【文档说明】上海交通大学附属中学2020届高三下学期期中考试数学试题含解析.doc，共(20)页，172.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年高考数学二模试卷一、填空题（共12小题）.1．计算矩阵的乘积：（ab）．2．323n．3．已知，则sinθ的值等于．4．若双曲线的焦距为6，则该双曲线的虚轴长为．5．在首项为21，公比为的等比数列中，最接近于1的项是第项．6．如图，二面角α﹣l﹣β的大小是

，线段AB⫋α，B∈l，AB与l所成的角为，则AB与平面β所成的角是（用反三角函数表示）．7．已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a＝2且（2+b）（sinA﹣sinB）＝（c﹣b）sinC，

则△ABC面积的最大值为．8．已知函数f（x）＝lg（x+1），g（x）是以2为周期的偶函数，且当0≤x≤1时，有g（x）＝f（x），则函数y＝g（x）（x∈[1，2]）的反函数是y＝．9．已知y＝f（x）是定义在R上

的函数，方程f（2019+x）×f（2020﹣x）＝0恰好有7个解，则这7个解的和为．10．设0.是一个循环节长度为两位的循环纯小数，其中a和b分别为10以内的非负整数，且a≠b，b≠0，若集合，则A中所有

元素的和为11．已知数列{an}满足（n∈N*），（k是一个已知的正整数），若存在m∈N*，当n＞m且an为奇数时，an恒为常数p，则p＝12．若实数x，y满足2cos2（x+y﹣1），则xy的最小值为．二.选择题13．已知函数y＝f（x）是R上的增函数，则对任意x1，x2∈R，“x1＜x

2”是“f（x1）＜f（x2）”的（）条件A．充分非必要B．必要非充分C．充分必要D．非充分非必要14．已知z1≠﹣1，（b∈R），，则z对应的点在（）A．圆上B．抛物线上C．双曲线上D．椭圆上15．在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足||＝||•2，则点集{P|λμ，|λ

|+|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的区域的面积是（）A．B．C．D．16．已知a1，a2，a3，a4∈{1，2，3，4}，N（a1，a2，a3，a4）为a1，a2，a3，a4中不同数字的种类，如N（1，1，

2，3）＝3，N（1，2，2，1）＝2，求所有的256个（a1，a2，a3，a4）的排列所得的N（a1，a2，a3，a4）的平均值为（）A．B．C．D．三.解答题17．如图所示，用一个半径为10厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒．（1）求该圆锥的

表面积S和体积V；（2）求该圆锥被吹倒后，其最高点到桌面的距离d．18．已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）+b（A＞0，ω＞0，）的图象如图所示．（1）求出函数f（x）的解析式；（2）若将函数f（x）的图象

向右移动个单位长度再把所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变）得到函数y＝g（x）的图象，求出函数y＝g（x）的单调递增区间及对称中心．19．若函数y＝f（x）满足“存在正数λ，使得对定义域内的每一个值x1，在其定义域内都存在x2，使f（x1）f（x2）＝λ成立”，则称该函数为“依附

函数”．（1）分别判断函数①f（x）＝2x，②g（x）＝log2x是否为“依附函数”，并说明理由；（2）若函数y＝h（x）的值域为[m，n]，求证：“y＝h（x）是‘依附函数’”的充要条件是“0∉[m，n]”．20．如图，已知点P是x轴下方（不含x轴）一点

，抛物线C：y＝x2上存在不同的两点A、B满足，，其中λ为常数，且D、E两点均在C上，弦AB的中点为M．（1）若P点坐标为（1，﹣2），λ＝3时，求弦AB所在的直线方程；（2）在（1）的条件下，如果过A点的直线l1与抛物线C

只有一个交点，过B点的直线l2与抛物线C也只有一个交点，求证：若l1和l2的斜率都存在，则l1与l2的交点N在直线PM上；（3）若直线PM交抛物线C于点Q，求证：线段PQ与QM的比为定值，并求出该定值．21．设数列{an}（n∈N*）是公差不为零的等差数列，满足a3

+a6＝a9，a5+a72＝6a9；数列{bn}（n∈N*）的前n项和为Sn，且满足4Sn+2bn＝3．（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）在b1和b2之间插入1个数x11，使b1，x11，b2成等差数列；在b2和b3之间插入2个数x21，x22，使b2，x21，x22，b3成等差数列

；……；在bn和bn+1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，使bn，xn1，xn2，…xnn，bn+1成等差数列．（i）求Tn＝x11+x21+x22+…+xn1+xn2+…+xnn；（ii）是否存在正整数m，n，使Tn成立？若存在，求出

所有的正整数对（m，n）；若不存在，请说明理由．参考答案一.填空题1．计算矩阵的乘积：（ab）（3aac）．【分析】利用矩阵的乘积运算法则即可得出．解：∵3a+b×0＝3a，ac+b×0＝ac，∴（ab）（3aac）．故答案为：（3aac）．2．323n4n．【分析】根据二项式

展开式定理，逆用即可．解：323n•3•32•3n＝（1+3）n＝4n．故答案为：4n．3．已知，则sinθ的值等于．【分析】把已知的等式左右两边平方，左边利用同角三角函数间的基本关系及二倍角的正弦函数公式化简，右边计算出结果，整理后即可求出sinθ的值．解：把两边

平方得：（sincos）2＝（）2，即sin22sincoscos21+sinθ，∴sinθ．故答案为：4．若双曲线的焦距为6，则该双曲线的虚轴长为．【分析】通过双曲线的焦距，求出m，然后求解双曲线的虚轴长．解：双曲线的焦距为6，可得，解得m．所以双曲线的虚轴长

为：2．故答案为：2．5．在首项为21，公比为的等比数列中，最接近于1的项是第5项．【分析】由已知可先求出数列的通项公式，进而可求．解：可得，等比数列的通项公式an＝21，则数列单调递减，a5﹣11，1﹣a6＝1，故当

n＝5时，数列的项与1最接近．故答案为：5．6．如图，二面角α﹣l﹣β的大小是，线段AB⫋α，B∈l，AB与l所成的角为，则AB与平面β所成的角是arcsin（用反三角函数表示）．【分析】过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线，垂足为

D，连接AD，可得∠ADC为二面角α﹣l﹣β的平面角，连接CB，则∠ABC为AB与平面β所成的角，在直角三角形ABC中即可求解．解：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线，垂足为D，连接AD，由三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角α

﹣l﹣β的平面角，为，又由已知，∠ABD，连接CB，则∠ABC为AB与平面β所成的角．设AD＝2，则AC，CD＝1，AB4．∴直线AB与平面β所成的角的正弦值sin∠ABC，即AB与平面β所成的角是arcsin．故答案为：

arcsin．7．已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a＝2且（2+b）（sinA﹣sinB）＝（c﹣b）sinC，则△ABC面积的最大值为．【分析】由正弦定理化简已知可得2a﹣b2＝c2﹣bc，结合余弦定理可求A的值，由基本不等式可求bc≤4，再

利用三角形面积公式即可计算得解．解：因为：（2+b）（sinA﹣sinB）＝（c﹣b）sinC⇒（2+b）（a﹣b）＝（c﹣b）c⇒2a﹣2b+ab﹣b2＝c2﹣bc，又因为：a＝2，所以：，△ABC面积，而b2+c2﹣a2＝bc⇒b2+c2﹣bc＝a2⇒b2+c2﹣bc＝4⇒

bc≤4所以：，即△ABC面积的最大值为．故答案为：．8．已知函数f（x）＝lg（x+1），g（x）是以2为周期的偶函数，且当0≤x≤1时，有g（x）＝f（x），则函数y＝g（x）（x∈[1，2]）的反函数是y＝3﹣10x（x∈[0，lg2]）．【分析】结合函数的奇偶性和反函数知识进行求解．解：

当x∈[1，2]时，2﹣x∈[0，1]，∴y＝g（x）＝g（x﹣2）＝g（2﹣x）＝f（2﹣x）＝lg（3﹣x），由单调性可知y∈[0，lg2]，又∵x＝3﹣10y，∴所求反函数是y＝3﹣10x，x∈[0，lg2]．故答案为：3﹣10x，x∈[0

，lg2]．9．已知y＝f（x）是定义在R上的函数，方程f（2019+x）×f（2020﹣x）＝0恰好有7个解，则这7个解的和为3.5．【分析】构造函数g（x）＝f（2019+x）×f（2020﹣x），则函数g（x）满足g（1﹣x）＝g（x

），即函数g（x）关于直线x对称，所以方程g（x）＝0的7个解有一个根为，左右各对应3个根，从而求出这7个解的和．解：设g（x）＝f（2019+x）×f（2020﹣x），则g（1﹣x）＝f（2020﹣x）×f（20

19+x），∴函数g（x）满足g（1﹣x）＝g（x），∴函数g（x）关于直线x对称，∴方程g（x）＝0的所有实数根也是关于在数轴上对称分布，∴一旦在的左侧取到实数根，一定也能在的右侧取到相应实数根，且两根之和为1，∵方程f（2019+x）×f（2020﹣x）＝0恰好有7个解，即方程g（x）＝0恰

好有7个解，∴有一个根为，左右各对应3个根，∴这7个解的和为1+1+13.5，故答案为：3.5．10．设0.是一个循环节长度为两位的循环纯小数，其中a和b分别为10以内的非负整数，且a≠b，b≠0，若集合，则A

中所有元素的和为143【分析】先由题意得到0.⇒n，再利用列举法求出满足题意的n即可．解：由题意可知0.，∴n．又∵a和b分别为10以内的非负整数，且a≠b，b≠0，∴①当a＝0时，b＝1，3，9，此时n依次等于

99，33，11；②当a≠0时，n均不存在．综合①②知：A＝{99，11，33}，故A中所有元素的和为99+11+33＝143．故答案为：143．11．已知数列{an}满足（n∈N*），（k是一个已知的正整数），若存在m∈N*，当n＞

m且an为奇数时，an恒为常数p，则p＝﹣1【分析】推导出an＝p，an+1＝3p+1，an+2p，由此能求出p．解：若存在m∈N*，当n＞m且an为奇数时，an恒为常数p，则an＝p，an+1＝3p+1，an+2p，解得p＝﹣1．故答案为：

﹣1．12．若实数x，y满足2cos2（x+y﹣1），则xy的最小值为．【分析】配方可得2cos2（x+y﹣1）（x﹣y+1），由基本不等式可得（x+y+1）2，或（x﹣y+1）2，进而可得cos（x+

y﹣1）＝±1，x＝y，由此可得xy的表达式，取k＝0可得最值．解：∵，∴2cos2（x+y﹣1）∴2cos2（x+y﹣1），故2cos2（x+y﹣1）（x﹣y+1），由基本不等式可得（x﹣y+1）2，或（x﹣y+1）2，∴2cos2（x+y﹣1）≥2，由三角函

数的有界性可得2cos2（x+y﹣1）＝2，故cos2（x+y﹣1）＝1，即cos（x+y﹣1）＝±1，此时x﹣y+1＝1，即x＝y∴x+y﹣1＝kπ，k∈Z，故x+y＝2x＝kπ+1，解得x，故xy＝x•x，当k＝0时，xy的最小值，故答

案为：二.选择题13．已知函数y＝f（x）是R上的增函数，则对任意x1，x2∈R，“x1＜x2”是“f（x1）＜f（x2）”的（）条件A．充分非必要B．必要非充分C．充分必要D．非充分非必要【分析】利用增函数的定义即可判断出关系

．解：函数y＝f（x）是R上的增函数，则对任意x1，x2∈R，“x1＜x2”⇔“f（x1）＜f（x2）”，故选：C．14．已知z1≠﹣1，（b∈R），，则z对应的点在（）A．圆上B．抛物线上C．双曲线上D．椭圆上【分析】由已知求得z1，代入z化简得到z＝﹣b2﹣2bi，设

P（x，y），则，消去b即可得到点P的轨迹．解：因为，所以z1，则1＝（1﹣bi）2﹣1＝﹣b2﹣2bi，∴复数z在复平面内所对应的点为P（﹣b2，﹣2b），设P（x，y），则，消去b得：y2＝﹣4x（y≠0）．故z对应的点在抛物线上，

故选：B．15．在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足||＝||•2，则点集{P|λμ，|λ|+|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的区域的面积是（）A．B．C．D．【分析】由两定点A，B满足2，说明O，A，B三点构成边长为2

的等边三角形，设出两个定点的坐标，再设出P点坐标，由平面向量基本定理，把P的坐标用A，B的坐标及λ，μ表示，把不等式|λ|+|μ|≤1去绝对值后可得线性约束条件，画出可行域可求点集P所表示区域的面积．解：由两定点A，B满足2，，则||2＝（）22•4，则||＝2，说明O，A，B

三点构成边长为2的等边三角形．不妨设A（），B（）．再设P（x，y）．由，得：．所以，解得①．由|λ|+|μ|≤1．所以①等价于或或或．可行域如图中矩形ABCD及其内部区域，则区域面积为．故选：D．16．已知a1，a2，a3，

a4∈{1，2，3，4}，N（a1，a2，a3，a4）为a1，a2，a3，a4中不同数字的种类，如N（1，1，2，3）＝3，N（1，2，2，1）＝2，求所有的256个（a1，a2，a3，a4）的排列所得的N（a1，a2，a3，a4）的平

均值为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，依次分析N（a1，a2，a3，a4）＝1、2、3、4时的情况数目，结合“不同数字的种类”的定义分析可得答案．解：根据题意，（a1，a2，a3，a4）的排列共有256种，其中当N（a1，a2，a3，a4）＝1时，即排列中只有1个数

字，有4种情况，当N（a1，a2，a3，a4）＝2时，即排列中有2个不同的数字，若有3个数字相同，有C42C43A22＝48种情况，若有2个数字相同，有C42C42＝36种情况，此时有48+36＝84种情况，当N

（a1，a2，a3，a4）＝3时，即排列中有3个不同的数字，有3×C43C42A22＝144种情况，当N（a1，a2，a3，a4）＝3时，即排列有4个不同的数字，有A44＝24种情况，则N（a1，a2，a3，a4）的平均值为；故选：D．

三.解答题17．如图所示，用一个半径为10厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒．（1）求该圆锥的表面积S和体积V；（2）求该圆锥被吹倒后，其最高点到桌面的距离d．【分析】（1）设圆锥底面半径为r厘米，母线的

长为l厘米，则l＝10厘米，利用半圆周长等于圆锥底面周长列式求得r＝5厘米，则表面积可求，再求出圆锥的高，则体积可求．（2）由（1）知，圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为10厘米，可得最高点到底面的距离为等边三角

形的高．解：（1）设圆锥底面半径为r厘米，母线的长为l厘米，则l＝10厘米，且2πr＝πl，解得：r＝5厘米，表面积S＝πrl＝50π（平方厘米），圆锥的高（厘米），∴体积（立方厘米）．（2）由（1）知，圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为10厘米，∴最高点到底面的距离为等边三角形的高，厘米．故该圆

锥被吹倒后，其最高点到桌面的距离d厘米．18．已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）+b（A＞0，ω＞0，）的图象如图所示．（1）求出函数f（x）的解析式；（2）若将函数f（x）的图象向右移动个单位长度再把所有点的横坐标变为原来

的（纵坐标不变）得到函数y＝g（x）的图象，求出函数y＝g（x）的单调递增区间及对称中心．【分析】（1）由函数的图象的顶点坐标求出A和b，由周期求出ω，最高点求出φ的值，可得函数的解析式．（2）由题意利用正弦函数的单调性，以及图象的对称

性，求出函数y＝g（x）的单调递增区间及对称中心．解：（1）由函数f（x）的图象可得，解得：．又由得：，∴．而得：，k∈Z，∵，∴，综上：．（2）显然，由，k∈Z，得g（x）的单调递增区间为，k∈Z，由，k

∈Z得：对称中心是，k∈Z．19．若函数y＝f（x）满足“存在正数λ，使得对定义域内的每一个值x1，在其定义域内都存在x2，使f（x1）f（x2）＝λ成立”，则称该函数为“依附函数”．（1）分别判断函数①f（x）＝2x，②g（x）＝log2x是否为“依附函数”，并说明理

由；（2）若函数y＝h（x）的值域为[m，n]，求证：“y＝h（x）是‘依附函数’”的充要条件是“0∉[m，n]”．【分析】（1）根据“依附函数”的定义直接判断即可；（2）从必要性及充分性两个角度，利用反正法求证即可．解：（1）①可取λ＝1，则对任意x1∈R，存在x2＝﹣

x1∈R，使得成立，（说明：可取任意正数λ，则x2＝log2λ﹣x1……2分）∴f（x）＝2x是“依附函数”，……②对于任意正数λ，取x1＝1，则g（x1）＝0，……此时关于x2的方程g（x1）g（x2）＝λ无解，∴g（x）＝log

2x不是“依附函数”．……（2）证明：必要性：（反证法）假设0∈[m，n]，∵y＝h（x）的值域为[m，n]，∴存在定义域内的x1，使得h（x1）＝0，……∴对任意正数λ，关于x2的方程h（x1）h（x2）＝λ无解，即y＝h（x）不是依附函数，矛盾，……充分性：假设0∉[m，n]，取λ＝m

n＞0，……则对定义域内的每一个值x1，由h（x1）∈[m，n]，可得，而y＝h（x）的值域为[m，n]，∴存在定义域内的x2，使得，即h（x1）h（x2）＝λ成立，∴y＝h（x）是“依附函数”．……20．如图，已知点P是x轴下方

（不含x轴）一点，抛物线C：y＝x2上存在不同的两点A、B满足，，其中λ为常数，且D、E两点均在C上，弦AB的中点为M．（1）若P点坐标为（1，﹣2），λ＝3时，求弦AB所在的直线方程；（2）在（1）的条件下，如果过A点的直线l

1与抛物线C只有一个交点，过B点的直线l2与抛物线C也只有一个交点，求证：若l1和l2的斜率都存在，则l1与l2的交点N在直线PM上；（3）若直线PM交抛物线C于点Q，求证：线段PQ与QM的比为定值，并求出该定值．【分析】（1）设A（x1，

y1），B（x2，y2），求出D、E坐标，设A（3，9），B（﹣1，1），然后判断求解弦AB所在的直线方程．（2）设l1：y﹣9＝k1（x﹣3），与C：y2＝x联立，并令△＝0，可得k1＝6，同理l2的斜率k2＝﹣2，求出交点坐标，然后推出直线PM的方

程即可．（3）设P（x0，y0），设出A、B坐标，由，求出，代入y＝x2，说明x1、x2是方程的两个不同的根，利用韦达定理，求出P、Q坐标，然后求解线段比例即可．【解答】（1）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），由，，可得，，由D点在C上可得：，化简得：，同理可得：，∵A、B两点不同，不

妨设A（3，9），B（﹣1，1），∴弦AB所在的直线方程为2x﹣y+3＝0．（2）证明：由（1）可知，A（3，9），B（﹣1，1），设l1：y﹣9＝k1（x﹣3），与C：y2＝x联立，并令△＝0，可得k1＝6，同理l2的斜率k

2＝﹣2，∴l1：6x﹣y﹣9＝0，l2：2x+y+1＝0，解方程组得：交点N（1，﹣3），而直线PM的方程为x＝1，得证．（3）证明：设P（x0，y0），，，由，得，代入y＝x2，化简得：，同理可得：，显然x1≠x2，∴x1、x2是方程的两个不同的根，∴x1+x2＝2x0

，，∴，即直线PM的方程为x＝x0，∵，，∴，，∴线段PQ与QM的比为定值．21．设数列{an}（n∈一、选择题*）是公差不为零的等差数列，满足a3+a6＝a9，a5+a72＝6a9；数列{bn}（n∈N*）的前n项和为Sn，且满

足4Sn+2bn＝3．（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）在b1和b2之间插入1个数x11，使b1，x11，b2成等差数列；在b2和b3之间插入2个数x21，x22，使b2，x21，x22，

b3成等差数列；……；在bn和bn+1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，使bn，xn1，xn2，…xnn，bn+1成等差数列．（i）求Tn＝x11+x21+x22+…+xn1+xn2+…+xnn；（ii）是否存在正整数m，n，使Tn成立？

若存在，求出所有的正整数对（m，n）；若不存在，请说明理由．【分析】（1）设数列{an}的公差为d，（d≠0），利用等差数列的通项公式求出d＝1，从而an＝n．再由4Sn+2bn＝3，当n≥2时，4Sn﹣1+2bn﹣1＝3，推导出{bn}是首项为，公比为的等比数列，由此能求出bn．（2）（i）

在bn和bn﹣1之间插入n个数，，…，，推导出，从而xnk＝bn+kdn，进而Tn＝x11+x21+…+xn1+xn2+…+xnn，由此利用错位相减法能求出Tn．（ii）m2，当n＝1时，m＝23∉N*，当n＝2时，m＝29*，当n＝3时，m＝2+1＝3∈N*，再证明当n≥

4（n∈N*）时，3n﹣6n﹣9＞0，由此能求出所有的正整数对．解：（1）设数列{an}的公差为d，（d≠0），则由a3+a6＝a9，得（a1+2d）+（a1+5d）＝a1+8d，∴a1＝d，∵a5+a72

＝6a9，∴（a1+4d）+（a1+6d）2＝6（a1+8d），将a1＝d代入上式，得5d+49d2＝54d，∴49d2＝49d，∵d≠0，∴d＝1，∴an＝n．由4Sn+2bn＝3，①当n≥2时，4S

n﹣1+2bn﹣1＝3，②①﹣②，得4bn+2bn﹣2bn﹣1＝0，∴，（n≥2），又4b1+2b1＝3，∴0，∴{bn}是首项为，公比为的等比数列，∴bn，（n∈N*）．（2）（i）在bn和bn﹣1之间插入n个数，，…，，∵bn，xn1，xn2，…xnm，bn+1成等差数列，设公差为d

n，∴，则xnk＝bn+kdn，∴•n，∴Tn＝x11+x21+…+xn1+xn2+…+xnn，①则，②①﹣②，得Tn（1），∴Tn．（ii）假设存在正整数m，n，使Tn成立，．m2，当n＝1时，m＝23∉N*，当n＝2

时，m＝29∈N*，当n＝3时，m＝2+1＝3∈N*，下证，当n≥4（n∈N*）时，有3n﹣2n﹣3＞4n+6，即证3n﹣6n﹣9＞0，设f（x）＝3x﹣6x﹣9，x≥4，则f′（x）＝3xln3﹣6＞3x﹣6＞0，∴f（x）在

[4，+∞）上单调递增，故n≥4时，3n﹣6n﹣9＞34﹣6×4﹣9＝48＞0，∴01，∴n≥4时，m不是整数，∴所有的正整数对（m，n）为（9，2）及（3，3）．