【2020年高考数学预测题】上海市高考数学试卷（理科）2【附详细答案和解析_可编辑】
【2020年高考数学预测题】上海市高考数学试卷（理科）2【附详细答案和解析_可编辑】
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）
1. “1
0)与区域D有公共点，则厂的最大值为________.
21.
(5)已知点 M(-1,1) 和抛物线 C:y2=4x 过C的焦点且斜率为L的直线与C交于A，B两点.
∠AMB=90∘ ，则 k=
21.
(6)如右图，直三棱柱 ABC-A1B1C1 AB⊥AC, AB=2, AC=4
E是 BB1 的中点， A1K=CF=14AA1
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，设过E,P,K三点的平面与
底面ABC的交线为1，若1与 A1C 折成角为 60∘
则三棱锥 A-EFK 的体积为________.
22. 已知a∈R，函数f(x)=log2(1x+a)．
(1)当a=5时，解不等式f(x)>0；
(2)若关于x的方程f(x)-log2[(a-4)x+2a-5]=0的解集中恰好有一个元素，求a的取值范围；
(3)设a>0，若对任意t∈[12, 1]，函数f(x)在区间[t, t+1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围．
23. 已知曲线f(x)=log2(x+1)x+1(x>0)上有一点列Pn(xn, yn)(n∈N*)，过点Pn在x轴上的射影是Qn(xn, 0)，且x1+x2+x3+...+xn=2n+1-n-2．(n∈N*)
（1）求数列{xn}的通项公式；
（2）设四边形PnQnQn+1Pn+1的面积是Sn，求Sn；
（3）在（2）条件下，求证：1S1+12S2+...+1nSn<4．
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参考答案与试题解析
【2020年高考数学预测题】上海市高考数学试卷（理科）2【附详细答案和解析_可编辑】
一、 选择题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
1.【答案】
C
【解答】
解：当m=2时，方程x2m-1+y23-m=1为x2+y2=1，该方程表示圆.
若方程x2m-1+y23-m=1表示椭圆，则m-1>3-m>0或0=-12⋅2=-12，
∴ 直线A1D与平面D1DE所成的角为30∘．
故答案为90∘，30∘．
11.【答案】
．
【解答】
由sin(α)cosα，得
sinαcoscosαsin，
即，
∴ tanα＝（3）
则sin2α．
12.【答案】
112
【解答】
解：∵ 在(3x-2x)n的二项式中，所有的二项式系数之和为256，
∴ 2n=256，解得n=8，
∴ (3x-2x)8
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中，Tr+1=C8r(3x)8-r(-2x)r=(-2)rC8rx8-4r3，
∴ 当8-4r3=0，即r=2时，常数项为T3=(-2)2C82=112．
故答案为：112．
13.【答案】
π3
【解答】
解：∵ 根据题意得b2-c2=ab-a2,
即b2+a2-c2=ab.
∵ cosC=a2+b2-c22ab，
∴ cosC=ab2ab=12，
∴ C=π3.
故答案为：π3.
14.【答案】
1e
【解答】
解：设切点为(x0, lnx0+1)，
则切线为y=1x0(x-x0)+lnx0+1
=1x0x+lnx0，
∴ 1x0=a，b=lnx0，
∴ ab=lnx0x0，
令g(x)=lnxx，
则g'(x)=1-lnxx2，
∴ g(x)在(0, e)上单调递增，在(e, +∞)上单调递减，
则g(x)max=g(e)=1e.
故答案为：1e.
15.【答案】
4
【解答】
解：依题意得，a1=S1∈{2,3}，Sn∈{2,3}且Sn+1∈{2,3}，
因此an+1=Sn+1-Sn∈{-1,0,1}(n∈N*)，
即数列{an}从第2项起的不同取值不超过3个，
进而可知数列{an}中的项的所有不同取值的个数k≤4，
且事实上，取数列{an}为2,1,0,-1,1,0,-1,1,0,-1,⋯，
此时相应的k=4，Sn∈{2,3}．
因此k的最大值是4．
故答案为：4．
16.【答案】
3
【解答】
解法一：由题意
OC→⋅OA→=mOA→⋅OA→+nOB→⋅OA→OC→⋅OB→=mOA→⋅OB→+nOB→⋅OB→(*)
而由tanα=7，得sinα=752,cosα=152，
OA→⋅OB→=1×1×cosα+π4=cosα⋅π4⋅cosπ4-sinα⋅sinπ4=-35．
将(*)式化简为15=m-35n①1=-35m+n②
式①加式②，得m+n=3．故填3.
解法二（坐标法）：如图所示，以OA所在的直线为x轴，过O且垂直于OA的直线为y轴建立平面直角坐标系，由题意结合解法一可得A1,0,C15,75,B-35,45，由OC→=mOA→+nOB→，得15,75=m1,0+n-35,45，
即15=m-35n75=45n，解得m=54n=74，
故m+n=3．故填3.
解法三（解三角形）：由tanα=7，可得sinα=7210，cosα=210，
如图所示，根据向量的分解，易得
ncos45∘+mcosα=2nsin45∘-msinα=0，即22n+210m=222n-7210m=0，即5n+m=105n-7m=0，
解得m=54,n=74，所以m+n=3．
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17.【答案】
-10
【解答】
∵ f(x)=cos2x+acosx=2cos2x+acosx-1
令t=cosx，则22≤t≤32，f(t)=2t2+at-1=2(t2+12at)-1
=2(t+a4)2-a28-1，
①当-a4≤22即a≥22时，t=22时函数有最小值f(22)=2×(22)2+22a-1=-94，
∴ a=-924（舍）；
②当-a4≥32即a≤-23时，t=22时函数有最小值f(32)=2×(32)2+32a-1=-94，
∴ a=-1136（舍）；
③当22<-a4<32即-23-2．
故答案为-2,+∞．
（4）解：由不等式组画出平面区域．
得出交点A(2,2)，B(1,3)，C(1,1)．
又∵ x+12+y2=r2(r>0)与区域有公共点，
∵ 圆心D(-1，0)，点D到x+y=4的距离为d1=52，|DB|=|DA|=13，
∴ rmax=13，有交点．rmin=|DC|=5．
故答案为13．
（5）解：设直线方程为x=my+1，
联立抛物线方程y2=4x得y2-4my-4=0，Δ>0，
∴ yA+yB=4myAyB=-4．
设AyA24,yA，ByB24,yB，M(-1，1)，
∵ ∠AMB=90∘，∴ MA→⋅MB→=0．
即MA→=yA2+14,yA-1，MB→=yB2+14,yB-1，
得yA2+14yB2+14+yA-1yB-1=0，
得m=12，∴ k=1m=2．
故答案为2．
（6）解：由题可得，AM=14AA1，AG=12AC，N为AA1中点，
得NG//A1C，MG//KF，MB//EK．
∴ 面EKF//面MBG，面EKF与面ABC所交直线与BG平行，
则A1C与l所成角即为NG与BG所成角为60∘．
设AN=a，∵ AC=4=2AG，AB=a，
∴ BG=22．
又∵ ∠NGB=60∘，NG=NB，
∴ AN=2，即AA1=4，
VA-EFK=VF-AEK=13×12×|AK|×|AB|×|AC|=13×12×3×2×4=4．
故答案为4．
22.【答案】
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解：(1)当a=5时，f(x)=log2(1x+5)，
由f(x)>0得log2(1x+5)>0，
即1x+5>1，则1x>-4，则1x+4=4x+1x>0，
则x>0或x<-14，
即不等式的解集为{x|x>0或x<-14}．
(2)由f(x)-log2[(a-4)x+2a-5]=0，
得log2(1x+a)-log2[(a-4)x+2a-5]=0．
即log2(1x+a)=log2[(a-4)x+2a-5]，
即1x+a=(a-4)x+2a-5>0，①
则(a-4)x2+(a-5)x-1=0，
即(x+1)[(a-4)x-1]=0，②
当a=4时，方程②的解为x=-1，代入①，成立，
当a=3时，方程②的解为x=-1，代入①，成立，
当a≠4且a≠3时，方程②的解为x=-1或x=1a-4，
若x=-1是方程①的解，则1x+a=a-1>0，即a>1，
若x=1a-4是方程①的解，则1x+a=2a-4>0，即a>2，
则要使方程①有且仅有一个解，则10得log2(1x+5)>0，
即1x+5>1，则1x>-4，则1x+4=4x+1x>0，
则x>0或x<-14，
即不等式的解集为{x|x>0或x<-14}．
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(2)由f(x)-log2[(a-4)x+2a-5]=0，
得log2(1x+a)-log2[(a-4)x+2a-5]=0．
即log2(1x+a)=log2[(a-4)x+2a-5]，
即1x+a=(a-4)x+2a-5>0，①
则(a-4)x2+(a-5)x-1=0，
即(x+1)[(a-4)x-1]=0，②
当a=4时，方程②的解为x=-1，代入①，成立，
当a=3时，方程②的解为x=-1，代入①，成立，
当a≠4且a≠3时，方程②的解为x=-1或x=1a-4，
若x=-1是方程①的解，则1x+a=a-1>0，即a>1，
若x=1a-4是方程①的解，则1x+a=2a-4>0，即a>2，
则要使方程①有且仅有一个解，则1
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