《2020年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题精品解析（上海卷）（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题精品解析（上海卷）（通用）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020年高考上海卷理数试题解析（精编版）（解析版）一、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.1、设全集若集合，则 【答案】【解析】因为，所以【考点定位】集合运算2、若复数满足，其中为虚数单位，则 【答案】3、若线性方程组的增广矩阵为、解为，则 【答案】【解析】由题意得：【考点定位】线性方程组的增广矩阵4、若正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，则 【答案】5、抛物线（）上的动点到焦点的距离的最小值为，则 【答案】6、若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则其母线与轴的夹角的大小为 【答案】【解析】由题意得：母线与轴的夹角为【考点定位】圆锥轴截面7、方程的解为 【答案】【解析】设，则【考
2、点定位】解指对数不等式8、在报名的名男教师和名女教师中，选取人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为 （结果用数值表示）【答案】9、已知点和的横坐标相同，的纵坐标是的纵坐标的倍，和的轨迹分别为双曲线和若的渐近线方程为，则的渐近线方程为 【答案】【解析】由题意得：，设，则，所以，即的渐近线方程为【考点定位】双曲线渐近线10、设为，的反函数，则的最大值为 【答案】11、在的展开式中，项的系数为 （结果用数值表示）【答案】【解析】因为，所以项只能在展开式中，即为，系数为【考点定位】二项展开式12、赌博有陷阱某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有，的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字
3、作为其赌金（单位：元）；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的倍作为其奖金（单位：元）若随机变量和分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 （元）【答案】【解析】赌金的分布列为12345P所以奖金的分布列为1.42.84.25.6P所以【考点定位】数学期望13、已知函数若存在，满足，且（，），则的最小值为 【答案】【解析】因为，所以，因此要使得满足条件的最小，须取即【考点定位】三角函数性质14、在锐角三角形中，为边上的点，与的面积分别为和过作于，于，则 【答案】【解析】由题意得：，又,因为DEAF四点共圆，因此【考点定位】向量数量积，解三角形二、选择题：本大题共10小
4、题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.15、设，则“、中至少有一个数是虚数”是“是虚数”的（ ）A充分非必要条件 B必要非充分条件C充要条件 D既非充分又非必要条件【答案】B16、已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的纵坐标为（ ）A B C D【答案】D【解析】，即点的纵坐标为【考点定位】复数几何意义17、记方程：，方程：，方程：，其中，是正实数当，成等比数列时，下列选项中，能推出方程无实根的是（ ）A方程有实根，且有实根 B方程有实根，且无实根C方程无实根，且有实根 D方程无实根，且无实根【答案】B【解析】当方程有实根，且无实根时，从而即方
5、程：无实根，选B.而A,D由于不等式方向不一致，不可推；C推出有实根【考点定位】不等式性质18、设是直线（）与圆在第一象限的交点，则极限（ ）A B C D【答案】A三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。19、（本题满分12分）如图，在长方体中，、分别是、的中点证明、四点共面，并求直线与平面所成的角的大小.【答案】因此直线与平面所成的角的大小为【考点定位】空间向量求线面角20、（本题满分14分）本题共有2小题，第小题满分6分，第小题满分8分如图，三地有直道相通，千米，千米，千米.现甲、乙两警员同时从地出发匀速前往地，经过小时，他们之间的距离为（单位：千米
6、）.甲的路线是，速度为千米/小时，乙的路线是，速度为千米/小时.乙到达地后原地等待.设时乙到达地.（1）求与的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是千米.当时，求的表达式，并判断在上得最大值是否超过？说明理由.【答案】（1），（2），不超过.（2）甲到达用时小时；乙到达用时小时，从到总用时小时当时，；当时，.所以.因为在上的最大值是，在上的最大值是，所以在上的最大值是，不超过.【考点定位】余弦定理21、（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题6分，第2小题8分.已知椭圆，过原点的两条直线和分别于椭圆交于、和、，记得到的平行四边形的面积为.（1）设，用、的坐标表示点到直线的距离，并证明；
7、（2）设与的斜率之积为，求面积的值.【答案】（1）详见解析（2）由，整理得.【考点定位】直线与椭圆位置关系22、（本题满分16分）本题共有3个小题.第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分. 已知数列与满足，.（1）若，且，求数列的通项公式；（2）设的第项是最大项，即（），求证：数列的第项是最大项；（3）设，（），求的取值范围，使得有最大值与最小值，且.【答案】（1）（2）详见解析（3）因为，所以，即.故的第项是最大项.解：（3）因为，所以，当时， .当时，符合上式.所以.因为，所以，.当时，由指数函数的单调性知，不存在最大、最小值；当时，的最大值为，最小值为，而；当时，由指数函数
8、的单调性知，的最大值，最小值，由及，得.综上，的取值范围是.【考点定位】等差数列，数列单调性23、（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.对于定义域为的函数，若存在正常数，使得是以为周期的函数，则称为余弦周期函数，且称为其余弦周期.已知是以为余弦周期的余弦周期函数，其值域为.设单调递增，.（1）验证是以为周期的余弦周期函数；（2）设证明对任意，存在，使得；（3）证明：“为方程在上得解”的充要条件是“为方程在上有解”，并证明对任意都有.【答案】（1）详见解析（2）详见解析（3）详见解析（2）由于的值域为，所以对任意，都是一个函数值，即有，使得.若，则由单调递增得到，与矛盾，所以.同理可证.故存在使得.（3）若为在上的解，则，且，即为方程在上的解.同理，若为方程在上的解，则为该方程在上的解.以下证明最后一部分结论.由（2）所证知存在，使得，.而，故.类似地，当，时，有.结论成立.【考点定位】新定义问题质.
