【2020年高考数学预测题】上海市高考数学试卷（文科）5【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（文科）5【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 4 分 ，共计16分 ， ）
1. 设i为虚数单位，m∈R，“复数m(m-1)+i是纯虚数”是“m=1”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
2. 不等式1x<3等价于（ ）
A.0
13或x<0 C.x>13 D.x<0
3. 在平面直角坐标系中，角α+π3的终边经过点P1,2，则sinα=（ ）
A.25-1510 B.35-1510 C.35+1510 D.25+1510
4. 设f (x)为可导函数，且满足limx→0f(1)-f(1-x)2x=-1，则曲线y=f(x)在点（1, f(1)）处的切线的斜率是（ ）
A.2 B.-1 C.12 D.-2
二、 填空题 （本题共计 14 小题 ，每题 4 分 ，共计56分 ， ）
5. 设函数f(x)=2sin(ωx+φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π，若f5π8=2，f11π8=0，且f(x)的最小正周期大于2π，则φ=________.
6. 设全集U={x|x<5，x∈N*}，集合A={1，2}，B={2，4}，则∁U(A∪B)=________.
7. 设复数 z=1+ii-|3+4i| ，则z¯=________.
8. 函数f(x)=10x和g(x)=lgx的图象关于直线l对称，则l的解析式为________．
9. 设矩阵M=32-121232的逆矩阵是M-1=abcd，则a+c的值为________．
10. 如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，上，下底面为平行四边形，E为棱CD的中点，设四棱锥E-ADD1A1的体积为V1，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V2，则V1:V2=________.
11. 已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F，M为抛物线的准线上一点，且M的纵坐标为33，N是直线MF与抛物线的一个交点，若MN→=2NF→，则p＝________．
12. 求值：2log214-(23)-2+lg1100+(2)ln1＝________．
13. 在直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(0, 2)，B(-1, 0)，C(1, 0)，动点P(x, y)是△ABC内的点（包括边界）．若目标函数z=ax+by的最大值为2，且此时的最优解所确定的点P(x, y)是线段AC上的所有点，则目标函数z=ax+by的最小值为________．
14. 若从4名数学教师中任意选出2人，再把选出的2名教师任意分配到4个班级任教，且每人任教2个班级，则不同的任课方案有________种（用数字作答）．
15. 已知(x-1)(ax+1)6展开式中含x2项的系数为0，则正实数a＝________．
16. 双曲线x216-y29=1的焦点坐标是________；渐近线方程是________．
17. 已知平面向量a→，b→，c→满足a→⊥b→，且{|a→|, |b→|, |c→|}={1, 2, 3}，则|a→+b→+c→|的最大值是________．
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18. 已知ω>0，顺次连接函数y＝sin2ωx与y＝cos2ωx的任意三个相邻的交点都构成一个等边三角形，则ω＝________．
三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 15 分 ，共计75分 ， ）
19. 如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为棱A1B1与BB1的中点，M，N为线段C1D上的动点，其中，M更靠近D，且MN=C1N．
（1）证明：A1E⊥平面AC1D；
（2）若NE与平面BCC1B1所成角的正弦值为1020，求异面直线BM与NE所成角的余弦值．
20. 已知函数f(x)=1xlnx-ax(a≥0).
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线和直线x+y+3=0垂直，求f(x)的单调区间；
(2)若h(x)=x2f(x)+a-2+e的图象与x轴有交点，求a的取值范围.
21. 对于函数f(x)，若存在x0∈R，使f(x0)=x0成立，则称x0为f(x)的不动点．已知f(x)=ax2+(b+1)x+b-1(a≠0)．
（1）当a=1，b=-2时，求函数f(x)的不动点；
（2）若对任意实数b，函数f(x)恒有两个相异的不动点，求a的范围；
（3）在（2）的条件下，若y=f(x)图象上A、B两点的横坐标是函数f(x)的不动点，且A、B两点关于直线y=kx+12a2+1对称，求b的最小值．
22. 已知椭圆C：x216+y24=1 ，直线l:y=12x+t(t>0)与椭圆C交于A,B两点( AB→为从左向右方向)，使△OAB的面积最大，O为坐标原点.
(1)求直线l的方程及A，B的坐标；
(2)若椭圆上的两点D，E(不与顶点重合，且A，B，D，E构成顺时针方向或逆时针方向）满足DE//AB，点E关于x轴的对称点是点F，求证： BF//AD.
23. 已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1=1，b2=13，anbn+1+bn+1=nbn．
1求{an}的通项公式；
2求{bn}的前n项和．
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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（文科）5【附详细答案和解析_可编辑】
一、 选择题 （本题共计 4 小题 ，每题 4 分 ，共计16分 ）
1.【答案】
B
【解答】
解：复数m(m-1)+i是纯虚数，
则m=0或m=1，
显然m=1，复数为i，是纯虚数，
∴ “复数m(m-1)+i是纯虚数”是“m=1”的必要不充分条件．
故选B．
2.【答案】
B
【解答】
解：由 1x<3，
移项得：1x-3<0，即 1-3xx<0，即 x-13x>0，
解得：x>13或x<0．
故选B．
3.【答案】
A
【解答】
解：由题意知
sinα+π3=25,cosα+π3=15，
则sinα=sin(α+π3)-π3=sin(α+π3)cosπ3-cos(a+π3)sinπ3
=25×12-15×32
=25-1510.
故选A.
4.【答案】
D
【解答】
解：∵ limx→0f(1)-f(1-x)2x=-1，
∴ 12limx→0f(1)-f(1-x)x=-1
∴ limx→0f(1)-f(1-x)x=-2
∴ f'(1)=-2
即曲线y=f (x)在点（1, f(1)）处的切线的斜率是-2，
故选D．
二、 填空题 （本题共计 14 小题 ，每题 4 分 ，共计56分 ）
5.【答案】
π12
【解答】
解：由的最小正周期大于2π，得T4>π2，又f5π8=2，f11π8=0，
所以T4=11π8-5π8=3π4，
所以T=3π，
则2πω=3π⇒ω=23，所以f(x)=2sin(ωx+φ)=2sin23x+φ，
由f5π8=2sin23×5π8+φ=2⇒sin5π12+φ=1，
所以5π12+φ=π2+2kπ，k∈Z，
取k=0，得φ=π12<π，
所以ω=23，φ=π12．
故答案为：π12.
6.【答案】
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{3}
【解答】
解：A∪B={1，2，4}，
∁U(A∪B)={3}.
故答案为：{3}.
7.【答案】
-4+i
【解答】
解：由于z=1+ii-|3+4i|=(1+i)ii2-5=-4-i，
则z¯=-4+i.
故答案为：-4+i.
8.【答案】
y=x
【解答】
解：∵ 函数f(x)=10x和g(x)=lgx互为反函数，其图象关于直线l对称，
∴ 直线l为y=x．
故答案为：y=x．
9.【答案】
3-12
【解答】
解：由题意，矩阵M的行列式为32-121232=32×32+12×12=1
∴ 矩阵M=32-121232的逆矩阵是M-1=3212-1232
∴ a+c=3-12
故答案为3-12
10.【答案】
16
【解答】
解：由题意，将侧面ADD1A1作为四棱柱的底面，
设点C到平面ADD1A1的距离为h，
∵ E为CD的中点，
∴ E到平面ADD1A1的距离为12h，
∴ V1=13×12h⋅S四边形ADD1A1，
V2=S四边形ADD1A1⋅h，
∴ V1V2=16.
故答案为：16.
11.【答案】
3
【解答】
抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F，M为抛物线的准线上一点，且M的纵坐标为33，
N是直线MF与抛物线的一个交点，若MN→=2NF→，所以N的横坐标为：p6，纵坐标3，
可得N(p6, 3)，代入抛物线方程可得：3＝2×p×p6，解得p＝3．
12.【答案】
-3
【解答】
原式=14-94-2+1＝-3，
13.【答案】
-2
【解答】
解：先根据约束条件画出可行域，
设z=ax+by，
将最大值转化为y轴上的截距，
当直线ax+by=z与可行域内的边BC平行时，z=ax+by取最大值时的最优解有无数个，将-ab等价为斜率，
数形结合，得 kAC=-2=-ab，且a×1+b×0=2，
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∴ a=2，b=1，z=2x+y
当直线z=2x+y过点B时，z取最小值，最小值为-2．
故答案为：-2．
14.【答案】
36
【解答】
解：由题意知这是一个分步计数问题，
首先从4个教师中选2个，有C42=6种结果，
再从4个班中选2个班给其中一个教师，剩下的两个班给另外一个教师，有C42=6种结果，
∴ 根据分步计数原理知共有6×6=36种结果
故答案为：36
15.【答案】
．
【解答】
(x-1)(ax+1)6 中，(ax+1)6 中x2的系数为：，x项的系数为：，
(x-1)(ax+1)6展开式中含x2项的系数为0，可得：0，则15a＝6，
所以a，
16.【答案】
(±5，0),y=±34x
【解答】
解：双曲线：x216-y29=1中，a=4，b=3，c=5，
所以双曲线的焦点坐标是(±5，0)；渐近线方程为y=±34x.
故答案为：(±5，0)；y=±34x.
17.【答案】
3+5
【解答】
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解：分别以a→，b→所在的直线为x，y轴建立直角坐标系，
①当{|a→|, |b→|}={1, 2}，|c→|=3，则a→+b→=(1,2)，
设c→=(x,y)，则x2+y2=9，
∴ a→+b→+c→=(1+x, 2+y)，
∴ |a→+b→+c→|=(x+1)2+(y+2)2的最大值，
其几何意义是圆x2+y2=9上点(x, y)与定点(-1, -2)的距离的最大值为
3+(0+2)2+(0+1)2=3+5；
②当{|a→|, |b→|}={1, 3}，|c→|=2，
则a→+b→=(1,3)，
设c→=(x, y)，则x2+y2=4，
∴ a→+b→+c→=(1+x, 3+y)，
∴ |a→+b→+c→|=(x+1)2+(y+3)2的最大值，
其几何意义是圆x2+y2=4上点(x, y)与定点(-1, -3)的距离的最大值为
2+(0+1)2+(0+3)2=2+10，
③当{|a→|, |b→|}={2, 3}，|c→|=1，则a→+b→=(2,3)，
设c→=(x,y)，则x2+y2=1，
∴ a→+b→+c→=(2+x, 3+y)，
∴ |a→+b→+c→|=(x+2)2+(y+3)2的最大值，其几何意义是圆x2+y2=1
上点(x, y)与定点(-2, -3)的距离的最大值为1+(0+2)2+(0+3)2=1+13，
∵ 1+13<3+5，2+10<3+5，
故|a→+b→+c→|的最大值为3+5．
故答案为：3+5.
18.【答案】
6π4
【解答】
如图所示，
由ω>0时，在函数y＝sinωx与y＝cosωx的图象交点中，
T2=π2ω，
点B到AC的距离d＝2×22=2，
所以|AB|＝T=2π2ω=πω，
由于(T2)2+(2)2=AB2=T2，
所以(π2ω)2+(2)2=(πω)2，
整理得3π24ω2=2，解得：ω=6π4．
三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 15 分 ，共计75分 ）
19.【答案】
（1）证明：由已知得△A1B1C1为正三角形，D为棱A1B1的中点，
∴ C1D⊥A1B1，
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，
则AA1⊥C1D．
又A1B1∩AA1=A1，∴ C1D⊥平面ABB1A1，
∴ A1E⊂平面ABB1A1，
∴ C1D⊥A1E．
易证A1E⊥AD，又AD∩C1D=D，AD，C1D⊂平面AC1D，
∴ A1E⊥平面AC1D．
（2）解：取BC的中点O，B1C1的中点O1，则AO⊥BC，OO1⊥BC，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则B(0, 1, 0)，E(0, 1, 1)，C1(0, -1, 2)，D32，12，2，
则C1E→=(0,2,-1)，C1D→=32,32,0，BC1→=(0,-2,2)，
设C1N→=λC1D→=32λ，32λ，0，易知λ>0，
则NE→=C1E→-C1N→=(0,2,-1)-32λ，32λ，0=-32λ，2-32λ，-1，
易知n→=(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量，
∴ |cos|=32λ3λ2-6λ+5=1020，解得λ=13．
∴ NE→=-36,32,-1，C1M→=2λC1D→=33，1，0，BM→=BC1→+C1M→=33，-1，2，
∴ cos=-16-32-2103×163=-111040，
∴ 异面直线NE与BM所成角的余弦值为111040．
【解答】
（1）证明：由已知得△A1B1C1为正三角形，D为棱A1B1的中点，
∴ C1D⊥A1B1，
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，
则AA1⊥C1D．
又A1B1∩AA1=A1，∴ C1D⊥平面ABB1A1，
∴ A1E⊂平面ABB1A1，
∴ C1D⊥A1E．
易证A1E⊥AD，又AD∩C1D=D，AD，C1D⊂平面AC1D，
∴ A1E⊥平面AC1D．
（2）解：取BC的中点O，B1C1的中点O1，则AO⊥BC，OO1⊥BC，
以O
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为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则B(0, 1, 0)，E(0, 1, 1)，C1(0, -1, 2)，D32，12，2，
则C1E→=(0,2,-1)，C1D→=32,32,0，BC1→=(0,-2,2)，
设C1N→=λC1D→=32λ，32λ，0，易知λ>0，
则NE→=C1E→-C1N→=(0,2,-1)-32λ，32λ，0=-32λ，2-32λ，-1，
易知n→=(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量，
∴ |cos|=32λ3λ2-6λ+5=1020，解得λ=13．
∴ NE→=-36,32,-1，C1M→=2λC1D→=33，1，0，BM→=BC1→+C1M→=33，-1，2，
∴ cos=-16-32-2103×163=-111040，
∴ 异面直线NE与BM所成角的余弦值为111040．
20.【答案】
解：(1)因为f'(x)=1x⋅x-(lnx-a)x2=a+1-lnxx2，
由f'(1)=a+1=1，解得a=0，
所以f(x)=lnxx(x>0)，f'(x)=1-lnxx2，
令f'(x)>0，得0e，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,e)，单调递减区间为(e,+∞)．
2h(x)=xlnx-ax+a+e-2，
则h'(x)=lnx+1-a，
令h'(x)=0，得x=ea-1，
当x∈(0,ea-1)时，h'(x)<0，
当x∈(ea-1,+∞)时，h'(x)>0，
所以h(x)min=h(ea-1)=(a-1)ea-1+a+e-2-aea-1=a+e-2-ea-1，
因为a≥0，所以h(ea)=ea⋅a-a⋅ea+a+e-2=a+e-2>0，
要使h(x)的图象与x轴有交点，只需h(x)min≤0 即可．
令t(a)=a+e-2-ea-1，则t'(a)=1-ea-1，
由t'(a)=0，得a=1，
当a∈[0,1)时，t'(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；
当a∈(1,+∞)时，t'(a)<0，t(a)在(1,+∞)上单调递减．
又t(0)=e-2-1e>0，t(2)=2+e-2-e=0，
所以当a≥2时，t(a)≤0，
即h(x)min≤0，
故a的取值范围是[2,+∞).
【解答】
解：(1)因为f'(x)=1x⋅x-(lnx-a)x2=a+1-lnxx2，
由f'(1)=a+1=1，解得a=0，
所以f(x)=lnxx(x>0)，f'(x)=1-lnxx2，
令f'(x)>0，得0e，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,e)，单调递减区间为(e,+∞)．
2h(x)=xlnx-ax+a+e-2，
则h'(x)=lnx+1-a，
令h'(x)=0，得x=ea-1，
当x∈(0,ea-1)时，h'(x)<0，
当x∈(ea-1,+∞)时，h'(x)>0，
所以h(x)min=h(ea-1)=(a-1)ea-1+a+e-2-aea-1=a+e-2-ea-1，
因为a≥0，所以h(ea)=ea⋅a-a⋅ea+a+e-2=a+e-2>0，
要使h(x)的图象与x轴有交点，只需h(x)min≤0 即可．
令t(a)=a+e-2-ea-1，则t'(a)=1-ea-1，
由t'(a)=0，得a=1，
当a∈[0,1)时，t'(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；
当a∈(1,+∞)时，t'(a)<0，t(a)在(1,+∞)上单调递减．
又t(0)=e-2-1e>0，t(2)=2+e-2-e=0，
所以当a≥2时，t(a)≤0，
即h(x)min≤0，
故a的取值范围是[2,+∞).
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21.【答案】
解：（1）∵ a=1，b=-2时，f(x)=x2-x-3，
f(x)=x⇒x2-2x-3=0⇒x=-1，x=3
∴ 函数f(x)的不动点为-1和3；
（2）即f(x)=ax2+(b+1)x+b-1=x有两个不等实根，
转化为ax2+bx+b-1=0有两个不等实根，须有判别式大于0恒成立
即b2-4a(b-1)>0⇒△=(-4a)2-4×4a<0⇒00⇒△=(-4a)2-4×4a<0⇒00，
x1+x2=-2t，x1x2=2t2-8，
|AB|=1+14|x1-x2|
=52(x1+x2)2-4x1x2
=5232-4t2，
点O到l的距离d=t52=2t5，
∴ S△OAB=12d⋅|AB|
=t5⋅5232-4t2
=t8-t2，
S△OAB2=t2(8-t2)
=-t4+8t2
=-(t2-4)2+16≤16，
∴ S△OABmax=4
此时t2=4，即t=2，
∴ l:y=12x+2，x1+x2=-4，x1x2=0，
∴ x1=-4，x2=0，A(-4,0)，B(0,2).
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(2)证明：∵ DE//AB，
∴ 设直线DE为l2:y=12x+m，D(x3,y3)，E(x4,y4)，
∴ F(x4,-y4)，
kAD=y3x3+4，kBF=-y4-2x4.
证BF//AD，即证kAD=kBF，
即y3x3+4=-y4-2x4，
即y3x4=-(y4+2)(x3+4)，
即x3x4+m(x3+x4)+2(x3+x4)+8+4m=0.①
x216+y24=1y=12x+m⇔2x2+4mx+4m2-16=0，
Δ>0.
代入①式得2m2-8+m(-2m)+2(-2m)+8+4m=0.
∴ 原式得证即BF//AD.
【解答】
(1)解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
x216+y24=1,y=12x+t,⇔2x2+4tx+4t2-16=0.
Δ>0，
x1+x2=-2t，x1x2=2t2-8，
|AB|=1+14|x1-x2|
=52(x1+x2)2-4x1x2
=5232-4t2，
点O到l的距离d=t52=2t5，
∴ S△OAB=12d⋅|AB|
=t5⋅5232-4t2
=t8-t2，
S△OAB2=t2(8-t2)
=-t4+8t2
=-(t2-4)2+16≤16，
∴ S△OABmax=4
此时t2=4，即t=2，
∴ l:y=12x+2，x1+x2=-4，x1x2=0，
∴ x1=-4，x2=0，A(-4,0)，B(0,2).
(2)证明：∵ DE//AB，
∴ 设直线DE为l2:y=12x+m，D(x3,y3)，E(x4,y4)，
∴ F(x4,-y4)，
kAD=y3x3+4，kBF=-y4-2x4.
证BF//AD，即证kAD=kBF，
即y3x3+4=-y4-2x4，
即y3x4=-(y4+2)(x3+4)，
即x3x4+m(x3+x4)+2(x3+x4)+8+4m=0.①
x216+y24=1y=12x+m⇔2x2+4mx+4m2-16=0，
Δ>0.
代入①式得2m2-8+m(-2m)+2(-2m)+8+4m=0.
∴ 原式得证即BF//AD.
23.【答案】
解：1∵ anbn+1+bn+1=nbn．
当n=1时，a1b2+b2=b1．
∵ b1=1，b2=13，
∴ a1=2，
又∵ {an}是公差为3的等差数列，
∴ an=3n-1；
2由1知：(3n-1)bn+1+bn+1=nbn．
即3bn+1=bn，
即数列{bn}是以1为首项，以13为公比的等比数列，
∴ {bn}的前n项和Sn=1-(13)n1-13=32(1-3-n)=32-12×3n-1．
【解答】
解：1∵ anbn+1+bn+1=nbn．
当n=1时，a1b2+b2=b1．
∵ b1=1，b2=13，
∴ a1=2，
又∵ {an}是公差为3的等差数列，
∴ an=3n-1；
2由1知：(3n-1)bn+1+bn+1=nbn．
即3bn+1=bn，
即数列{bn}是以1为首项，以13为公比的等比数列，
∴ {bn}的前n项和Sn=1-(13)n1-13=32(1-3-n)=32-12×3n-1．
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