2020年全国统一高考数学试卷（）小题，5分，共分。
1．已知集合，，求 ．
【答案】：
【解析】： 与取交集，共有元素为和.
2． ．
【答案】：
【解析】： .
3．已知复数（为虚数单位），则 ．
【答案】：
【解析】： .
4．已知行列式，则行列式 ．
【答案】：
【解析】：因为 .
.
故.
5．已知，则 ．
【答案】：
【解析】： 考察反函数知识点，由 可得，注意.
6．已知、、1、2的中位数为，平均数为，则 ．
【答案】：
【解析】：由平均数为，可得，由中位数为，可知和中有一个是，另一个是.
7．已知，则的最大值为 ．
【答案】：
【解析】：画出可行域，带入点.
8．为不等于零的等差数列，且，求 .
【答案】：
【解析】：在等差数列中，，所
.
9．从个人中选个人值班，第一天个人，第二天1个人，第三天2个人，共有多少种排法 .
【答案】：180
【解析】：.
10．已知椭圆：，第二象限有一点，点与右焦点所在直线与椭圆交于一点，，且点与点关于轴对称，求的直线方程 .
【答案】：
【解析】：，且点与点关于轴对称，知斜率为，所以方程
.
11．设，若存在定义域的函数既满足“对于任意，的值为或”又满足“关于的方程无实数解”，则的取值范围为
【答案】：且
【解析】：题目转换为是否存在实数，使得存在函数满足“对于任意，
值为或”又满足“关于的方程无实数解”构造函数：
，则方程，只有,1两个实数解
12．设，已知平面向量两两不相同，，且对于任意的，及,,求的最大值
【答案】：
【解析】：设，这，因为，所以对于任意的有，做，则我们有等于1或者2，且等于1或者2，所以点在以为圆心半径为1或者2的圆上，如图所示，总共有6个点满足条件
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。13．下列不等式恒成立的是
A． B.
C． D．
【答案】：B
【解析】：B选项，整理得，显然成立；
其他选项，取特殊值验证即可判断.
对于A：取；
对于C：取；
对于D：.
14．已知直线的解析式为，则下列各式是的参数方程的是
A． B．
C． D．
【答案】：D
【解析】：在直线中，令，则，即直线过点，排除A,B选项；
令，则，且直线斜率，D选项中，，符合题意.
15．在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，点到的距离为2，则过点且与平行的直线交正方体于两点，则点所在平面是
A． B．
C． D．
【答案】：D
【解析】：延长至点，且，
延长至点，且，
作矩形如图，连接,
则四边形为平行四边形；
因为点在平面内，
点在平面内，
且点在平面上方，点在平面下方，
所以与平面必定相交，即点在平面内.
16．命题：存在，对任意的，使得；命题：
单调递减且恒大于0，命题：单调递增且存在使. 则
A．只有是的充分条件 B．只有是的充分条件
C．都是的充分条件 D．都不是的充分条件
【答案】：C
【解析】：对于：取，因为恒大于0，故；又因为单调递减，所以. 所以是的充分条件.
对于：取，则；
因为单调递增，所以. 所以是的充分条件.
76分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（本题共14分，第1小题7分，第2小题7分）
已知是边长为1的正方形，绕其中一条轴旋转而成的一个圆柱.
（1）求该圆柱的表面积；
（2）将旋转至，求直线与平面所成的夹角．
【答案】：（1）；（2）
【解析】：（1）由题意知：此圆柱底面半径为，高为，记侧面积为，底面积为，
则：，，该圆柱的表面积为．
（2）连结，，，所以平面．
为直线在平面直线上的射影，设与平面所成的夹角为，
则,因此直线与平面所成的夹角为．
18．（本题共14分，第1小题7分，第2小题7分）
已知，
（1），求及时的解集；
（2），，求时的的值域.
【答案】：（1）；
（2）.
【解析】：（1）由题意可得，所以；
所以此时由，可得或者，其中
最终解得；
（2）由题意可得，此时，所以，
经化简可得，
所以当时，，即在时为单调递减函数，
在时为单调递增函数，所以，，
所以的值域为.
19．（本题共14分，第1小题7分，第2小题7分）
已知道路密度：车流量/时间，道路车辆密度：车流量/路程，车速
.,且，
（1）若，求的范围；
（2）已知，，求为多少时，可以取得最大值，并求出该最大值.
（2）
【】（1）时，，解得.
当，由于，，一次函数单调递减，当时，取得最大值为85，所以当时无解。综上所述：.
(2) 因为时，入第二个式子，求得.
因为，分情况讨论，当时，所以 .
因为，所以.
当时，所以，
配方得：.
所以，当时，有最大值为
又因为，故的最大值为.
20．（本题共16分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分）
已知双曲线，圆，在第一象限的交点为
曲线为，
（1）若，求；
（2），与轴的交点为，，在第一象限的曲线上，且，求；
（3）过点，且斜率为的直线交曲线于，两点，用的代数
表示，并求出的取值范围.
【答案】（1）2 （2） （3）
【解析】
（1）由，可得，将带入，可得.
（2）由题意可知，易知点在第一象限的双曲线上.
所以，，，由余弦定理可得：，
所以.
（3）设直线，
可算得到直线的距离为，
所以直线是圆的切线，切点为.
所以，并设，与圆联立可得.
所以得，.
由图可知，只有在如图状态下，直线才会与图像有两个交点有图可知圆与双曲线的交点恒在的上方。所以等价于.
由，得，所以有，解得。
又因为由在上的投影可知：.
所以.
.
21．（本题共16分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分）
有限数列，若满足，是项数，则称满足性质
.
（1）判断数列3，2，5，1和4，3，2，5，1是否具有性质，请说明理由.
（2）若，公比为的等比数列，项数为10，具有性质，求的取值范围.
（3）若是1，2，…，的一个排列，，，
都具有性质，求所有满足条件的.
【答案】（1）见解析（2）（3）见解析
【解析】（1）对于第一个数列有，，，满足题意，该数列满足性质.
对于第二个数列有，，不满足题意，该数列不满足性质.
（2）由题意可得，，
两边平方得：
整理得：
当时，得，此时关于恒成立，
所以等价于时，所以，
所以或者，所以取.
当时，得，此时关于恒成立，
所以等价于时，所以，
所以，所以取.
当时，得当为奇数的时候，得，很明显成立，
当为偶数的时候，得，很明显不成立，
故当时，矛盾，舍去当时，得.
当为奇数的时候，得，很明显成立，
当为偶数的时候，要使恒成立，
所以等价于时，所以，
所以或者，所以取. 综上可得，.
（3）设因为，可以取或者，可以取或者.
如果或者取了或者，将使不满足性质.
所以，的前五项有以下组合：
①：，，，，
②，，，，，
③，，，
④，，，，
对于①，，，，与满足性质矛盾，舍去.
对于②，，，，与满足性质矛盾，舍去.
对于③，，，，与满足性质矛盾，舍去.
对于④，，，，与满足性质矛盾，舍去.
所以均不能同时使，都具有性质.
当时，有数列：满足题意当时，时有数列：满足题意当时，有数列：满足题意当时，时有数列：满足题意故满足题意的数列只有上面四种 |
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