|= ．8. 已知函数f(x)=x 3，f′(x)是f(x)的反函数，则f′(x)= 。
9. 已知x 、y 满足{x +y −2≥0x +2y −3≤0y ≥0，则z =y −2x 的最大值为10. 已知行列式|1ab2cd 30|=6，则|abcd|= 11. 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 = ． 12. 已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，且a 1+a 10=a 9，则a 1+a 2+⋯+a 9a 10= ．13. 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 种安排情况．第3题14.已知椭圆C:x24+y23=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PQ⊥FQ′，求直线l的方程是．15.设a∈R，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x0∈R，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．16.已知a1⃗⃗⃗⃗ ，a2⃗⃗⃗⃗ ，b1⃗⃗⃗ ，b2⃗⃗⃗⃗ ，…，b k⃗⃗⃗⃗ (k∈N∗)是平面内两两互不相等的向量，满足|a1⃗⃗⃗⃗ −a2⃗⃗⃗⃗ |=1，且|a i⃗⃗⃗ −b j⃗⃗⃗ |∈{1,2}(其中i=1，2，j=1，2，…，k)，则k的最大值是．三、解答题（本大题共5小题，共76.0分）17.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π2至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的角．18. 已知函数f(x)=sinωx ，ω>0．(1)f(x)的周期是4π，求ω，并求f(x)=12的解集；(2)已知ω=1，g(x)=f 2(x)+√3f(−x)f(π2−x)，x ∈[0,π4]，求g(x)的值域．19. 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 =qx ，x 为道路密度，q 为车辆密度．v =f(x)={100−135⋅(13)x ,0<x <40−k(x −40)+85,40≤x ≤80．(1)若交通流量v >95，求道路密度x 的取值范围；(2)已知道路密度x =80，交通流量v =50，求车辆密度q 的最大值．20.已知双曲线Γ1:x24−y2b2=1与圆Γ2:x2+y2=4+b2(b>0)交于点A(x A,y A)(第一象限)，曲线Γ为Γ1、Γ2上取满足x>|x A|的部分．(1)若x A=√6，求b的值；(2)当b=√5，Γ2与x轴交点记作点F1、F2，P是曲线Γ上一点，且在第一象限，且|PF1|=8，求∠F1PF2；(3)过点D(0,b22+2)斜率为−b2的直线l与曲线Γ只有两个交点，记为M、N，用b表示OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，并求OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围．21.已知数列{a n}为有限数列，满足|a1−a2|≤|a1−a3|≤⋯≤|a1−a m|，则称{a n}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a1=1，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{a n}是1，2，3，…，m的一个排列(m≥4)，{b n}符合b k=a k+1(k=1,2，…，m−1)，{a n}、{b n}都具有性质P，求所有满足条件的数列{a n}．答案和解析1.【答案】B解：A.显然当a <0，b >0时，不等式a 2+b 2≤2ab 不成立，故A 错误；B ．∵(a +b)2≥0，∴a 2+b 2+2ab ≥0，∴a 2+b 2≥−2ab ，故B 正确，D 错误； C.显然当a <0，b <0时，不等式a +b ≥2√|ab|不成立，故C 错误；故选：B ．2.【答案】B解：{ x =1+3ty =−1−4t 的普通方程为：x−1y+1=−34，即4x +3y −1=0，不正确； {x =1−4t y =−1+3t的普通方程为：x−1y+1=−43，即3x +4y +1=0，正确； {x =1−3t y =−1+4t的普通方程为：x−1y+1=−34，即4x +3y −1=0，不正确； {x =1+4t y =1−3t的普通方程为：x−1y−1=−43，即3x +4y −7=0，不正确；故选：B ． 3.【答案】D解：如图，由点P 到A 1D 1的距离为3，P 到AA 1的距离为2，可得P 在△AA 1D 内，过P 作EF//A 1D ，且EF ∩AA 1于E ，EF ∩AD 于F ，在平面ABCD 中，过F 作FG//CD ，交BC 于G ，则平面EFG//平面A 1DC ． 连接AC ，交FG 于M ，连接EM ，∵平面EFG//平面A 1DC ，平面A 1AC ∩平面A 1DC =A 1C ，平面A 1AC ∩平面EFM =EM ，∴EM//A 1C ．在ΔEFM 中，过P 作PN//EM ，且PN ∩FM 于N ，则PN//A 1C ． ∵线段FM 在四边形ABCD 内，N 在线段FM 上，∴N 在四边形ABCD 内．∴点N 即为过点P 且与A 1C 平行的直线与正方体的交点，即与点Q 重合∴点Q 在平面ABCD 内故选：D ．4.【答案】C解：对于命题q 1：当f(x)单调递减且f(x)>0恒成立时，当a >0时，此时x +a >x ，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q 1⇒命题p ， 对于命题q 2：当f(x)单调递增，存在x 0<0使得f(x 0)=0，当a =x 0<0时，此时x +a <x ，f(a)=f(x 0)=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p 2⇒命题p ， 所以q 1，q 2都是p 的充分条件，故选：C ．5.【答案】{2,4}解：因为A ={1,2，4}，B ={2,4，5}，则A ∩B ={2,4}．故答案为：{2,4}．6.【答案】13解：，故答案为：13．7.【答案】√5解：由z =1−2i ，得|z|=√12+(−2)2=√5．故答案为：√5．8.【答案】√x 3【解答】解：由y =f(x)=x 3，得x =√y 3，把x 与y 互换，可得f(x)=x 3的反函数为f −1(x)=√x 3．故答案为：√x 3．9.【答案】−1解：由约束条件{x +y −2≥0x +2y −3≤0y ≥0作出可行域如图阴影部分，化目标函数z =y −2x 为y =2x +z ，由图可知，当直线y =2x +z 过A 时，直线在y 轴上的截距最大， 联立{x +y −2=0x +2y −3=0，解得{x =1y =1，即A(1,1)．z 有最大值为1−2×1=−1．故答案为：−1． 10.【答案】2解：行列式|1a b2cd 30|=6，可得3|ab cd |=6，解得|a bcd|=2．故答案为：2． 11.【答案】36解：因为四个数的平均数为4，所以a +b =4×4−1−2=13，因为中位数是3，所以2+a 2=3，解得a =4，代入上式得b =13−4=9，所以ab =36，故答案为：36．12.【答案】278解：根据题意，等差数列{a n }满足a 1+a 10=a 9，即a 1+a 1+9d =a 1+8d ，变形可得a 1=−d ， 所以a 1+a 2+⋯+a 9a 10=9a 1+9×8d 2a 1+9d=9a 1+36d a 1+9d=−9d+36d −d+9d=278．故答案为：278．13.【答案】180解：根据题意，可得排法共有C 61C 51C 42=180种．故答案为：180．14.【答案】x +y −1=0解：椭圆C:x 24+y 23=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PQ ⊥FQ′， 可知直线l 的斜率为−1，所以直线l 的方程是：y =−(x −1)， 即x +y −1=0． 故答案为：x +y −1=0．15.【答案】(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞)解：根据条件(1)可得x 0=0或1，又因为关于x 的方程f(x)=a 无实数解，所以a ≠0或1， 故a ∈(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞)，故答案为：(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞)．16.【答案】6解：如图，设OA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a 1⃗⃗⃗⃗ ，OA 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a 2⃗⃗⃗⃗ ， 由|a 1⃗⃗⃗⃗ −a 2⃗⃗⃗⃗ |=1，且|a i ⃗⃗⃗ −b j ⃗⃗⃗ |∈{1,2}， 分别以A 1，A 2为圆心，以1和2为半径画圆， 其中圆的公共点共有6个．故满足条件的k 的最大值为6．故答案为：6．17.【答案】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2π、宽为1的矩形组成，∴S =2×π×12+2π×1=4π．故该圆柱的表面积为4π．(2)∵正方形ABC1D1，∴AD1⊥AB，又∠DAD1=π2，∴AD1⊥AD，∵AD∩AB=A，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cos∠D1CA=ACCD1=√2√3=√63，∴线段CD1与平面ABCD所成的角为arccos√63．【解析】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，属于中档题．(1)该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、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求出cos∠D1CA即可．18.【答案】解：(1)由于f(x)的周期是4π，所以ω=2π4π=12，所以f(x)=sin12x．令sin12x=12，故12x=2kπ+π6或2kπ+5π6，整理得x=4kπ+π3或x=4kπ+5π3．故解集为{x|x=4kπ+π3或x=4kπ+5π3，k∈Z}．(2)由于ω=1，所以f(x)=sinx．所以g(x)=sin2x+√3sin(−x)sin(π2−x)=1−cos2x2−√32sin2x=−√32sin2x−12cos2x+12=12−sin(2x+π6)．由于x∈[0,π4]，所以π6≤2x+π6≤2π3．12≤sin(2x+π6)≤1，故−1≤−sin(2x+π6)≤−12，故−12≤g(x)≤0．所以函数g(x)的值域为[−12,0]．【解析】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，属于中档题．(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．19.【答案】解：(1)∵v=qx，∴v越大，x越小，∴v=f(x)是单调递减函数，k>0，当40≤x ≤80时，v 最大为85，于是只需令100−135⋅(13)x >95，解得x >3， 故道路密度x 的取值范围为(3,40)．(2)把x =80，v =50代入v =f(x)=−k(x −40)+85中，得50=−k ⋅40+85，解得k =78．∴q =vx ={100x −135⋅(13)x ⋅x,0<x <40−78(x −40)x +85x,40≤x ≤80, 当0<x <40时，q 单调递增，q <100×40−135×(13)40×40≈4000；当40≤x ≤80时，q 是关于x 的二次函数，开口向下，对称轴为x =4807，此时q 有最大值，为−78×(4807)2+120×4807=288007>4000．故车辆密度q 的最大值为288007．【解析】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．(1)易知v 越大，x 越小，所以v =f(x)是单调递减函数，k >0，于是只需令100−135⋅(13)x >95，解不等式即可；(2)把x =80，v =50代入v =f(x)的解析式中，求出k 的值，利用q =vx 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． 20.【答案】解：(1)由x A =√6，点A 为曲线Γ1与曲线Γ2的交点，联立{x A 24−y A 2b 2=1x A 2+y A 2=4+b2，解得y A =√2，b =2； (2)由题意可得F 1，F 2为曲线Γ1的两个焦点，由双曲线的定义可得|PF 1|−|PF 2|=2a ，又|PF 1|=8，2a =4， 所以|PF 2|=8−4=4，因为b =√5，则c =√4+5=3，所以|F 1F 2|=6， 在△PF 1F 2中，由余弦定理可得cos∠F 1PF 2=|PF 1|2+|PF 2|2−|F 1F 2|22|PF 1|⋅|PF 2|=64+16−362×8×4=1116，由0<∠F 1PF 2<π，可得∠F 1PF 2=arccos 1116；(3)设直线l:y =−b2x +4+b 22，可得原点O 到直线l 的距离d =|4+b 22|√1+24=√4+b 2，所以直线l 是圆的切线，设切点为M ，所以k OM =2b ，并设OM:y =2b x 与圆x 2+y 2=4+b 2联立，可得x 2+4b 2x 2=4+b 2， 可得x =b ，y =2，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y A >2时，直线l 才能与曲线Γ有两个交点，由{x A 24−y A 2b 2=1x A 2+y A 2=4+b2，可得y A 2=b 4a+b 2，所以有4<b 44+b 2，解得b 2>2+2√5或b 2<2−2√5(舍去)，因为OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 在OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影可得，OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4+b 2，所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4+b 2>6+2√5， 则OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∈(6+2√5,+∞)． 【解析】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，属于较难题． (1)联立曲线Γ1与曲线Γ2的方程，以及x A =√6，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:y =−b2x +4+b 22，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y A >2时，直线l 才能与曲线Γ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OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，进而得到所求范围． 21.【答案】解：(1)对于数列3，2，5，1，有|2−3|=1，|5−3|=2，|1−3|=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，|3−4|=1，|2−4|=2，|5−4|=1.不满足题意，该数列不满足性质P ．(2)由题意：|a 1−a 1q n |≥|a 1−a 1q n−1|，可得：|q n −1|≥|q n−1−1|，n ∈{2,3，…，9}， 两边平方可得：q 2n −2q n +1≥q 2n−2−2q n−1+1，整理可得：(q −1)q n−1[q n−1(q +1)−2]≥0，当q ≥1时，得q n−1(q +1)−2≥0此时关于n 恒成立，所以等价于n=2时，q(q+1)−2≥0，所以，(q+2)(q−1)≥0，所以q≤−2，或q≥1，所以取q≥1，当0<q≤1时，得q n−1(q+1)−2≤0，此时关于n恒成立，所以等价于n=2时，q(q+1)−2≤0，所以(q+2)(q−1)≤0，所以−2≤q≤1，所以取0<q≤1．当−1≤q<0时：q n−1[q n−1(q+1)−2]≤0，当n为奇数时，得q n−1(q+1)−2≤0，恒成立，当n为偶数时，q n−1(q+1)−2≥0，不恒成立；故当−1≤q<0时，矛盾，舍去．当q<−1时，得q n−1[q n−1(q+1)−2]≤0，当n为奇数时，得q n−1(q+1)−2≤0，恒成立，当n为偶数时，q n−1(q+1)−2≥0，恒成立；故等价于n=2时，q(q+1)−2≥0，所以(q+2)(q−1)≥0，所以q≤−2或q≥1，所以取q≤−2，综上．(3)设a1=p，p∈{3,4，…，m−3，m−2}，因为a1=p，a2可以取p−1，或p+1，a3可以取p−2，或p+2，如果a2或a3取了p−3或p+3，将使{a n}不满足性质P；所以{a n}的前5项有以下组合：①a1=p，a2=p−1；a3=p+1；a4=p−2；a5=p+2；②a1=p，a2=p−1；a3=p+1；a4=p+2；a5=p−2；③a1=p，a2=p+1；a3=p−1；a4=p−2；a5=p+2；④a1=p，a2=p+1；a3=p−1；a4=p+2；a5=p−2；对于①，b1=p−1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=1，与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于②，b1=p−1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=3，|b4−b1|=2与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于③，b1=p+1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=3，|b4−b1|=1与{b n}满足性质P矛盾，舍去；对于④b1=p+1，|b2−b1|=2，|b3−b1|=1，与{b n}满足性质P矛盾，舍去；所以P∈{3,4，…，m−3，m−2}，均不能同时使{a n}、{b n}都具有性质P．当p=1时，有数列{a n}:1，2，3，…，m−1，m满足题意．当p=m时，有数列{a n}:m，m−1，…，3，2，1满足题意．当p=2时，有数列{a n}:2，1，3，…，m−1，m满足题意．当p=m−1时，有数列{a n}:m−1，m，m−2，m−3，…，3，2，1满足题意．所以满足题意的数列{a n}只有以上四种．【解析】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．(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：|a1−a1q n|≥|a1−a1q n−1|，推出(q−1)q n−1[q n−1(q+1)−2]≥0，通过q≥1，0<q≤1时，−1≤q<0时：q<−1时，四种情况讨论求解即可．(3)设a1=p，分p=1时，当p=m时，当p=2时，当p=m−1时，以及P∈{3,4，…，m−3，m−2}，五种情况讨论，判断数列{a n}的可能情况，分别推出{b n}判断是否满足性质P即可．。
