2020年上海市长宁区高考数学二模试卷（含答案解析）

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1、2020 年上海市长宁区高考数学二模试卷年上海市长宁区高考数学二模试卷 一填空题（共 12 小题） 1已知集合 A（2，1，B（0，+），则 AB 2行列式| |的值等于 3（1+x）5的二项展开式的第三项的系数是 4若复数 z 满足 z23，则|z| 5若实数 x、y 满足 ，则 zxy 的最小值为 6直线 l： （t 是参数）的斜率为 7如图，已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的侧棱长为 ，底面边长为 1，则直线 D1B 和底 面 ABCD 所成的角的大小为 8记等差数列an的前 n 项和为 Sn若 a31，S714，则 a5 9已知 2，1， ， ， ，1，2，3若函数 f（x）x

2、在（0，+）上递减且为 偶函数，则 10 在停课不停学期间， 某校有四位教师参加三项不同的公益教学活动， 每位教师任选一项， 则每个项目都有该校教师参加的概率为 （结果用数值表示） 11 已知点 M、 N 在以 AB 为直径的圆上 若 AB5， AM3， BN2， 则 12已知函数 f（x） 若关于 x 的方程 f（x）xb 有三个不同的实数解，则实数 b 的取值范围是 二选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分，每题 5 分）每题有且只有一个正确选项考生 应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑 13已知向量 ， ， ， ， ， ，xR，则“x1”是“ ”的（ ） A充分非必要条件

3、 B必要非充分条件 C充要条件 D既非充分又非必要条件 14 某单位现有职工 52 人， 将所有职工编号， 用系统抽样的方法抽取一个容量为 4 的样本 已 知 6 号、32 号、45 号职工在样本中，则另一个在样本中的职工编号为（ ） A19 B20 C18 D21 15在直角坐标系 xOy 中，角 的始边为 x 轴的正半轴，顶点为坐标原点 O已知角 的 终边 l 与单位圆交于点 A （0.6， m） ， 将 l 绕原点逆时针旋转 与单位圆交于点 B （x， y） ， 若 tan ，则 x（ ） A0.6 B0.8 C0.6 D0.8 16在数列的极限一节，课本中给出了计算由抛物线 yx2、x

4、 轴以及直线 x1 所围成的曲 边区域面积 S 的一种方法： 把区间0， 1平均分成 n 份， 在每一个小区间上作一个小矩形， 使得每个矩形的左上端点都在抛物线 yx2上（如图），则当 n时，这些小矩形面积 之和的极限就是 S已知 12+22+32+n2 n（n+1）（2n+1）利用此方法计算出的由 曲线 y 、x 轴以及直线 x1 所围成的曲边区域的面积为（ ） A B C D 三、解答题（本大题共有 5 题，满分 76 分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必 要的步骤 17如图，已知圆锥的顶点为 P，底面圆心为 O，半径为 2，母线长为 2 （1）求该圆锥的体积； （2）已知 AB

5、为圆锥底面的直径，C 为底面圆周上一点，且BOC90，M 为线段 AC 的中点，求异面直线 OM 与 PB 所成的角的大小 18已知函数 f（x）sinx cosx，xR （1）设ABC 的内角 A、B、C 所对的边长分别为 a、b、c若 f（A）0，且 b2，c 3，求 a 的值； （2）求函数 yf（x）cosx 的最大值 19培养某种水生植物需要定期向培养植物的水中加入物质 N已知向水中每投放 1 个单位 的物质 N，x（单位：天）时刻后水中含有物质 N 的量增加 ymol/L，y 与 x 的函数关系可 近似地表示为 y ， ， 根据经验， 当水中含有物质 N 的量不低于 4mol/L

6、时，物质 N 才能有效发挥作用 （1）若在水中首次投放 1 个单位的物质 N，计算物质 N 能持续有效发挥作用几天？ （2）若在水中首次投放 1 个单位的物质 N，第 8 天再投放 1 个单位的物质 N，试判断第 8 天至第 12 天，水中所含物质 N 的量是否始终不超过 6mol/L，并说明理由 20（16 分）已知椭圆： 1（ab0）的右焦点的坐标为（2，0），且长轴长 为短轴长的 倍椭圆的上、下顶点分别为 A、B，经过点 P（0，4）的直线 l 与椭圆 相交于 M、N 两点（不同于 A、B 两点） （1）求椭圆的方程； （2）若直线 BMl，求点 M 的坐标； （3）设直线 AN、BM

7、相交于点 Q（m，n），求证：n 是定值 21（18 分）若数列cn满足“对任意正整数 i，j，ij，都存在正整数 k，使得 ckcicj”， 则称数列cn具有“性质 P”已知数列an为无穷数列 （1）若an为等比数列，且 a11，判断数列an是否具有“性质 P”，并说明理由； （2）若an为等差数列，且公差 d0，求证：数列an不具有“性质 P”； （3）若等差数列an具有“性质 P”，且 a32，求数列an的通项公式 an 参考答案参考答案 一填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分，第 16 题每题 4 分，第 712 题每题 5 分） 考生应在答题纸的相应位置直接填写结果 1已知集

8、合 A（2，1，B（0，+），则 AB （0，1 【分析】进行交集的运算即可 解：A（2，1，B（0，+）， AB（0，1 故答案为：（0，1 2行列式| |的值等于 2 【分析】利用行列式的计算公式即可得出 解：| | 52812 故答案为：2 3（1+x）5的二项展开式的第三项的系数是 10 【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求出第三项的系数 解：（1+x）5的二项展开式的第三项的系数是 10， 故答案为：10 4若复数 z 满足 z23，则|z| 【分析】由已知求得|z2|z|23，开方后得答案 解：由 z23，得|z2|z|23，则|z| 故答案为： 5若实数 x、y 满足 ，则

9、 zxy 的最小值为 1 【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优 解，把最优解的坐标代入目标函数得答案 解：由实数 x、y 满足 ，作出可行域， 化目标函数 zxy 为 yxz， 由图可知，当直线 yxz 过点 A（0，1）时，直线在 y 轴上的截距最大，z 有最小值为 1 故答案为：1 6直线 l： （t 是参数）的斜率为 2 【分析】直线 l： （t 是参数），消去参数可得方程，即可得出斜率 解：直线 l： （t 是参数），消去参数为：y2x5，可得斜率 k2 故答案为：2 7如图，已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的侧棱长为 ，底面边长为 1，则

10、直线 D1B 和底 面 ABCD 所成的角的大小为 【分析】 连结 BD， 推导出 BD ， DD1平面 ABCD， D1BD 是直线 D1B 和底面 ABCD 所成的角，由此能求出直线 D1B 和底面 ABCD 所成的角的大小 解：连结 BD， 正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的侧棱长为 ，底面边长为 1， BD ，DD1平面 ABCD， D1BD 是直线 D1B 和底面 ABCD 所成的角， D1DBD，D1DBD， ， 直线 D1B 和底面 ABCD 所成的角的大小为 故答案为： 8记等差数列an的前 n 项和为 Sn若 a31，S714，则 a5 3 【分析】由等差数列的性质可得：a

11、3+a5a1+a7再利用求和公式即可得出 解：由等差数列的性质可得：a3+a5a1+a7 S7 147 （a 1+a7 ） （1+a5）， 解得：a53， 故答案为：3 9已知 2，1， ， ， ，1，2，3若函数 f（x）x 在（0，+）上递减且为 偶函数，则 2 【分析】 根据题意， 由幂函数的单调性分析可得 a2、 1 或 ， 据此验证函数 f （x） 的奇偶性，即可得答案 解：根据题意，函数 f（x）x为幂函数， 若函数 f（x）x在（0，+）上递减，必有 a0，则 a2、1 或 ， 当 a2 时，f（x）x2 ，为偶函数，符合题意， 当 a1 时，f（x）x1 ，为奇函数，不符合题意

12、， 当 a 时，f（x） ，为非奇非偶函数，不符合题意； 则 a2； 故答案为：2 10 在停课不停学期间， 某校有四位教师参加三项不同的公益教学活动， 每位教师任选一项， 则每个项目都有该校教师参加的概率为 （结果用数值表示） 【分析】基本事件总数 n3481，每个项目都有该校教师参加包含的基本事件总数 m 36，由此能求出每个项目都有该校教师参加的概率 解：某校有四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项， 基本事件总数 n3481， 每个项目都有该校教师参加包含的基本事件总数 m 36， 则每个项目都有该校教师参加的概率为 p 故答案为： 11 已知点 M、 N 在以 AB 为

13、直径的圆上 若 AB5， AM3， BN2， 则 12 【分析】 连接 BM， BN， 利用数量积公式表示 ， 再结合其几何意义即可求出结果 解：连接 BM，BN，因为 AB 为直径，所以AMBANB90， 又因为 AB5，AM3，BN2， BM 4； （ ） | | | |cosABM| | | | cosABN 4 22212 故答案为：12 12已知函数 f（x） 若关于 x 的方程 f（x）xb 有三个不同的实数解，则实数 b 的取值范围是 （，1）（3，+） 【分析】利用函数的奇偶性画出函数 f（x）的大致图象，关于 x 的方程 f（x）xb 有 三个不同的实数解，等价于函数 yf（

14、x）与函数 yx+b 有三个不同的交点，利用导数 的几何意义求出直线 yx+b 与函数 f（x）相切时，b 的值，根据函数图象，即可求出有 三个不同的交点时 b 的取值范围 解：显然函数 f（x）是偶函数，图象关于 y 轴对称，画出函数 f（x）的图象，如图所示： ， 关于 x 的方程 f（x）xb 有三个不同的实数解，等价于函数 yf（x）与函数 yx+b 有三个不同的交点， 设当 x0 且 x1 时，直线 yx+b 与 f（x） 相切时，切点坐标为（x0，y0）， f（x） ， ， 解得：x02 或 0， 切点坐标为（2，1）或（0，1），代入直线 yx+b 得：b3 或1， 由函数 f（

15、x）的图象可知，当 b3 或 b1 时，函数 yf（x）与函数 yx+b 有三 个不同的交点， 故答案为：（，1）（3，+） 二选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分，每题 5 分）每题有且只有一个正确选项考生 应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑 13已知向量 ， ， ， ， ， ，xR，则“x1”是“ ”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 【分析】由 ，可设 k ，于是（1，x，1）k（x，1，1），解出即可得出 解：由 ，可设 k ，于是（1，x，1）k（x，1，1）， ，解得 k1x “x1”是“ ”的充要条件 故选：C 1

16、4 某单位现有职工 52 人， 将所有职工编号， 用系统抽样的方法抽取一个容量为 4 的样本 已 知 6 号、32 号、45 号职工在样本中，则另一个在样本中的职工编号为（ ） A19 B20 C18 D21 【分析】根据系统抽样的特征可知抽样是等距抽样的原则，构造一个等差数列，将四个 职工的号码从小到大成等差数列，建立等式关系，解之即可 解：设样本中还有一个职工的编号是 x 号， 则用系统抽样抽出的四个职工的号码从小到大排列：6 号、x 号、32 号、45 号，它们构 成等差数列， 6+45x+32， x6+453219 因此，另一学生编号为 19 故选：A 15在直角坐标系 xOy 中，角

17、 的始边为 x 轴的正半轴，顶点为坐标原点 O已知角 的 终边 l 与单位圆交于点 A （0.6， m） ， 将 l 绕原点逆时针旋转 与单位圆交于点 B （x， y） ， 若 tan ，则 x（ ） A0.6 B0.8 C0.6 D0.8 【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，诱导公式，求得 x 的值 解：在直角坐标系 xOy 中，角 的始边为 x 轴的正半轴，顶点为坐标原点 O，已知角 的终边 l 与单位圆交于点 A（0.6，m）， 将 l 绕原点逆时针旋转 与单位圆交于点 B（x，y），若 tan ，m0.8， 故 A（0.6，0.8） 由题意，xcos（ ）sin0.8， 故选：B

18、 16在数列的极限一节，课本中给出了计算由抛物线 yx2、x 轴以及直线 x1 所围成的曲 边区域面积 S 的一种方法： 把区间0， 1平均分成 n 份， 在每一个小区间上作一个小矩形， 使得每个矩形的左上端点都在抛物线 yx2上（如图），则当 n时，这些小矩形面积 之和的极限就是 S已知 12+22+32+n2 n（n+1）（2n+1）利用此方法计算出的由 曲线 y 、x 轴以及直线 x1 所围成的曲边区域的面积为（ ） A B C D 【分析】由题意画出图形，结合已知求出曲线 y 、y 轴、y1 围成的曲边梯形的面 积，再由正方形的面积减去该面积可得曲线 y 、x 轴以及直线 x1 所围成

19、的曲边区 域的面积 解：如图， 把纵轴区间0，1，n 等分，得到 n 个矩形，每一个矩形的底边长都是 ， 高分别为 ， ， ， n 个矩形的面积和为 （1 2+22+32+n2） 曲线 y 、y 轴、y1 围成的曲边梯形的面积为 由曲线 y 、x 轴以及直线 x1 所围成的曲边区域的面积为 1 故选：D 三、解答题（本大题共有 5 题，满分 76 分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必 要的步骤 17如图，已知圆锥的顶点为 P，底面圆心为 O，半径为 2，母线长为 2 （1）求该圆锥的体积； （2）已知 AB 为圆锥底面的直径，C 为底面圆周上一点，且BOC90，M 为线段 AC 的中点

20、，求异面直线 OM 与 PB 所成的角的大小 【分析】（1）在 RtPOB 中，由已知结合勾股定理求得 PO，即该圆锥的高 h2再由 圆锥体积公式求解； （2）连接 PC，BC，由 M 为线段 AC 的中点，得 OMBC，则异面直线 OM 与 PB 所成 的角就是直线 BC 与 PM 所成的角 由已知结合勾股定理得到 PBPCBC，得到PBC 为等边三角形，则异面直线 OM 与 PB 所成的角的大小可求 解：（1）如图，由题意得 ，OB2 在 RtPOB 中， ，即该圆锥的高 h2 由圆锥的体积公式得 即该圆锥的体积为 （2）连接 PC，BC， 由 M 为线段 AC 的中点，得 OMBC， 异

21、面直线 OM 与 PB 所成的角就是直线 BC 与 PB 所成的角 POC90，BOC90， ， 在PBC 中， ， PBC 为等边三角形，即 因此异面直线 OM 与 PB 所成的角的大小为 18已知函数 f（x）sinx cosx，x一、选择题 （1）设ABC 的内角 A、B、C 所对的边长分别为 a、b、c若 f（A）0，且 b2，c 3，求 a 的值； （2）求函数 yf（x）cosx 的最大值 【分析】（1）由 ，得 ，解得得出 A，再利用余弦定理即 可得出 （2）由题意得 ，利用倍角公式、三角函数的单调性即可得出 最值 解：（1）由 ，得 ， 因为 A 为ABC 的内角，所以 由余弦

22、定理得 a2b2+c22bccosA ， 所以 （ 2 ） 由 题 意 得 因为 xR，所以 y 的最大值为 19培养某种水生植物需要定期向培养植物的水中加入物质 N已知向水中每投放 1 个单位 的物质 N，x（单位：天）时刻后水中含有物质 N 的量增加 ymol/L，y 与 x 的函数关系可 近似地表示为 y ， ， 根据经验， 当水中含有物质 N 的量不低于 4mol/L 时，物质 N 才能有效发挥作用 （1）若在水中首次投放 1 个单位的物质 N，计算物质 N 能持续有效发挥作用几天？ （2）若在水中首次投放 1 个单位的物质 N，第 8 天再投放 1 个单位的物质 N，试判断第 8 天

23、至第 12 天，水中所含物质 N 的量是否始终不超过 6mol/L，并说明理由 【分析】（1）由题意 x，（单位：天）时刻后水中含有物质 N 的量列出分段函数的解析 式，推出在水中首次投放 1 个单位的物质 N，物质 N 能持续有效发挥作用的天数 （2）设第 x（8x12）天水中所含物质 N 的量为 ymol/L，化简函数的解析式，利用基 本不等式求解函数的最大值，推出结果即可 解： （1） 由题意 x， （单位： 天） 时刻后水中含有物质 N 的量为 ， ， 解 y4，得 2x8 所以若在水中首次投放 1 个单位的物质 N，物质 N 能持续有效发挥作用 6 天 （2）设第 x（8x12）天水

24、中所含物质 N 的量为 ymol/L， 则 ， ， 当且仅当 ，即 x108，12时，等号成立即当 x10 时，ymax6 所以第 8 天至第 12 天，水中所含物质 N 的量始终不超过 6mol/L 20（16 分）已知椭圆： 1（ab0）的右焦点的坐标为（2，0），且长轴长 为短轴长的 倍椭圆的上、下顶点分别为 A、B，经过点 P（0，4）的直线 l 与椭圆 相交于 M、N 两点（不同于 A、B 两点） （1）求椭圆的方程； （2）若直线 BMl，求点 M 的坐标； （3）设直线 AN、BM 相交于点 Q（m，n），求证：n 是定值 【分析】（1）利用已知条件得到 ，a2b24，求出 a，

25、b 然后求解椭圆方程 （2）由题意点 B 的坐标为 （0，2），设点 M（x，y）求出 M 的轨迹方程，结合椭 圆方程求出 M 的坐标 （3）设 M（x1，y1），N（x2，y2），直线 l 的方程为 ykx+4联立直线与椭圆方程， 利用韦达定理结合直线方程求解即可 解：（1）由题意得 ，a2b24， 解得 ，b2， 所以所求椭圆的方程为 （2）由题意点 B 的坐标为 （0，2），设点 M（x，y） 因为 BMMP，所以 x2+（y+2） （y4）0， 又 ， 解得 或 或 （舍去） 所以所求点 M 的坐标为 ， 或 ， （3）设 M（x1，y1），N（x2，y2），直线 l 的方程为 ykx

26、+4 由方程组 ，得（1+2k 2）x2+16kx+240 所以 ， ， 直线 AN 的方程为 ，得 ， 直线 BM 的方程为 ，得 ， 所以 ， 因为 2kx1x23（x1+x2），得 ， 所以 n 为定值 1 21（18 分）若数列cn满足“对任意正整数 i，j，ij，都存在正整数 k，使得 ckcicj”， 则称数列cn具有“性质 P”已知数列an为无穷数列 （1）若an为等比数列，且 a11，判断数列an是否具有“性质 P”，并说明理由； （2）若an为等差数列，且公差 d0，求证：数列an不具有“性质 P”； （3）若等差数列an具有“性质 P”，且 a32，求数列an的通项公式 a

27、n 【分析】（1）由等比数列的通项公式、有理指数幂的运算性质结合新定义判定； （2）由已知 ana1+（n1）da1，可得若 a10，不存在正整数 k，使得 aka2a3；若 a10，当 时，不存在正整数 k，使得 aka2a3说明当 d0 时，数列 an不具有“性质 P”； （3）设数列an的公差为 d，则 an2+（n3）d由已知，对任意 nN*，都存在正整 数 k，使得 aka3an，整理可得 d0，且 ，对任意 an，设 ， ， ， ， ，整理可得 dan+1anZ，再由由（2）知 d0，综合解得 d1 或 d2分析 d2 时，不满足要 求d1，ann1 满足要求，即可求得 ann1

28、【解答】（1）解：数列an具有“性质 P” 事实上，设数列an的公比为 q，则 ，nN* 对任意正整数 i，j，ij， ， i+j12，ai+j1aiaj 数列an具有“性质 P”； （2）证明：由已知 ana1+（n1）da1， 若 a10，则 a3a20，a2a30a1， 不存在正整数 k，使得 aka2a3； 若 a10，则当 时， ，anan+1a1， 不存在正整数 k，使得 aka2a3 综上，当 d0 时，数列an不具有“性质 P”； （3）解：设数列an的公差为 d，则 an2+（n3）d 由已知，对任意 nN*，都存在正整数 k，使得 aka3an， 即 2+（k3）d22+（n3）d， d0，且 ， 对任意 an，设 ， ， ， ， ， ，得 ank2k1Z， 因此 dan+1anZ， 由（2）知 d0，又由、可得 d1 或 d2 当 d2 时，a12，a1a34a1an，不满足要求 d1，ann1 验证 ann1 满足要求， 故 ann1