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1、2020年全国高考数学真题试卷及解析（上海卷）一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1已知集合，2，集合，4，则2计算：3已知复数为虚数单位），则4已知函数，是的反函数，则5已知、满足，则的最大值为6已知行列式，则7已知有四个数1，2，这四个数的中位数是3，平均数是4，则8已知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2个人，则共有种安排情况10已知椭圆的右焦点为，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11设，若存
2、在定义域为的函数同时满足下列两个条件：（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12已知，是平面内两两互不相等的向量，满足，且，（其中，2，2，则的最大值是二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13下列等式恒成立的是ABCD14已知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，已知点到的距离为3，到的距离为2，则过点且与平行的直线相交的面是ABCD16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，则下列说法正确的是A只有是的充分条件B只有是的充分条件C，都是的
3、充分条件D，都不是的充分条件三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+1876分）17（14分）已知是边长为1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18（14分）已知函数，（1）的周期是，求，并求的解集；（2）已知，求的值域19（14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，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）已知道路密度，交通流量，求车辆密度的最大值20（16分）已知双曲线
4、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；（3）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21（18分）已知数列为有限数列，满足，则称满足性质（1）判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、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，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，2，4，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
5、的反函数为故答案为：5-1【解析】由约束条件作出可行域如图阴影部分，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：62【解析】行列式，可得，解得故答案为：2736【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：368【解析】根据题意，等差数列满足，即，变形可得，所以故答案为：9180【解析】根据题意，可得排法共有种故答案为：18010【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
6、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：，126【解析】如图，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6故答案为：613B【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：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：15D【解析】如图，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，
7、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：16C【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，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（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
8、段与平面所成的角为18【解析】（1）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】（1），越大，越小，是单调递减函数，当时，最大为85，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，此时有最大值，为故车辆密度的最大值为20【解析】（1）由，点为曲线与曲线的交点，联立，解得，；（2）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
9、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、1，不满足题意，该数列不满足性质（2）由题意：，可得：，3，两边平方可得：，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，3，2，1满足题意当时，有数列，1，3，满足题意当时，有数列，3，2，1满足题意所以满足题意的数列只有以上四种。