2020年上海卷数学高考真题

（上海卷）

一、填空题（本题共12小题，满分分，其中1-6题每题4分，7-12题每题5分）

1. 已知集合A1,2,4，B2,3,4，求AB_______

【分值】4分 【答案】

2,4

2. limn1________

n3n1【分值】4分

1【答案】3

3. 已知复数z满足z12i（i为虚数单位），则z_______

【分值】4分 【答案】5

1ac4. 已知行列式2db6，则行列式_______

db300【分值】4分 【答案】2

ac5. 已知fxx3，则f1x_______

【分值】4分 【答案】x13xR

6.已知a、b、1、2的中位数为3，平均数为4，则ab= 【分值】4分 【答案】36

xy27.已知y0，则zy2x的最大值为

x2y30【分值】5分 【答案】-1

8.已知an是公差不为零的等差数列，且a1a10a9，则【分值】5分 【答案】

a1a2a9

a1027 .从6人中挑选4人去值班，每人值班1天，第一天需要1人，第二天需要1人，第三天需要2人，则有种排法。 【分值】5分 【答案】180

x2y21，过右焦点F作直线l交椭圆于P、Q两点，P在第二象限已知10.椭圆43QxQ,yQ,Q'x'Q,y'Q都在椭圆上，且yQy'Q0，FQ'PQ，则直线l的方程为

【分值】5分

【答案】xy10

11、设aR，若存在定义域R的函数

fx既满足“对于任意x0R，fx0的值为x02或

x0”又满足“关于x的方程fxa无实数解”，则的取值范围为

【分值】5分

【答案】,00,11,

【解析】题目转换为是否为实数a,使得存在函数满足“对于任意x0R，又满足“关于的方程

fx

fx0的值为x02或x0”，

fxa无实数解”构造函数；

x,xafx2，则方程fxa

x,xa只有0,1两个实数解。

12、已知且

【分值】5分 【答案】6

【解析】根据向量减法的运算规律，

可转化为以向量

终点

是平面内两两互不平等的向量，满足

(其中i1,2，j1,2,...，k)，则K的最大值为

，

为圆心，作半径r11和r22的圆，两圆交点即为满足题意的，由图知，k的最大值为6.

二、选择题（本题共有4小题，每题5分，共计20分） 13、下列不等式恒成立的是（） A、a2b22ab B、a2b2-2ab C、ab2ab D、ab2ab 【分值】5分 【答案】B 【解析】无

14、已知直线l的解析式为3x4y10，则下列各式是l的参数方程的是（）

x43tA、

y34tB、x43t

y34tC、x14t

y13tx14t

y13tD、【分值】5分 【答案】D 【解析】无

15、在棱长为10的正方体.ABCDA1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知点P到

A1D1的距离为3，点P到AA1的距离为2，则过点P且与A1C平行的直线交正方体于P、Q两点，则Q点所在的平面是（ ） A.AA1B1B B. BB1C1C C. CC1D1D D. ABCD 【分值】5分 【答案】D 【解析】

延长BC至M点，使得CM=2 延长C1C至N点，使得CN3,

以C、M、N为顶点作矩形，记矩形的另外一个顶点为H， 连接A1P、PH、HC，则易得四边形A1PHC为平行四边形， 因为点P在平面ADD1A1内，点H在平面BCC1B1内， 且点P在平面ABCD的上方，点H在平面ABCD下方， 所以线段PH必定会在和平面ABCD相交， 即点Q在平面ABCD内

16.、若存在aR且a0,对任意的xR，均有数

fxa＜fxfa恒成立，则称函

fx具有性质P，已知：q1:fx单调递减，且fx＞0恒成立；q2：fx单调递

fx00，则是fx具有性质P的充分条件是（）

增，存在x0＜0使得A、只有q1 B、只有q2 C、q1和q2 D、q1和q2都不是 【分值】5分 【答案】C

【解析】本题要看清楚一个函数具有性质P的条件是，存在aR且a0， 则对于q1，a＞0时，易得函数

fx具有性质P；

fafx00，

对于q2，只需取ax0，则xaxx0＜x，所以

三、解答题（本题共5小题，共计76分） 综合题分割

fxafxx0＜fx=fxfa，所以此时函数fx具有性质P.

17、已知边长为1的正方形ABCD，沿BC旋转一周得到圆柱体。 （1）求圆柱体的表面积；

（2）正方形ABCD绕BC逆时针旋转【分值】 【答案】（1）4π； （2）arcsin

综合题分割

到A1BCD1，求AD1与平面ABCD所成的角。 23 318、已知f(x)=sinx(0).

（1）若f(x)的周期是4π，求，并求此时f(x)1的解集； 2（2）已知=1，g(x)f(x)3f(x)f(【分值】 【答案】（1）=2x)，x0,，求g(x)的值域. 24154k,kZ; ，xx|x=4k或x332（2）-,0

2

综合题分割

1180q100-135()x,x(0,40)19、已知：=，x(0,80]，且=(k0)， 3xk(x40)85,x[40,80]（1）若v>95，求x的取值范围；

（2）已知x=80时，v=50，求x为多少时，q可以取得最大值，并求出该最大值。 【分值】

【答案】（1）x(0,80)； 3（2）x

48028800时，qmax= 77综合题分割

x2y2222A(xA,yA)，20、双曲线C1:221，圆C2:xy4b(b0)在第一象限交点为A，

4bx2y21,xxA曲线4b2。

x2y24b2,xxA（1）若xA6，求b； （2）若b5，C2与x轴交点记为F1、F2,P是

曲线上一点，且在第一象限，并满足PF，18求∠F1PF2；

bb2（3）过点S(0,2)且斜率为的直线l交曲

22线于M、N两点，用b的代数式表示 【分值】 【答案】（1）2； （2）

，并求出

的取值范围。

11； 16（3）(625,)；

【解析】（1）若xA6，因为点A为曲线C1与曲线C2的交点，

xA2y221y2∵，解得， 4bb2x2y24b2A∴b2

（2）方法一：由题意易得F1、F2为曲线的两焦点， 由双曲线定义知：PF2PF12a，

PF18,2a4，∴PF24

又∵b5，∴F1F26

在PF1F2中由余弦定理可得：

cosF1PF2PF1PF2F1F22PF1PF222211 16x2y21方法二：∵b5，可得，解得P(4,15)， 45(x3)2y2

bb24（3）设直线l:yx

22可得原点O到直线l的距离db242b214b24b24b24 所以直线l是圆的切线，切点为M, 所以kOM224222222，并设lOM:yx，与圆xy4b联立可得x2x4b， bbb所以得xb,y2，即M(b,2)，

注意到直线l与双曲线得斜率为负得渐近线平行， 所以只有当yA2时，直线l才能与曲线有两个交点，

x2y221b42由，得yA， 4b2abx2y24b2Ab422所以有4，解得b225，或b225（舍） 24b又因为所以

由

上的投影可知：

21.有限数列{an}，若满足|a1a2||a1a3|...|a1am|，m是项数，则称{an}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an是1,2,...,m的一个排列(m4),bkak1(k1,2...m1),{an},{bn}都具有性

质

【分值】

【答案】（1）对于第一个数列有|23|1,|53|2,|13|2，

满足题意，该数列满足性质

p，求所有满足条件的{an}.

p

对于第二个数列有|34|1,|24|2,|54|1不满足题意，该数列不满足性质

p.

（2）由题意可得，qn1≥qn11,n2,3,...,9

两边平方得：qn2qn1≥q2n-22qn-1+1

n1整理得：(q1)qn1qq12≥0

当q≥1时，得qn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或者q≥l，所以取q≥1.

当0＜q≤1时，得qn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。

n1当1≤q＜0时，得qn1q(q1)2≤0。

当n为奇数的时候，得qn1(q1)2≤0, 很明显成立， 当n为偶数的时候，得qn1(q1)2≥0，很明显不成立，

故当1≤q＜0时，矛盾，舍去。

n1当q＜1时，得qn1q(q1)2≤0。

当n为奇数的时候，得qn1(q1)2≤0, 很明显成立， 当n为偶数的时候，要使qn1(q1)2≥0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或者q≥1，所以取q≤-2。 综上可得，q,20,。

（3）设a1=pp3,4,…,m3，m2

因为a1p，a2可以取

p1或者p1，a3可以取p2或者p+2。

p3，将使an不满足性质p

如果a2或者a3取了p3或者

所以，an的前五项有以下组合：

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bn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bn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bn满足性质舍去。

对于④，b1p+1，b2b12，b3b11，与bn满足性质

p矛盾，

p矛盾，舍去。

所以p3,4,…,m3，m2均不能同时使an，bn都具有性质p。 当

p=1时，有数列an：1,2，3,…,m1,m满足题意。

当当当

p=m时，时有数列an：m,m1,…,3,21,满足题意。

p=2时，有数列an：2，1,3,…,m1,m满足题意。

p=m时，有数列an：m1,m,m2,m3,…,3,21,满足题意。

故满足题意的数列只有上面四种。