2020年上海市高考数学模拟试卷(2).docx

1、2020年上海市高考数学模拟试卷（2）一填空题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）已知实数集合1，2，3，x的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x 2（5分）limn2n23n2+1= 3（5分）已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：（x2）2+（y3）21交于M，N两点若OMON=12，其中O为坐标原点，则|MN| 4（5分）（x2+x）（x2）4的展开式中，x3的系数为 5（5分）设Sn是等差数列an的前n项和，若m为大于1的正整数，且am-1-am2+am+1=1，S2m111，则m 6（5分）学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查，则甲被选中的概

2、率为 7（5分）函数ysin2（2x）1的最小正周期是 8（5分）设实数x、y满足条件x+y-40x-y0y1，则z（x3）2+（y2）2的最小值为 9（5分）棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥EBCD的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥EBCD的内切球半径为 10（5分）在ABC中，已知（ac）（sinA+sinC）（ab）sinB，则角C 11（5分）已知x0，y0，且x+3yxy，若t2+tx+3y恒成立，则实数t的取值范围是 12（5分）已知函数f（x）2lnx1，g（x）a|xm|，若存在实数a0使yf（x）g（x）在（1e，e）上有2个零点

3、，则m的取值范围为 二选择题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）已知i是虚数单位，复数z满足z（1+i）1i，则复数z的共轭复数在复平面上对应的点为（）A（1，0）B（0，1）C（1，0）D（0，1）14（5分）“m1，2“是“lnm1”成立的（）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分也非必要条件15（5分）如图所示的程序框图，输出S的值为（）A299-23B2100-23C2101-23D2102-2316（5分）如图，已知F为抛物线y22x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，OAOB=3（其中O为坐标原点），则ABO与BFO面积之差的最小值是（）A2B3

4、C35D10三解答题（共5小题，满分70分）17（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC2，ABAC，M是棱BC的中点，点P在线段A1B上（1）若P是线段A1B的中点，求直线MP与直线AC所成的角的大小；（2）是否存在点P，使得直线MP与平面ABC所成角的大小为6，若存在，求出线段BP的长度；若不存在，请说明理由18（14分）王老师在做折纸游戏，现有一张边长为1的正三角形纸片ABC，将点A翻折后恰好落在边BC上的点F处，折痕为DE，设BDx，BFy（1）求x、y满足的关系式；（2）求x的取值范围19（16分）数列an是首项为1，公差不为0的等差数列，且a1，a2，a5成等

5、比数列；数列bn的前n项和为Sn，且b12，Sn+1=23Sn+1（nN*）（）求an，bn；（）若cnanbn，且数列cn的前n项和为Tn，证明：Tn920（14分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的长轴长是焦距的2倍，且过点(-1，32)（1）求椭圆C的方程；（2）设P（x，y）为椭圆C上的动点，F为椭圆C的右焦点，A、B分别为椭圆C的左、右顶点，点P满足PP=（4x，0）证明：|PP|PF|为定值；设Q是直线l：x4上的动点，直线AQ、BQ分别另交椭圆C于M、N两点，求|MF|+|NF|的最小值21（14分）设函数f（x）ax2+b，其中a，b是实数（）若ab0，且函数ff（

6、x）的最小值为2，求b的取值范围；（）求实数a，b满足的条件，使得对任意满足xyl的实数x，y，都有f（x）+f（y）f（x）f（y）成立2020年上海市高考数学模拟试卷（2）参考答案与试题解析一填空题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）已知实数集合1，2，3，x的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x3【解答】解：因为实数集合1，2，3，x的最大元素等于该集合的所有元素之和，所以1+2+3+xx（无解）或者1+2+3+x3，解之得x3故答案为32（5分）limn2n23n2+1=23【解答】解：limn2n23n2+1=limn23+1n2=23故答案为：233（5分）已知过点A

7、（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：（x2）2+（y3）21交于M，N两点若OMON=12，其中O为坐标原点，则|MN|2【解答】解：设M（x1，y1），N（x2，y2），将ykx+1代入方程（x2）2+（y3）21，整理得：（1+k2）x24（1+k）x+70，x1+x2=4(1+k)1+k2，x1x2=71+k2，y1y2（kx1+1）（kx2+1）k2x1x2+k（x1+x2）+1，OMON=x1x2+y1y2（1+k2）x1x2+k（x1+x2）+1=4k(1+k)1+k2+8，由题设可得4k(1+k)1+k2+8=12，解得k1，l的方程为yx+1，圆心C（2，3）在l上，|MN|2

8、故答案为：24（5分）（x2+x）（x2）4的展开式中，x3的系数为8【解答】解：因为（x2+x）（x2）4（x2+x）C40x4+C41x3(-2)+C42x2(-2)2+C43x(-2)3+C44(-2)4，故x3的系数为C43(-2)3+C42(-2)2=-8故答案为：85（5分）设Sn是等差数列an的前n项和，若m为大于1的正整数，且am-1-am2+am+1=1，S2m111，则m6【解答】解：依题意，am1+am+12am，由am-1-am2+am+1=1，可得2am-am2=1，整理，得am2-2am+10，解得am1S2m1=(2m-1)(a1+a2m-1)2=(2m-1)2a

9、m2=（2m1）2am2m1，S2m111，2m111，解得m6故答案为：66（5分）学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查，则甲被选中的概率为23【解答】解：学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查，基本事件总数n=C32=3，甲被选中包含的基本事件个数m=C11C21=2，则甲被选中的概率为P=mn=23故答案为：237（5分）函数ysin2（2x）1的最小正周期是2【解答】解ysin2（2x）1=1-cos4x2-1=-cos4x2-12T=24=2故答案为：28（5分）设实数x、y满足条件x+y-40x-y0y1，则z（x3）2+（y2）2的最小值为1

10、2【解答】解：作出不等式组对应的平面区域，则z的几何意义为区域内点P到点D（3，2）的距离平方由图象可知，当过点D作直线x+y40的垂线时，此时DP最小，|DP|=|3+2-4|12+12=22，则z|DP|2=12，故答案为：129（5分）棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥EBCD的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥EBCD的内切球半径为32-612a【解答】解：棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥EBCD的底面重合，由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，多面体ABCDE的外接球即正四面体ABCD的外接球，且其外接球的直径为AE，由题意

11、得正四面体ABCD的高为63a，外接球的半径为64a，设正三棱锥EBCD的高为h，AE=62a=63a+h，h=66a，底面BCD的边长为a，EBECED=22a，则正三棱锥EBCD的三条侧棱两两垂直，由题意得正棱锥EBCD的表面积S=3+34a2，体积VEBCD=131222a22a22a=224a3，设正三棱锥EBCD的内切球的半径为r，由13Sr=224a3，得r=32-612a故答案为：32-612a10（5分）在ABC中，已知（ac）（sinA+sinC）（ab）sinB，则角C3【解答】解：由正弦定理化简（ac）（sinA+sinC）（ab）sinB，得：（ac）（a+c）b（ab

12、），整理得：a2c2abb2，即a2+b2c2ab，由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab=12，C为三角形内角，C=3故答案为：311（5分）已知x0，y0，且x+3yxy，若t2+tx+3y恒成立，则实数t的取值范围是（4，3）【解答】解：x0，y0，且x+3yxy，1y+3x=1，x+3y=(x+3y)(1y+3x)=6+xy+9yx6+2xy9yx=12当且仅当xy=9yx，即x6，y2时取等号，x+3y的最小值为12t2+tx+3y恒成立，t2+t（x+3y）min，t2+t12，4t3，t的取值范围为（4，3）故答案为：（4，3）12（5分）已知函数f（x）2lnx1，g（x

13、）a|xm|，若存在实数a0使yf（x）g（x）在（1e，e）上有2个零点，则m的取值范围为（e2，e）【解答】解：令f（x）2lnx10得x=e，且在（1e，e）上递增对于g（x）a|xm|，函数图象关于xm对称，且开口向上当me时，显然只有一个交点，不符题意（图）；当eme时，总能找到a，使得两函数有两个交点（图）；当me时，yg（x）的图象的右半部分至多与yf（x）在x轴上方的图象产生两个交点此时只需研究g（x）a（xm）与yf（x）的图象即可事实上，此时过点（m，0）做yf（x）的切线，只要是切点落在（e，e）内即可（图）设切点为（x0，2lnx01），且k=2x0，所以切线方程为：y

14、-(2lnx0-1)=2x0(x-x0)，将（m，0）代入整理得：m=32x0-x0lnx0，x0(e，e)，m=12-lnx0，令m=0得x0=e，易知xe时，m0，故m=32x0-x0lnx0在(e，e)递减f(e)mf(e)，即e2me综上可知，当m(e2，e)时，存在实数a0使yf（x）g（x）在（1e，e）上有2个零点故答案为：（e2，e）二选择题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）已知i是虚数单位，复数z满足z（1+i）1i，则复数z的共轭复数在复平面上对应的点为（）A（1，0）B（0，1）C（1，0）D（0，1）【解答】解：由z（1+i）1i，得z=1-i1+i=(1

15、-i)2(1+i)(1-i)=-i，z=i复数z的共轭复数在复平面上对应的点为（0，1），故选：D14（5分）“m1，2“是“lnm1”成立的（）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分也非必要条件【解答】解：lnm10me，1，2（0，e），m1，2“是“lnm1”成立的充分非必要条件，故选：A15（5分）如图所示的程序框图，输出S的值为（）A299-23B2100-23C2101-23D2102-23【解答】解：通过分析知该算法是求和2cos+22cos2+23cos3+2100cos100，由于2cos+22cos2+23cos3+2100cos1002+2223+24+21

16、00=-2-(-2)21001-(-2)=2101-23故选：C16（5分）如图，已知F为抛物线y22x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，OAOB=3（其中O为坐标原点），则ABO与BFO面积之差的最小值是（）A2B3C35D10【解答】解：设直线AB的方程为：xty+m，点A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB与x轴的交点为M（m，0），由x=ty+my2=2x，得y22ty2m0，根据韦达定理有y1y22m，y1+y22t，OAOB=3，x1x2+y1y23，结合y122x1及y222x2，得（y1y2）2+4y1y2120，点A，B位于x轴的两侧，y1y26，故m3SA

17、BO=123(y1-y2)，SBFO=1212(-y2)，ABO与BFO面积之差：SABOSBFO=123(y1-y2)-1212(-y2)=32y1-54y2=32y1+152y1232y1152y1=35当且仅当32y1=152y1时，取等号故ABO与BFO面积之差的最小值是35故选：C三解答题（共5小题，满分70分）17（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC2，ABAC，M是棱BC的中点，点P在线段A1B上（1）若P是线段A1B的中点，求直线MP与直线AC所成的角的大小；（2）是否存在点P，使得直线MP与平面ABC所成角的大小为6，若存在，求出线段BP的长度；若不

18、存在，请说明理由【解答】解：（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC2，ABAC，M是棱BC的中点，P是线段A1B的中点，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），M（1，1，0），A1（0，0，2），P（1，0，1），MP=（0，1，1），AC=（0，2，0），设直线MP与直线AC所成的角为，则cos=|MPAC|MP|AC|=222=22，=4，直线MP与直线AC所成的角为4（2）假设存在点P（a，b，c），BP=BA1，（01），使得直线MP与平面ABC所成角的大小为6，则（a2，b，c）（2，

19、0，2），解得P（22，0，2），MP=（12，1，2），平面ABC的法向量n=（0，0，1），直线MP与平面ABC所成角的大小为6，sin6=|MPn|MP|n|=2(1-2)2+1+42，由01，解得=5-14BP=5-144+4=10-22存在点P，使得直线MP与平面ABC所成角的大小为6，线段BP的长度为10-2218（14分）王老师在做折纸游戏，现有一张边长为1的正三角形纸片ABC，将点A翻折后恰好落在边BC上的点F处，折痕为DE，设BDx，BFy（1）求x、y满足的关系式；（2）求x的取值范围【解答】解：（1）如图连接DF，由点A翻折后恰好落在边BC上的点F处，折痕为DE，可得DE

20、垂直平分AF，则ADDF，由等边三角形ABC的边长为1，且BDx，可得AD1x，DF1x，在BDF中，B60，由余弦定理可得DF2BD2+BF22BDBFcosB即（1x）2x2+y22xy12，化简可得y2xy+2x10，即x、y满足的关系式为y2xy+2x10；（2）由（1）可得y2xy+2x10，解得x=y2-1y-2，设y2t，由0y1，可得2t1，则yt+2，x=(t+2)2-1t=t+3t+44（t+3-t）42-t3-t=423，当且仅当t-3，即y2-3（0，1），等号成立，则x的取值范围是（0，42319（16分）数列an是首项为1，公差不为0的等差数列，且a1，a2，a5成

21、等比数列；数列bn的前n项和为Sn，且b12，Sn+1=23Sn+1（nN*）（）求an，bn；（）若cnanbn，且数列cn的前n项和为Tn，证明：Tn9【解答】（）设数列an的公差为d（d0），由a1，a2，a5成等比数列，得（1+d）21（1+4d），解得d0（舍去）或d2则an2n1b12，Sn+1=23Sn+1，当n1时，b1+b2=23b1+1，解得b2=13；当n2时，Sn=23Sn-1+1，有Sn+1-Sn=23(Sn-Sn-1)，即bn+1=23bn（n2），又b223b1，则bn=2，n=113(23)n-2，n2；（）证明：由（）得cn=2，n=12n-13(23)n-2

22、，n2则Tn=2+331+5323+2n-33(23)n-3+2n-13(23)n-2，两边乘以23，得23Tn=43+123+53(23)2+2n-33(23)n-2+2n-13(23)n-1两式相减得13Tn=3-43+2323+(23)2+(23)n-2-2n-13(23)n-1=53+(23)21-(23)n-21-23-2n-13(23)n-1=3-2n+53(23)n-1Tn=9-(2n+5)(23)n-19得证20（14分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的长轴长是焦距的2倍，且过点(-1，32)（1）求椭圆C的方程；（2）设P（x，y）为椭圆C上的动点，F为椭圆C的

23、右焦点，A、B分别为椭圆C的左、右顶点，点P满足PP=（4x，0）证明：|PP|PF|为定值；设Q是直线l：x4上的动点，直线AQ、BQ分别另交椭圆C于M、N两点，求|MF|+|NF|的最小值【解答】解：（1）由题意可得a2c，1a2+94b2=1，a2b2+c2，解得：a24，b23，所以椭圆的方程为：x24+y23=1；（2）由（1）可得A（2，0），B（2，0），F（1，0），因为P（x，y）为椭圆C上的动点，点P满足PP=（4x，0），所以x24+y23=1；所以|PP|4x|PF|=(x-1)2+y2=(x-1)2+3(1-x24)=14x2-2x+4=12(x-4)2=12|x4|

24、，所以：|PP|PF|=|4-x|12|4-x|=2，所以可证|PP|PF|为定值2由题意设Q（4，t），所以kAQ=t4+2=t6，所以直线AQ的方程为：y=t6（x+2），联立直线AQ与椭圆的方程：y=t6(x+2)3x2+4y2-12=0整理可得：（27+t2）x2+4t2+4t2108，所以2xM=4t2-10827+t2，所以xM=-2t2+5427+t2，同理kBQ=t4-2=t2，所以直线BQ的方程：y=t2（x2），y=t2(x-2)3x2+4y2-12=0整理可得：（3+t2）x24t2x+4t2120，所以2xN=4t2-123+t2，所以xN=2t2-63+t2，因为x4

25、为右准线，所以由到焦点的距离与到准线的距离的比为离心率e=12，可得：|MF|+|NF|=12（4xM）+12（4xN）=12（8xMxN）4-xM+xN2=4（-t2+2727+t2+t2-33+t2）4-48t2+81t2+304-48281+30=3，当且仅当t481，即t3时取等号所以|MF|+|NF|的最小值为321（14分）设函数f（x）ax2+b，其中a，b是实数（）若ab0，且函数ff（x）的最小值为2，求b的取值范围；（）求实数a，b满足的条件，使得对任意满足xyl的实数x，y，都有f（x）+f（y）f（x）f（y）成立【解答】解：（）f（x）ax2+b，ff（x）a3x4+

26、2a2bx2+ab2+b，设tx2，当ab0，且二次函数ya3t2+2a2bt+ab2+b的对称轴t=-ba0，当a0时，不满足条件a0，b0，当t0时，函数ff（x）取得最小值，即ab2+b2，从而ab=2-bb0，得0b2，即b的取值范围是（0，2）；（）xyl，y=1x，则由f（x）+f（y）f（x）f（y）得f（x）+f（1x）f（x）f（1x），即a（x2+1x2）+2bab（x2+1x2）+a2+b2，令tx2+1x2，则t2，则a（1b）ta2+b22b恒成立，需要a（1b）0，此时ya（1b）t在2，+）上为增函数，2a（1b）a2+b22b，即（a+b）22（a+b）0，得0a+b2，则实数a，b满足的条件为a(1-b)0aa+b2