2020年上海市高考数学试卷
题号 得分 一 二
一、选择题（本大题共4小题，共20.0分） 1. 下列等式恒成立的是( )
三 总分 A. 𝑎2+𝑏2≤2𝑎𝑏 B. 𝑎2+𝑏2≥−2𝑎𝑏 C. 𝑎+𝑏≥2√|𝑎𝑏| D. 𝑎2+𝑏2≤−2𝑎𝑏
2. 已知直线方程3𝑥+4𝑦+1=0的一个参数方程可以是( )
A. {𝑦=−1−4𝑡
𝑥=1+3𝑡
B. {𝑦=−1+3𝑡
𝑥=1−4𝑡
C. {𝑦=−1+4𝑡
𝑥=1−3𝑡
D. {𝑦=1−3𝑡
𝑥=1+4𝑡
3. 在棱长为10的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，P为左
侧面𝐴𝐷𝐷1𝐴1上一点，已知点P到𝐴1𝐷1的距离为3，P到𝐴𝐴1的距离为2，则过点P且与𝐴1𝐶平行的直线交正方体于𝑃,𝑄两点，则Q点所在的平面是( )
A. 𝐴𝐴1𝐵1𝐵
𝐶𝐶1𝐷1𝐷
B. 𝐵𝐵1𝐶1𝐶 D. ABCD
C.
4. 命题p：存在𝑎∈𝑅且𝑎≠0，对于任意的𝑥∈𝑅，使得𝑓(𝑥+𝑎)<𝑓(𝑥)+𝑓(𝑎)；
命题𝑞1:𝑓(𝑥)单调递减且𝑓(𝑥)>0恒成立； 命题𝑞2:𝑓(𝑥)单调递增，存在𝑥0<0使得𝑓(𝑥0)=0， 则下列说法正确的是( )
A. 只有𝑞1是p的充分条件 B. 只有𝑞2是p的充分条件
C. 𝑞1，𝑞2都是p的充分条件 D. 𝑞1，𝑞2都不是p的充分条件
二、填空题（本大题共12小题，共54.0分）
5. 已知集合𝐴={1,2，4}，集合𝐵={2,4，5}，则𝐴∩𝐵= ．
lim 3𝑛−1= 6. 计算：𝑛→∞
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𝑛+1
7. 已知复数𝑧=1−2𝑖(𝑖为虚数单位)，则|𝑧|= ．
8. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3，𝑓′(𝑥)是𝑓(𝑥)的反函数，则𝑓′(𝑥)= 。
𝑥+𝑦−2≥0
9. 已知x、y满足{𝑥+2𝑦−3≤0，则𝑧=𝑦−2𝑥的最大值为
𝑦≥01𝑎
10. 已知行列式|2𝑐
30
𝑏
𝑎
𝑑|=6，则|
𝑐
0
𝑏
|= 𝑑
2，a，b，这四个数的中位数是3，平均数是4，则𝑎𝑏= ． 11. 已知有四个数1，
12. 已知数列{𝑎𝑛}是公差不为零的等差数列，且𝑎1+𝑎10=𝑎9，则
𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎9
𝑎10
= ．
13. 从6个人挑选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第二天安排1个
人，第三天安排2个人，则共有 种安排情况．
14. 已知椭圆𝐶:𝑥4+𝑦=1的右焦点为F，直线l经过椭圆右焦点F，交椭圆C于P、Q3
两点(点P在第二象限)，若点Q关于x轴对称点为𝑄′，且满足的方程是 ．
，求直线l
22
15. 设𝑎∈𝑅，若存在定义域为R的函数𝑓(𝑥)同时满足下列两个条件：
2(1)对任意的𝑥0∈𝑅，𝑓(𝑥0)的值为𝑥0或𝑥0；
(2)关于x的方程𝑓(𝑥)=𝑎无实数解， 则a的取值范围是 ．
⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑎⃗⃗⃗ 𝑎⃗⃗⃗⃗ …，𝑎⃗⃗⃗ 𝑎⃗⃗⃗ 满足|⃗16. 已知⃗𝑏1，𝑏𝑏1，2，1−⃗2|=2，𝑘(𝑘∈𝑁∗)是平面内两两互不相等的向量，
⃗⃗⃗ 1，且|⃗𝑎⃗⃗ 𝑖−𝑏𝑗|∈{1,2}(其中𝑖=1，2，𝑗=1，2，…，𝑘)，则k的最大值是 ． 三、解答题（本大题共5小题，共76.0分）
17. 已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．
(1)求该圆柱的表面积；
(2)正方形ABCD绕AB逆时针旋转2至𝐴𝐵𝐶1𝐷1，求线段𝐶𝐷1与平面ABCD所成的角．
𝜋
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18. 已知函数𝑓(𝑥)=sin𝜔𝑥，𝜔>0．
(1)𝑓(𝑥)的周期是4𝜋，求𝜔，并求𝑓(𝑥)=2的解集；
(2)已知𝜔=1，𝑔(𝑥)=𝑓2(𝑥)+√3𝑓(−𝑥)𝑓(2−𝑥)，𝑥∈[0,4]，求𝑔(𝑥)的值域．
𝜋
𝜋
1
道路密度是指该路段上一定时间内通过的车辆数除以时19. 在研究某市场交通情况时，
间，车辆密度是该路段一定时间内通过的车辆数除以该路段的长度，现定义交通流量为𝑣=𝑥，x为道路密度，q为车辆密度． 100−135⋅(3)𝑥,0<𝑥<40
𝑣=𝑓(𝑥)={．
−𝑘(𝑥−40)+85,40≤𝑥≤80(1)若交通流量𝑣>95，求道路密度x的取值范围；
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1
𝑞
(2)已知道路密度𝑥=80，交通流量𝑣=50，求车辆密度q的最大值．
𝑥𝑦222
20. 已知双曲线𝛤2:𝑥+𝑦=4+𝑏(𝑏>0)交于点𝐴(𝑥𝐴,𝑦𝐴)(第一象1:4−𝑏2=1与圆𝛤
2
2
限)，曲线𝛤为𝛤1、𝛤2上取满足𝑥>|𝑥𝐴|的部分． (1)若𝑥𝐴=√6，求b的值；
(2)当𝑏=√5，𝛤2与x轴交点记作点𝐹1、𝐹2，P是曲线𝛤上一点，且在第一象限，且|𝑃𝐹1|=8，求∠𝐹1𝑃𝐹2； (3)过点𝐷(0,
𝑏22
+2)斜率为−2的直线l与曲线𝛤只有两个交点，记为M、N，用b表
𝑏
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，并求𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围． 示𝑂𝑀
满足|𝑎1−𝑎2|≤|𝑎1−𝑎3|≤⋯≤|𝑎1−𝑎𝑚|，则称{𝑎𝑛}满21. 已知数列{𝑎𝑛}为有限数列，
足性质P．
(1)判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P，请说明理由； (2)若𝑎1=1，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；
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2，3，m的一个排列(𝑚≥4)，(3)若{𝑎𝑛}是1，…，{𝑏𝑛}符合𝑏𝑘=𝑎𝑘+1(𝑘=1,2，…，𝑚−1)，{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}都具有性质P，求所有满足条件的数列{𝑎𝑛}．
2020年上海市高考数学试卷
答案和解析
【答案】
1. B 5. {2,4} 6. 3 7. √5 8. 3√𝑥 9. −1 10. 2 11. 36 12. 8 13. 180
271
2. B 3. D 4. C
14. 𝑥+𝑦−1=0
15. (−∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞) 16. 6
17. 解：(1)该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2𝜋、宽为1的矩形组
成，
∴𝑆=2×𝜋×12+2𝜋×1=4𝜋． 故该圆柱的表面积为4𝜋．
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(2)∵正方形𝐴𝐵𝐶1𝐷1，∴𝐴𝐷1⊥𝐴𝐵， 又∠𝐷𝐴𝐷1=2，∴𝐴𝐷1⊥𝐴𝐷，
∵𝐴𝐷∩𝐴𝐵=𝐴，且AD、𝐴𝐵⊂平面ADB， ∴𝐴𝐷1⊥平面ADB，即𝐷1在面ADB上的投影为A， 连接𝐶𝐷1，则∠𝐷1𝐶𝐴即为线段𝐶𝐷1与平面ABCD所成的角， 而cos∠𝐷1𝐶𝐴=
𝐴𝐶𝐶𝐷1𝜋
=
√2√3=
√6， 3
∴线段𝐶𝐷1与平面ABCD所成的角为arccos√．
3
6
18. 解：(1)由于𝑓(𝑥)的周期是4𝜋，所以𝜔=4𝜋=2，所以𝑓(𝑥)=sin2𝑥．
令sin2𝑥=2，故2𝑥=2𝑘𝜋+6或2𝑘𝜋+
𝜋
1
1
1
𝜋
5𝜋
2𝜋
1
1
，整理得𝑥=4𝑘𝜋+3或𝑥=4𝑘𝜋+6
𝜋5𝜋3
．
故解集为{𝑥|𝑥=4𝑘𝜋+3或𝑥=4𝑘𝜋+(2)由于𝜔=1， 所以𝑓(𝑥)=sin𝑥．
𝜋
5𝜋3
，𝑘∈𝑍}．
所以𝑔(𝑥)=sin2𝑥+√3sin(−𝑥)sin(−𝑥)=
2
1
1−cos2𝑥
2
−
√3sin2𝑥2
=−
√3sin2𝑥2
−2cos2𝑥+
1
=−sin(2𝑥+)． 226由于𝑥∈[0,4]，
𝜋
𝜋
2𝜋3
𝜋
1𝜋
所以6≤2𝑥+6≤
1
𝜋
．
≤sin(2𝑥+6)≤1， 2
故−1≤−sin(2𝑥+6)≤−2，
𝜋
1
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故−2≤𝑔(𝑥)≤0．
所以函数𝑔(𝑥)的值域为[−2,0]．
1
1
19. 解：(1)∵𝑣=𝑥，∴𝑣越大，x越小，
∴𝑣=𝑓(𝑥)是单调递减函数，𝑘>0， 当40≤𝑥≤80时，v最大为85，
于是只需令100−135⋅(3)𝑥>95，解得𝑥>3， 故道路密度x的取值范围为(3,40)．
(2)把𝑥=80，𝑣=50代入𝑣=𝑓(𝑥)=−𝑘(𝑥−40)+85中， 得50=−𝑘⋅40+85，解得𝑘=8．
1
100𝑥−135⋅()𝑥⋅𝑥,0<𝑥<40
3∴𝑞=𝑣𝑥={, 7
−(𝑥−40)𝑥+85𝑥,40≤𝑥≤808当0<𝑥<40时，q单调递增，𝑞<100×40−135×(3)40×40≈4000；
4807
1
7
1
𝑞
当40≤𝑥≤80时，q是关于x的二次函数，开口向下，对称轴为𝑥=，
此时q有最大值，为−8×(
7
4802
)7
+120×
4807
=
288007
>4000．
故车辆密度q的最大值为
288007
．
20. 解：(1)由𝑥𝐴=√6，点A为曲线𝛤1与曲线𝛤2的交点，联立{
𝑦𝐴=√2，𝑏=2；
𝑥𝐴242
−
𝑦𝐴2𝑏2=1
2
𝑥𝐴+𝑦𝐴=4+𝑏
2
，解得
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(2)由题意可得𝐹1，𝐹2为曲线𝛤1的两个焦点，
由双曲线的定义可得|𝑃𝐹1|−|𝑃𝐹2|=2𝑎，又|𝑃𝐹1|=8，2𝑎=4， 所以|𝑃𝐹2|=8−4=4，因为𝑏=√5，则𝑐=√4+5=3， 所以|𝐹1𝐹2|=6，
在△𝑃𝐹1𝐹2中，由余弦定理可得cos∠𝐹1𝑃𝐹2=
64+16−362×8×4
11
|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2−|𝐹1𝐹2|2
2|𝑃𝐹1|⋅|𝑃𝐹2|
=
=16，
11
由0<∠𝐹1𝑃𝐹2<𝜋，可得∠𝐹1𝑃𝐹2=arccos16；
4+𝑏2
|2𝑏24(3)设直线𝑙:𝑦=−𝑥+
2
𝑏
4+𝑏22
，可得原点O到直线l的距离𝑑=
|
√1+
=√4+𝑏2，
所以直线l是圆的切线，设切点为M，
所以𝑘𝑂𝑀=𝑏，并设𝑂𝑀:𝑦=𝑏𝑥与圆𝑥2+𝑦2=4+𝑏2联立，可得𝑥2+𝑏2𝑥2=4+𝑏2， 可得𝑥=𝑏，𝑦=2，即𝑀(𝑏,2)，
注意直线l与双曲线的斜率为负的渐近线平行， 所以只有当𝑦𝐴>2时，直线l才能与曲线𝛤有两个交点，
𝑥𝐴24
𝑦𝐴2𝑏22
2
4
由{
𝑥𝐴2+𝑦𝐴2=4+𝑏2
𝑏44+𝑏2−=1
2，可得𝑦𝐴
=𝑎+𝑏2，
𝑏4
所以有4<
，解得𝑏2>2+2√5或𝑏2<2−2√5(舍去)，
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 在⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影可得，⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4+𝑏2， 因为⃗𝑂𝑀𝑂𝑁𝑂𝑀𝑂𝑀𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4+𝑏2>6+2√5， 所以⃗𝑂𝑀𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∈(6+2√5,+∞)． 则𝑂𝑀
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21. 解：(1)对于数列3，2，5，1，有|2−3|=1，|5−3|=2，|1−3|=2，满足题意，
该数列满足性质P；
对于第二个数列4、3、2、5、1，|3−4|=1，|2−4|=2，|5−4|=1.不满足题意，该数列不满足性质P．
(2)由题意：|𝑎1−𝑎1𝑞𝑛|≥|𝑎1−𝑎1𝑞𝑛−1|，可得：|𝑞𝑛−1|≥|𝑞𝑛−1−1|，𝑛∈{2,3，…，9}，
两边平方可得：𝑞2𝑛−2𝑞𝑛+1≥𝑞2𝑛−2−2𝑞𝑛−1+1，
整理可得：(𝑞−1)𝑞𝑛−1[𝑞𝑛−1(𝑞+1)−2]≥0，当𝑞≥1时，得𝑞𝑛−1(𝑞+1)−2≥0此时关于n恒成立，
所以等价于𝑛=2时，𝑞(𝑞+1)−2≥0，
所以，(𝑞+2)(𝑞−1)≥0，所以𝑞≤−2，或𝑞≥1，所以取𝑞≥1，
𝑞(𝑞+当0<𝑞≤1时，得𝑞𝑛−1(𝑞+1)−2≤0，此时关于n恒成立，所以等价于𝑛=2时，1)−2≤0，
所以(𝑞+2)(𝑞−1)≤0，所以−2≤𝑞≤1，所以取0<𝑞≤1． 当−1≤𝑞<0时：𝑞𝑛−1[𝑞𝑛−1(𝑞+1)−2]≤0，
当n为奇数时，得𝑞𝑛−1(𝑞+1)−2≤0，恒成立，当n为偶数时，𝑞𝑛−1(𝑞+1)−2≥0，不恒成立；
故当−1≤𝑞<0时，矛盾，舍去．
当𝑞<−1时，得𝑞𝑛−1[𝑞𝑛−1(𝑞+1)−2]≤0，当n为奇数时，得𝑞𝑛−1(𝑞+1)−2≤0，恒成立，
当n为偶数时，𝑞𝑛−1(𝑞+1)−2≥0，恒成立；故等价于𝑛=2时，𝑞(𝑞+1)−2≥0， 所以(𝑞+2)(𝑞−1)≥0，所以𝑞≤−2或𝑞≥1，所以取𝑞≤−2， 综上
．
(3)设𝑎1=𝑝，𝑝∈{3,4，…，𝑚−3，𝑚−2}，
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因为𝑎1=𝑝，𝑎2可以取𝑝−1，或𝑝+1，𝑎3可以取𝑝−2，或𝑝+2，
如果𝑎2或𝑎3取了𝑝−3或𝑝+3，将使{𝑎𝑛}不满足性质P；所以{𝑎𝑛}的前5项有以下组合： ①𝑎1=𝑝，𝑎2=𝑝−1；𝑎3=𝑝+1；𝑎4=𝑝−2；𝑎5=𝑝+2； ②𝑎1=𝑝，𝑎2=𝑝−1；𝑎3=𝑝+1；𝑎4=𝑝+2；𝑎5=𝑝−2； ③𝑎1=𝑝，𝑎2=𝑝+1；𝑎3=𝑝−1；𝑎4=𝑝−2；𝑎5=𝑝+2； ④𝑎1=𝑝，𝑎2=𝑝+1；𝑎3=𝑝−1；𝑎4=𝑝+2；𝑎5=𝑝−2；
对于①，𝑏1=𝑝−1，|𝑏2−𝑏1|=2，|𝑏3−𝑏1|=1，与{𝑏𝑛}满足性质P矛盾，舍去； 对于②，𝑏1=𝑝−1，|𝑏2−𝑏1|=2，|𝑏3−𝑏1|=3，|𝑏4−𝑏1|=2与{𝑏𝑛}满足性质P矛盾，舍去；
对于③，𝑏1=𝑝+1，|𝑏2−𝑏1|=2，|𝑏3−𝑏1|=3，|𝑏4−𝑏1|=1与{𝑏𝑛}满足性质P矛盾，舍去；
对于④𝑏1=𝑝+1，|𝑏2−𝑏1|=2，|𝑏3−𝑏1|=1，与{𝑏𝑛}满足性质P矛盾，舍去； 所以𝑃∈{3,4，…，𝑚−3，𝑚−2}，均不能同时使{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}都具有性质P． 当𝑝=1时，有数列{𝑎𝑛}:1，2，3，…，𝑚−1，m满足题意． 当𝑝=𝑚时，有数列{𝑎𝑛}:𝑚，𝑚−1，…，3，2，1满足题意． 当𝑝=2时，有数列{𝑎𝑛}:2，1，3，…，𝑚−1，m满足题意．
当𝑝=𝑚−1时，有数列{𝑎𝑛}:𝑚−1，m，𝑚−2，𝑚−3，…，3，2，1满足题意． 所以满足题意的数列{𝑎𝑛}只有以上四种．
【解析】
1. 【分析】
本题考查了基本不等式的应用，考查了转化思想，属基础题．
利用(𝑎+𝑏)2≥0恒成立，可直接得到𝑎2+𝑏2≥−2𝑎𝑏成立，通过举反例可排除ACD．
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【解答】
解：𝐴.显然当𝑎<0，𝑏>0时，不等式𝑎2+𝑏2≤2𝑎𝑏不成立，故A错误；
B．∵(𝑎+𝑏)2≥0，∴𝑎2+𝑏2+2𝑎𝑏≥0，∴𝑎2+𝑏2≥−2𝑎𝑏，故B正确，D错误； 𝐶.显然当𝑎<0，𝑏<0时，不等式𝑎+𝑏≥2√|𝑎𝑏|不成立，故C错误； 故选：B．
2.
【分析】
本题考查直线的参数方程与普通方程的互化，是基本知识的考查． 选项的参数方程，化为普通方程，判断即可． 【解答】
𝑥−13 𝑥=1+3𝑡
解：{的普通方程为：𝑦+1=−4，即4𝑥+3𝑦−1=0，不正确； 𝑦=−1−4𝑡𝑥−14𝑥=1−4𝑡{的普通方程为：𝑦+1=−3，即3𝑥+4𝑦+1=0，正确； 𝑦=−1+3𝑡
𝑥−13𝑥=1−3𝑡{的普通方程为：𝑦+1=−4，即4𝑥+3𝑦−1=0，不正确； 𝑦=−1+4𝑡
𝑥−14𝑥=1+4𝑡{的普通方程为：𝑦−1=−3，即3𝑥+4𝑦−7=0，不正确； 𝑦=1−3𝑡
故选：B．
3. 【分析】
本题考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题． 【解答】 解：如图，
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由点P到𝐴1𝐷1的距离为3，P到𝐴𝐴1的距离为2，
可得P在△𝐴𝐴1𝐷内，过P作𝐸𝐹//𝐴1𝐷，且𝐸𝐹∩𝐴𝐴1于E，𝐸𝐹∩𝐴𝐷于F， 在平面ABCD中，过F作𝐹𝐺//𝐶𝐷，交BC于G，则平面𝐸𝐹𝐺//平面𝐴1𝐷𝐶． 连接AC，交FG于M，连接EM，
∵平面𝐸𝐹𝐺//平面𝐴1𝐷𝐶，平面𝐴1𝐴𝐶∩平面𝐴1𝐷𝐶=𝐴1𝐶，平面𝐴1𝐴𝐶∩平面𝐸𝐹𝑀=𝐸𝑀， ∴𝐸𝑀//𝐴1𝐶．
在𝛥𝐸𝐹𝑀中，过P作𝑃𝑁//𝐸𝑀，且𝑃𝑁∩𝐹𝑀于N，则𝑃𝑁//𝐴1𝐶． ∵线段FM在四边形ABCD内，N在线段FM上，∴𝑁在四边形ABCD内． ∴点N即为过点P且与𝐴1𝐶平行的直线与正方体的交点，即与点Q重合 ∴点Q在平面ABCD内 故选：D．
4. 【分析】
本题考查命题的真假，及函数的单调性，关键是分析不等式之间关系，属于中档题． 对于命题𝑞1：当𝑎>0时，结合𝑓(𝑥)单调递减，可推出𝑓(𝑥+𝑎)<𝑓(𝑥)<𝑓(𝑥)+𝑓(𝑎)，𝑓(𝑎)=𝑓(𝑥0)=0，命题𝑞1是命题p的充分条件．对于命题𝑞2：当𝑎=𝑥0<0时，结合𝑓(𝑥)单调递增，推出𝑓(𝑥+𝑎)<𝑓(𝑥)，进而𝑓(𝑥+𝑎)<𝑓(𝑥)+𝑓(𝑎)，命题𝑞2都是p的充分条件． 【解答】
解：对于命题𝑞1：当𝑓(𝑥)单调递减且𝑓(𝑥)>0恒成立时，
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当𝑎>0时，此时𝑥+𝑎>𝑥， 又因为𝑓(𝑥)单调递减， 所以𝑓(𝑥+𝑎)<𝑓(𝑥) 又因为𝑓(𝑥)>0恒成立时， 所以𝑓(𝑥)<𝑓(𝑥)+𝑓(𝑎)， 所以𝑓(𝑥+𝑎)<𝑓(𝑥)+𝑓(𝑎)， 所以命题𝑞1⇒命题p，
对于命题𝑞2：当𝑓(𝑥)单调递增，存在𝑥0<0使得𝑓(𝑥0)=0， 当𝑎=𝑥0<0时，此时𝑥+𝑎<𝑥，𝑓(𝑎)=𝑓(𝑥0)=0， 又因为𝑓(𝑥)单调递增， 所以𝑓(𝑥+𝑎)<𝑓(𝑥)， 所以𝑓(𝑥+𝑎)<𝑓(𝑥)+𝑓(𝑎)， 所以命题𝑝2⇒命题p， 所以𝑞1，𝑞2都是p的充分条件， 故选：C．
5. 【分析】
本题考查交集及其运算，属于基础题． 由交集的定义可得出结论． 【解答】
解：因为𝐴={1,2，4}，𝐵={2,4，5}， 则𝐴∩𝐵={2,4}． 故答案为：{2,4}．
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6. 【分析】
本题考查数列的极限的求法，注意运用极限的运算性质，考查运算能力，是一道基础题． 由极限的运算法则和重要数列的极限公式，可得所求值． 【解答】
解：
，
故答案为：3．
1
7. 【分析】
本题考查复数模的求法，属于基础题． 由已知直接利用复数模的计算公式求解． 【解答】
解：由𝑧=1−2𝑖，得|𝑧|=√12+(−2)2=√5． 故答案为：√5．
8. 【分析】
本题考查函数的反函数的求法，注意反函数的定义域是原函数的值域，是基础题． 由已知求解x，然后把x与y互换即可求得原函数的反函数． 【解答】
解：由𝑦=𝑓(𝑥)=𝑥3，得𝑥=3√𝑦，
把x与y互换，可得𝑓(𝑥)=𝑥3的反函数为𝑓−1(𝑥)=3√𝑥． 故答案为：3√𝑥．
9. 【分析】
本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
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，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．
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【解答】
𝑥+𝑦−2≥0
解：由约束条件{𝑥+2𝑦−3≤0作出可行域如图阴影部分，
𝑦≥0
化目标函数𝑧=𝑦−2𝑥为𝑦=2𝑥+𝑧，
由图可知，当直线𝑦=2𝑥+𝑧过A时，直线在y轴上的截距最大， 𝑥+𝑦−2=0𝑥=1联立{，解得{，即𝐴(1,1)． 𝑦=1𝑥+2𝑦−3=0z有最大值为1−2×1=−1． 故答案为：−1．
10. 【分析】
本题考查行列式的应用，代数余子式的应用，是基本知识的考查． 直接利用行列式的运算法则求解即可． 【解答】 1𝑎解：行列式|2𝑐
30𝑎
可得3|
𝑐
𝑏
𝑑|=6， 0
𝑏
|=2． 𝑑
𝑏𝑎|=6，解得|𝑑𝑐
故答案为：2．
11. 【分析】
本题考查样本的数字特征，中位数，平均数，属于基础题．
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分别由题意结合中位数，平均数计算方法得𝑎+𝑏=13，答案即可． 【解答】
2+𝑎2
=3，解得a，b，再算出
解：因为四个数的平均数为4，所以𝑎+𝑏=4×4−1−2=13，
2+𝑎2
因为中位数是3，所以
=3，解得𝑎=4，代入上式得𝑏=13−4=9，
所以𝑎𝑏=36， 故答案为：36．
12. 【分析】
本题考查等差数列的前n项和与等差数列通项公式的应用，注意分析𝑎1与d的关系，属于基础题．
根据等差数列的通项公式可由𝑎1+𝑎10=𝑎9，得𝑎1=−𝑑，在利用等差数列前n项和公式化简
𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎9
𝑎10
即可得出结论．
【解答】
解：根据题意，等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎1+𝑎10=𝑎9，即𝑎1+𝑎1+9𝑑=𝑎1+8𝑑，变形可得𝑎1=−𝑑，
𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎9
𝑎10
9𝑎1+
9×8𝑑2
所以
=
𝑎1+9𝑑
=
9𝑎1+36𝑑𝑎1+9𝑑
=
−9𝑑+36𝑑−𝑑+9𝑑
=
278
．
故答案为：8．
27
13. 【分析】
本题考查组合数公式，解题关键是正确理解题意并熟悉组合数公式，属于基础题．
112
根据题意，由组合公式得共有𝐶6𝐶5𝐶4排法，计算即可得出答案．
【解答】
112解：根据题意，可得排法共有𝐶6𝐶5𝐶4=180种．
故答案为：180．
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14. 【分析】
本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与直线的对称关系的应用，直线方程的求法，是基本知识的考查．
求出椭圆的右焦点坐标，利用已知条件求出直线的斜率，然后求解直线方程． 【解答】 解：椭圆𝐶:
𝑥24
+
𝑦23
=1的右焦点为𝐹(1,0)，
直线l经过椭圆右焦点F，交椭圆C于P、Q两点(点P在第二象限)， 若点Q关于x轴对称点为𝑄′，且满足𝑃𝑄⊥𝐹𝑄′，
可知直线l的斜率为−1，所以直线l的方程是：𝑦=−(𝑥−1)， 即𝑥+𝑦−1=0． 故答案为：𝑥+𝑦−1=0．
15. 【分析】
本题考查函数零点与方程根的关系，属于中档题．
根据条件(1)可知𝑥0=0或1，进而结合条件(2)可得a的范围． 【解答】
解：根据条件(1)可得𝑥0=0或1，
又因为关于x的方程𝑓(𝑥)=𝑎无实数解，所以𝑎≠0或1， 故𝑎∈(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞)， 故答案为：(−∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞)．
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16. 【分析】
本题考查两向量的线性运算，考查向量模的求法，正确理解题意是关键，是中档题． ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑎设⃗𝑂𝐴𝑎⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ 1=⃗1，𝑂𝐴2=⃗2，结合向量的模等于1和2画出图形，由圆的交点个数即可求得k的最大值． 【解答】
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑎解：如图，设⃗𝑂𝐴𝑎⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ 1=⃗1，𝑂𝐴2=⃗2，
⃗⃗⃗ 𝑎⃗⃗⃗ 𝑎⃗⃗⃗ 由|⃗𝑎⃗⃗ 1−⃗2|=1，且|⃗𝑖−𝑏𝑗|∈{1,2}，
分别以𝐴1，𝐴2为圆心，以1和2为半径画圆，其中圆的公共点共有6个． 故满足条件的k的最大值为6． 故答案为：6．
17. 本题考查圆柱的表面积、空间线面夹角问题，熟练掌握线面垂直的判定定理是解题
的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于中档题．
(1)该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2𝜋、宽为1的矩形组成，依次(2)先利用线面垂直的判定定理证明𝐴𝐷1⊥平面ADB，求出圆面和矩形的面积，相加即可；连接𝐶𝐷1，则∠𝐷1𝐶𝐴即为线段𝐶𝐷1与平面ABCD所成的角，再利用三角函数的知识求出cos∠𝐷1𝐶𝐴即可．
18. 本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主
要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题． (1)直接利用正弦型函数的性质的应用求出结果．
(2)利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出函数的值域．
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19. 本题考查分段函数的实际应用，考查学生分析问题和解决问题的能力，以及运算能
力，属于中档题．
(1)易知v越大，x越小，所以𝑣=𝑓(𝑥)是单调递减函数，𝑘>0，于是只需令100−135⋅()𝑥>95，解不等式即可；
31
(2)把𝑥=80，𝑣=50代入𝑣=𝑓(𝑥)的解析式中，求出k的值，利用𝑞=𝑣𝑥可得到q关于x的函数关系式，分段判断函数的单调性，并求出各自区间上q的最大值，取较大者即可．
20. 本题考查双曲线与圆的定义和方程、性质，考查直线和圆的方程、双曲线的方程的
联立，以及向量的数量积的几何意义，考查方程思想和化简运算能力，属于较难题． (1)联立曲线𝛤1与曲线𝛤2的方程，以及𝑥𝐴=√6，解方程可得b； (2)由双曲线的定义和三角形的余弦定理，计算可得所求角； (3)设直线𝑙:𝑦=−𝑥+
2𝑏
4+𝑏22
，求得O到直线l的距离，判断直线l与圆的关系：相切，
可设切点为M，考虑双曲线的渐近线方程，只有当𝑦𝐴>2时，直线l才能与曲线𝛤有两⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，个交点，解不等式可得b的范围，由向量投影的定义求得⃗进而得到所求范围． 𝑂𝑀𝑂𝑁
21. 本题考查数列的综合应用，不等式以及不等关系，二次函数的性质以及函数的相关
性质的综合应用，考查分析问题解决问题的能力是难度大的题目，必须由高的数学思维逻辑修养才能解答．
(1)根据定义，验证两个数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P即可； (2)假设公比q的等比数列满足性质P，可得：|𝑎1−𝑎1𝑞𝑛|≥|𝑎1−𝑎1𝑞𝑛−1|，推出(𝑞−1)𝑞𝑛−1[𝑞𝑛−1(𝑞+1)−2]≥0，通过𝑞≥1，0<𝑞≤1时，−1≤𝑞<0时：𝑞<−1时，四种情况讨论求解即可．
(3)设𝑎1=𝑝，分𝑝=1时，当𝑝=𝑚时，当𝑝=2时，当𝑝=𝑚−1时，以及𝑃∈{3,4，…，𝑚−3，𝑚−2}，五种情况讨论，判断数列{𝑎𝑛}的可能情况，分别推出{𝑏𝑛}判断是否满足性质P即可．
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