【文档说明】上海市2020届高考压轴卷 数学（含答案）.doc，共(18)页，796.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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绝密★启封前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|1,AxyxxR

，|1,BxxxR，则AB=________.2．函数29lg2cos21yxx的定义域是______.3．已知i为虚数单位，复数满足11ziz，则z________.4．设数列{}na的前n项和为nS，且对任意正整数n，都有01011012nnanS

，则1a___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221166xy有相同的焦点，且双曲线的渐进线方程为12yx，则此双曲线方程为_________7．已知函数223fxxax

在区间,4上是增函数，则实数a的取值范围是______.8．计算：13(2)lim32nnnnn_________.9．某微信群中四人同时抢3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,,,SaaxyxyR,对于任意,S,以及任意0,1,都有1S,则称S为“C类集”,现有四个命题:①若S为“C类集”,则集合,MaaSR也是“C类集”;②若S,T都是“C

类集”,则集合,MabaSbT也是“C类集”;③若12,AA都是“C类集”,则12AA也是“C类集”;④若12,AA都是“C类集”,且交集非空,则12AA也是“C类集”.其中正确的命题有________(填所有正确命题的序号)11．已知a、b、2c是

平面内三个单位向量，若ab，则4232acabc的最小值是________12．已知数列na的通项公式为52nna，数列nb的通项公式为nbnk，设,(),()nnnnnnnbabcaab，若在数列nc中，

5ncc对任意*nN恒成立，则实数k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111ABCABC中

，己知ABBC，2ABBC，122CC，则异面直线1AC与11AB所成的角为（）A．30B．45C．60D．9014．已知函数()3sin2,6fxx130,6x，若函数()()2Fxfx的所有零点依次记为1,x2,x,nx，且1

2nxxx，则12122nnxxxx()A．2B．113C．4D．22315．若实数x，y满足22201yxxyy，则2zxy的最大值是（）A．9B．12C．3D．616．对于全集U的子集A定义函数10AUxAfx

xAð为A的特征函数,设,AB为全集U的子集,下列结论中错误的是()A．若,AB则ABfxfxB．1RAAfxfxðC．ABABfxfxfxD．

ABABfxfxfx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PABCD的底面正方形边长是3，O是在底面上的射影，6PO，Q是AC上的一点，过Q且与PA、BD都

平行的截面为五边形EFGHL．（1）在图中作出截面EFGHL，并写出作图过程；（2）求该截面面积的最大值．18．在ABC中，内角,,ABC所对的边长分别是,,abc.（1）若2,3cC，且ABC的面积3S，求,ab的值；（2）若sinsinsin2ABBAA，试判断

ABC的形状.19．如图所示，某街道居委会拟在EF地段的居民楼正南方向的空白地段AE上建一个活动中心，其中30AE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ABCD，上部分是以DC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GE不超过2.5米，其中该太阳光线与水平线的夹角满足3tan4.（1）若设计18AB米，6AD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

AB与AD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：22221(0)xyabab经过定点21,2E，其左右集点分别为1F，2F且1222EFEF，过右焦2F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2OF上是否存在点(,0)Mm，使得以MP，MQ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na的前n项和为nS，且满足13aaa，13nn

naS，设3nnnbS，*nN.（Ⅰ）求证：数列nb是等比数列；（Ⅱ）若1nnaa，*nN，求实数a的最小值；（Ⅲ）当4a时，给出一个新数列ne，其中3,1,2nnnebn，设这个新数列的前n项和为nC，若nC可以写成pt（t，*pN且1t，

1p）的形式，则称nC为“指数型和”.问nC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】1【解析】由A中1yx，得到10x…，解得：1x…，即{|1}Axx=…，由B中不等式变形得：11x剟，即{|

11}Bxx剟，则{1}AB，故答案为：{1}．2．【答案】553,,,36666【解析】因为29lg2cos21yxx，所以2902cos210xx

，所以331cos22xx，所以33,66xkxkkZ，解得536x或66x或536x.故答案为：553,,,366663．【答案】1【解析】因为11ziz

，所以21(1)1(1)1(1)(1)iizziziiii，则22||0(1)1z.故答案为：1.4．【答案】1【解析】由011101011(2)1021212nnnnnnaaaSnnSnnS，令1n，得11(2

)10aa，解得11a。5．【答案】133【解析】6个样本的平均数456107466x，所以方差22222221[(46)(56)(66)(106)(76)(46)]6s261363.故答案为：1336．【答案】22182xy【解析】2

21166xy的焦点为：10,0双曲线的渐进线方程为12yx，则设双曲线方程为：222214xybb，焦点为10,0故2224102bbb，双曲线方程为22182xy

故答案为：22182xy7．【答案】4,【解析】223fxxax对称轴方程为xa，()fx在区间,4上是增函数，所以4a.故答案为:4,.8．【答案】13【解析】1112103(2)13333limlim3210

312133nnnnnnnn.故答案为：13.9．【答案】12【解析】某微信群中四人同时抢3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34nA，其中甲、乙都抢到红包包含的基本事件个数221322

mCAA，∴其中甲、乙都抢到红包的概率2213223432214322mpAAnCA．故答案为：12.10．【答案】①②④【解析】集合,,,SaaxyxyR,对于任意,S,且任意0,

1,都有1S可以把这个“C类集”理解成,任意两个S中的向量所表示的点的连线段上所表示的点都在S上,因此可以理解它的图象成直线对于①,,MaaSR,向量a整体倍,还是表示的是直线,故①正确;对于②,因为S,T都是“C类集”,故,MabaSbT

还是表示的是直线,故②正确;对于③,因为12,AA都是“C类集”,可得12AA是表示两条直线,故③错误;对于④,12,AA都是“C类集”,且交集非空,可得12AA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①②④.故答案为:①

②④.11．【答案】45【解析】令2cerr，设(1,0)a，(0,1)br，e对应的点C在单位圆上，所以问题转化为求|2||64|aeaberrrrr的最小值.因为2222(2)(2)330aeaeearrrrrr，所以|2||

2|aeaerrrr，所以2222|64|()|(22)6(4)|aeyabexxyrrrrr，表示C点到点(2,0)和(6,4)的距离之和，过点(2,0)和(6,4)的直线为220xy-+=，原

点到直线220xy-+=的距离为211(2)225，所以与单位圆相交，所以|2||64|aeaberrrrr的最小值为：点(2,0)和(6,4)之间的距离，即45.故答案为：45.12．【答案】5,3.【解析】连接1AC，1BC，如图：又11ABAB，则1BAC为

异面直线1AC与11AB所成的角.因为ABBC，且三棱柱为直三棱柱，∴1ABCC，∴AB面11BCCB，∴1ABBC，又2ABBC，122CC，∴22122223BC，∴1tan3BAC，解得160BAC.故选C14．【答案】

D【解析】令262xk得,62kxkZ，即()fx的对称轴方程为k,62xkZ.()fx的最小正周期为,T130,6x，()fx在130,6x上有5条对称轴，第一条是6，最后一条是：136；

1,x2x关于6对称，2,x3x关于46对称…4,x5x关于106对称122,6xx2342,6xx3472,6xx,451026xx，将以上各式相加得：12314710222222666

63nnxxxxx.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2zxy得2yxz，平移直线2yxz，由图像可知当直线2yxz经过点A时，直线2yxz的截距最小，

此时z最大，由1220yxy，解得41xy，即4,1A，max2419z.故选：A16．【答案】D【解析】10AUxAfxxAð对于A,AB

,分类讨论：①当xA,则,xB此时()()1ABfxfx②当xA且xB,即UxBð,此时()()0ABfxfx，③当xA且xB,即()UxABð时,()0,()1ABfxfx,此时()()ABfxfx综合所述,有

()()ABfxfx,故A正确;对于B,1,()1()0,AUUAxAfxfxxAðð,故(2)正确；对于C,1,()0,()ABUxABfxxCAB1,0,UUxABxCACB1,1,0,0,UUxAxB

xCAxCB()()ABfxfx,故C正确;对于D,0,()()()1,()ABABUxABfxfxfxxCAB,故D错误.故选:D.17．【答案】（1）见解析；（2）9.【解析】（1）由题可知，Q是

AC上的一点，过Q且与PA、BD都平行的截面为五边形EFGHL，过Q作//ELBD，交AB于点E，交AD于点L，过Q作//QGPA，交PC于点G，再过点E作//EFPA，交PB于点F，过点L作//HLPA交PD于点H

，连接,,FGGHFH，//EFPA，//HLPA，//GQPA，////EFHLGQ，所以,,,,EFGHL共面，Q平面EFGHL，//ELBD，EL平面EFGHL，//BD平面EFGHL，同理

//PA平面EFGHL.所以过Q且与PA、BD都平行的截面EFGHL如下图：（2）由题意可知，//PA截面EFGHL，//BD截面EFGHL，//,//,//PAEFPAHLPAGQ，//,//BDELB

DFH，而O是在底面上的射影，6PO，PO平面ABCD，BDAC，POBD，且ACBDO，所以BD平面PAC，则BDPA，EFEL，又//FHBD，PABCD为正四棱锥，PHPF，故PFGPHG△△，于是GFGH，因此截面EFGHL是由两

个全等的直角梯形组成，因//ELBD，则AEL△为等腰直角三角形，设EQx，则QLx，所以，322322xEFBEOQPABAOA，213EFxPA，同理得，216QGxPA，又因为22922

PAPOOA，设截面EFGHL面积为S，所以292222SEFQGEQxx，即：2299922922Sxxx，当且仅当2x时，S有最大值为9.所以截面EFGHL的面积最大值为9.18．【答案】（1）2ab；（2）直角三

角形或等腰三角形.【解析】（1）因为2,3cC，又余弦定理可得：2222coscababC，即224abab①又ABC的面积3S，所以1sin32abC，因此4ab②；由①②解得：2ab；（2）因为sinsinsin2ABBAA

，所以sincoscossinsincoscossin2sincosABABBABAAA，即cossinsincosABAA，所以cos0A或sinsinAB，因此2A或AB，所以ABC是直角三角形或等腰三

角形.19．【答案】（Ⅰ）能（Ⅱ）20AB米且5AD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AB＝18米，AD＝6米，所以半圆的圆心为H(9,6)，半径r＝9

.设太阳光线所在直线方程为y＝－34x＋b，即3x＋4y－4b＝0，则由2227+24-4b3+4＝9，解得b＝24或b＝32(舍)．故太阳光线所在直线方程为y＝－34x＋24,令x＝30，得EG＝1

.5＜2.5.所以此时能保证上述采光要求．（2）设AD＝h米，AB＝2r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y＝－34x＋b，即3x＋4y－4b＝0，由223r+4h-4b3+4＝r，解得b＝h＋2r或b＝h－r2(舍)．

故太阳光线所在直线方程为y＝－34x＋h＋2r，令x＝30，得EG＝2r＋h－452，由EG≤52，得h≤25－2r.所以S＝2rh＋12πr2＝2rh＋32×r2≤2r(25－2r)＋32×r2＝－52r2＋50r＝－52(r－10)2＋250≤250.当

且仅当r＝10时取等号．所以当AB＝20米且AD＝5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l

1，则l1所在直线方程为y－52＝－34(x－30)，即3x＋4y－100＝0.由直线l1与半圆H相切，得r＝3r+4h-1005.而点H(r，h)在直线l1的下方，则3r＋4h－100＜0，即r＝－3r+4h-1005，从而h＝25－2r.

又S＝2rh＋12πr2＝2r(25－2r)＋32×r2＝－52r2＋50r＝－52(r－10)2＋250≤250.当且仅当r＝10时取等号．所以当AB＝20米且AD＝5米时，可使得活动中心的截面面积最大．20．【答案】（1）2212xy（2）存在，m的取值范围为

10,2【解析】（1）∵点E在椭圆上，且1222EFEF，∴222a，2a，又∵定点21,2E在椭圆上，∴221112ab，∴1b，∴椭圆C的方程为：2212xy；（2）假设存在点(

,0)Mm满足条件，设11(,)Pxy，22(,)Qxy，直线l的方程为：(1)ykx，联立方程22(1)12ykxxy，消去y得：2222(12)4220kxkxk，∴2

1224k12kxx，21222212kxxk，2880k△，又11,MPxmy，22,MQxmy，2121,PQxxyy，∴12122,MPMQxxmyy，由题意知.21211221(2)()(()

)()xxmxxMPMQPQyyyy212112(2)()()0xxmxxyy，∵12xx，∴21122()0xxmkyy，即22112220xxmkxx

，则22222442201212kkmkkk，∴2012mkm，∴102m，故存在点(,0)Mm，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形，m的取值范围为10,2.21．【答案】（I）详见解析；（II）9；（III）3C为指数型和.【解析】（I）1

3nnnaS，*11323,nnnnnnnSSSSSnN.由于3nnnbS，当3a时，11113233233nnnnnnnnnnnbSSbSS，所以数列nb是等比数列.1133bSa，13

2nnba.（II）由（I）得1332nnnnbSa，1332nnnSa12*12332,2,nnnnnaSSannN，所以12,12332,2nnnanaan

.因为1nnaa，213aaaa.当2n时，122332nnnaa，112332nnnaa，而1nnaa，所以10nnaa，即

12123322332nnnnaa1243320nna，化简得11243338322nnna，由于当2n时，13832n单调递减，最大值为2138312392

，所以9a，又3a，所以a的最小值为9.（III）由（I）当4a时，12nnb，当2n时，1212324232112nnnnC.13C也符合上式，所以对正整数n都有21nnC.由21,12pnpntt，（*,tpN且1,1tp

），t只能是不小于3的奇数.①当p为偶数时，221112pppnttt，由于21pt和21pt都是大于1的正整数，所以存在正整数,gh，使得2212,12ppghtt，

222,2212ghhgh，所以22h，且2121,2ghhg，相应的3n，即有233C，3C为“指数型和”；②当p为奇数时，21111ppttttt，由于211pttt

是p个奇数之和，仍为奇数，又1t为正偶数，所以21112pntttt不成立，此时没“指数型和”.综上所述，nC中的项存在“指数型和”，为3C.欢迎访问“”——