2020年高考数学浙江卷含答案
2020年浙江卷数学高考真题
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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。
1•已知集合P=€1,x ,4},Q={x|2〈x 〈3}，贝y P.Q=P=€1,x ,4}A. f x1,x <2}B. {x|2,x ,3} C. {x|2,x <3} D. {x1,x ,4} 2•已知a …R ,若a -1+(a -2)i (i 为虚数单位)是实数，贝>Ja=A. 1B. -1C. 2D. -23•若实数x,y 满足约束条件F -3y +1<f ,则z=x+2y 的取值范围是[x +y -3<0A.(-8,4〕 B. 〔4,+8)C.〔5,+8)4.函数y =xcosx +sinx 在区间[-‘,+‘]的图像大致为D .(-8,+8A . 5. 某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，贝V 该几何体的体积（单位:cm 3)是7314TC. 3D. 66. 已知空间中不过同一点的三条直线mn,l 则“m,n,l 在同一平面”是“m,n,l 两两相交”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件7•已知等差数列｛a｝的前n项的和S，公差d,0，＜1•记nn db，S,b，S-S,n…N€,下列等式不可能成立的是12n+1n+22nA . 2a，a+a 426B . 2b，b+b 426C . a2，aa 428D . b2，bb 4288•已知点O（0,0）,A（-2,0）,B（2,0）•设点P满足|PA|-|PB\，2,且P为函数y，3\：'4-x2的图像上的点，则|OP|，A.空2B.坯5C.富D.9.已知a,b…R且ab丰0，若（x一a）（x-b）（x一2a一b）>0在x>0上恒成立，贝VA.a<0B.a>0C.b<0D.b>010.设集合S,T,S匸N*,T匸N*,S,T中至少有两个元素，且满足:①对于任意x,y…S，若x丰y，都有xy…T；②对于任意x,y…T，若x<y，则上…S，下列命题正确的是xA.若S有4个元素，则S<T有7个元素B.若S有4个元素，则S€T有6个元素C.若S有3个元素，则S€T有4个元素D.若S有3个元素，则S€T有5个元素非选择题部分(共110分)二、填空题：本大题共7道小题，共36分。
2020年浙江省高考数学试卷-含详细解析
2020年浙江省高考数学试卷副标题题号 一 二 三 总分 得分一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1. 已知集合P ={x|1<x <4}，Q ={x|2<x <3}，则P ∩Q =( )A. {x|1<x ≤2}B. {x|2<x <3}C. {x|3≤x <4}D. {x|1<x <4}2. 已知a ∈R ，若a −1+(a −2)i(i 为虚数单位)是实数，则a =( )A. 1B. −1C. 2D. −2 3. 若实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0x +y −3≥0，则z =x +2y 的取值范围是( )A. (−∞,4]B. [4,+∞)C. [5,+∞)D. (−∞,+∞)4. 函数y =xcosx +sinx 在区间[−π,π]的图象大致为( )A.B.C.D.5. 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A. 73 B. 143 C. 3 D. 66. 已知空间中不过同一点的三条直线m ，n ，l ，则“m ，n ，l 在同一平面”是“m ，n ，l 两两相交”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件7.已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，a1d⩽1.记b1=S2，b n+1=S n+2−S2n，n∈N∗，下列等式不可能成立的是()A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. a42=a2a8D. b42=b2b88.已知点O(0,0)，A(−2,0)，B(2,0)，设点P满足|PA|−|PB|=2，且P为函数y=3√4−x2图象上的点，则|OP|=()A. √222B. 4√105C. √7D. √109.已知a，b∈R且a，b≠0，若(x−a)(x−b)(x−2a−b)≥0在x≥0上恒成立，则()A. a<0B. a>0C. b<0D. b>010.设集合S，T，S⊆N∗，T⊆N∗，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：①对于任意x，y∈S，若x≠y，都有xy∈T；②对于任意x，y∈T，若x<y，则yx∈S；下列命题正确的是()A. 若S有4个元素，则S∪T有7个元素B. 若S有4个元素，则S∪T有6个元素C. 若S有3个元素，则S∪T有5个元素D. 若S有3个元素，则S∪T有4个元素二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11.我国古代数学家杨辉、宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题，如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列，数列{n(n+1)2}，(n∈N∗)的前3项和______．12.二项展开式(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4=______；a1+a2+a3=______．13.已知tanθ=2，则cos2θ=______；tan(θ−π4)=______．14.已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是______．15.已知直线y=kx+b(k>0)与圆x2+y2=1和圆(x−4)2+y2=1均相切，则k=______，b=______．16.盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球，从盒中随机取球，每次取1个不放回，直到取出红球为止，设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P(ξ=0)=______，E(ξ)=______．17.已知平面向量e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 满足|2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ |≤√2，设a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，b⃗ =3e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，向量a⃗，b⃗ 的夹角为θ，则cos2θ的最小值为______．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2bsinA−√3a=0．(1)求角B；(2)求cosA+cosB+cosC的取值范围．19.如图，三棱台ABC−DEF中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．(1)证明：EF⊥DB；(2)求DF与面DBC所成角的正弦值．⋅20.已知数列{a n}，{b n}，{c n}满足a1=b1=c1=1，c n+1=a n+1−a n，c n+1=b nb n+2c n(n∈N∗)．(1)若{b n}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；(2)若{b n}为等差数列，公差d>0，证明：c1+c2+c3+⋯+c n<1+1，n∈N∗．d21.如图，已知椭圆C1：x2+y2=1，抛物线C2：y2=2px(p>0)，点A是椭圆C1与2抛物线C2的交点．过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B,M不同于A)．(1)若p=1，求抛物线C2的焦点坐标；16(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．22.已知1<a≤2，函数f(x)=e x−x−a.其中e=2.718281828459…为自然对数的底数．(1)证明：函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点；(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点，证明：(ⅰ)√a−1≤x0≤√2(a−1)；(ⅰ)x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a．答案和解析1.【答案】B【解析】解：集合P ={x|1<x <4}，Q ={x|2<x <3}， 则P ∩Q ={x|2<x <3}． 故选：B ．直接利用交集的运算法则求解即可．此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键． 2.【答案】C【解析】解：a ∈R ，若a −1+(a −2)i(i 为虚数单位)是实数， 可得a −2=0，解得a =2． 故选：C ．利用复数的虚部为0，求解即可．本题考查复数的基本概念，是基础题． 3.【答案】B【解析】解：画出实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0x +y −3≥0所示的平面区域，如图： 将目标函数变形为−12x +z2=y ，则z 表示直线在y 轴上截距，截距越大，z 越大， 当目标函数过点A(2,1)时，截距最小为z =2+2=4，随着目标函数向上移动截距越来越大， 故目标函数z =2x +y 的取值范围是[4,+∞)． 故选：B ．作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数z =x +2y 的取值范围．本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值． 4.【答案】A【解析】解：y =f(x)=xcosx +sinx ， 则f(−x)=−xcosx −sinx =−f(x)，∴f(x)为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B ，D ， 当x =π时，y =f(π)=πcosπ+sinπ=−π<0，故排除B ， 故选：A ．先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点．本题考查了函数图象的识别，掌握函数的奇偶性额函数值得特点是关键，属于基础题． 5.【答案】A【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为2的等腰直角三角形，棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为1，所以几何体的体积为：12×2×1×2+13×12×2×1×1=73．故选：A．画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键．6.【答案】B【解析】【分析】本题借助空间的位置关系，考查了充分条件和必要条件，属于基础题．由m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．【解答】解：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．故m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件，故选：B．7.【答案】B【解析】解：在等差数列{a n}中，a n=a1+(n−1)d，S n+2=(n+2)a1+(n+2)(n+1)2d，S2n=2na1+2n(2n−1)2d，b1=S2=2a1+d，b n+1=S n+2−S2n=(2−n)a1−3n2−5n−22d．∴b2=a1+2d，b4=−a1−5d，b6=−3a1−24d，b8=−5a1−55d．A.2a4=2(a1+3d)=2a1+6d，a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d，故A正确；B.2b4=−2a1−10d，b2+b6=a1+2d−3a1−24d=−2a1−22d，若2b4=b2+b6，则−2a1−10d=−2a1−22d，即d=0不合题意，故B错误；C.若a42=a2a8，则(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)，即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d+7d2，得a1d=d2，∵d≠0，∴a1=d，符合a1d⩽1，故C正确；D.若b42=b2b8，则(−a1−5d)2=(a1+2d)(−5a1−55d)，即2(a1d )2+25a1d+45=0，则a1d有两不等负根，满足a1d⩽1，故D正确．∴等式不可能成立的是B．故选：B．由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2,b4,b6,b8，分析B，D成立时是否满足公差d≠0，a1d⩽1判断B与D．本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计算能力，是中档题．8.【答案】D【解析】解：点O(0,0)，A(−2,0)，B(2,0).设点P满足|PA|−|PB|=2，可知P的轨迹是双曲线x21−y23=1的右支上的点，P为函数y=3√4−x2图象上的点，即y236+x24=1在第一象限的点，联立两个方程，解得P(√132,3√32)，所以|OP|=√134+274=√10．故选：D．求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP|．本题考查圆锥曲线的综合应用，曲线的交点坐标以及距离公式的应用，是中档题．9.【答案】C【解析】解：由题意知，x=0时，不等式ab(−2a−b)⩾0恒成立，即ab(2a+b)⩽0，∵ab≠0，∴可得1a +2b⩽0，则a,b至少有一个是小于0的，(1)若a<0,b<0，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩾0在x⩾0时恒成立，符合题意；(2)若a<0,b>0，则2a+b<b，当x∈[0,a]时，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩽0，不符合题意；(3)若a>0,b<0，则2a+b>b，当2a+b=a时，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩾0在x⩾0时恒成立，符合题意．综合，b<0成立．故选：C．本题考查不等式恒成立问题，注意三次函数的图象，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题．10.【答案】A【解析】解：取：S={1,2，4}，则T={2,4，8}，S∪T={1,2，4，8}，4个元素，排除C．S={2,4，8}，则T={8,16，32}，S∪T={2,4，8，16，32}，5个元素，排除D；S={2,4，8，16}则T={8,16，32，64，128}，S∪T={2,4，8，16，32，64，128}，7个元素，排除B；故选：A．利用特殊集合排除选项，推出结果即可．本题考查命题的真假的判断与应用，集合的基本运算，利用特殊集合排除选项是选择题常用方法，难度比较大．11.【答案】10【解析】【分析】本题考查数列求和，数列通项公式的应用，是基本知识的考查．求出数列的前3项，然后求解即可．【解答】解：数列{a n}满足a n=n(n+1)2，可得a1=1，a2=3，a3=6，所以S3=1+3+6=10．故答案为：10．12.【答案】80 130【解析】解：∵(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4=C54⋅24=80．a1+a2+a3=C51⋅2+C52⋅4+C53⋅8=130．故答案为：80；130．直接利用二项式定理的通项公式，求解即可．本题考查二项式定理的应用，只有二项式定理系数以及项的系数的区别，是基本知识的考查．13.【答案】−351 3【解析】解：tanθ=2，则cos2θ=cos2θ−sin2θcos2θ+sin2θ=1−tan2θ1+tan2θ=1−41+4=−35．tan(θ−π4)=tanθ−tanπ41+tanθtanπ4=2−11+2×1=13．故答案为：−35；13．利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的三角函数转化求解第二问．本题考查二倍角公式的应用，两角和与差的三角函数以及同角三角函数基本关系式的应用，是基本知识的考查．14.【答案】1【解析】解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2π，设圆锥的母线长为a，则12×a2π=2π，∴a=2，∴侧面展开扇形的弧长为2π，设圆锥的底面半径OC=r，则2πr=2π，解得r=1．故答案为：1．利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径．本题考查圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．15.【答案】√33−2√33【解析】解：由条件得C1(0,0)，r1=1，C2(4,0)，r2=1，因为直线l与C1，C2都相切，故有d 1=√1+k 2=1，d 2=√1+k 2=1，则有√1+k 2=√1+k 2，故可得b 2=(4k +b)2，整理得k(2k +b)=0， 因为k >0，所以2k +b =0，即b =−2k ，代入d 1=√1+k 2=1，解得k =√33，则b =−2√33，故答案为：√33；−2√33． 根据直线l 与两圆都相切，分别列出方程d 1=√1+k 2=1，d 2=√1+k 2=1，解得即可． 本题考查直线与圆相切的性质，考查方程思想，属于中档题．16.【答案】13 1【解析】解：由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；计算P(ξ=0)=C 11C 41+C 11⋅C 11C 41⋅C 31=13；P(ξ=1)=C 21⋅C 11A 42+C 21C 11A 22C 11A 43=13； P(ξ=2)=A 22⋅C 11A 43+C 22C 11A 33A 22C 11A 44=13；所以E(ξ)=0×13+1×13+2×13=1． 故答案为：13，1．由题意知随机变量ξ的可能取值为0，1，2；分别计算P(ξ=0)、P(ξ=1)和P(ξ=2)，再求E(ξ)的值．本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题．17.【答案】2829【解析】解：设e 1⃗⃗⃗ 、e 2⃗⃗⃗ 的夹角为α，由e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 为单位向量，满足|2e 1⃗⃗⃗ −e 2⃗⃗⃗ |≤√2，所以4e 1⃗⃗⃗ 2−4e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 2=4−4cosα+1≤2， 解得cosα≥34；又a ⃗ =e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ ，b ⃗ =3e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ ，且a⃗ ，b ⃗ 的夹角为θ， 所以a ⃗ ⋅b ⃗ =3e 1⃗⃗⃗ 2+4e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 2=4+4cosα， a ⃗ 2=e 1⃗⃗⃗ 2+2e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 2=2+2cosα，b ⃗ 2=9e 1⃗⃗⃗ 2+6e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 2=10+6cosα； 则cos 2θ=(a ⃗ ⋅b⃗ )2a⃗ 2×b ⃗2=(4+4cosα)2(2+2cosα)(10+6cosα)=4+4cosα5+3cosα=43−835+3cosα，所以cosα=34时，cos 2θ取得最小值为43−835+3×34=2829．故答案为：2829．设e1⃗⃗⃗ 、e2⃗⃗⃗ 的夹角为α，由题意求出cosα≥34；再求a⃗，b⃗ 的夹角θ的余弦值cos2θ的最小值即可．本题考查了平面向量的数量积与夹角的运算问题，是中档题．18.【答案】解：(1)∵2bsinA=√3a，∴2sinBsinA=√3sinA，∵sinA≠0，∴sinB=√32，，∴B=π3，(2)∵△ABC为锐角三角形，B=π3，∴C=2π3−A，，△ABC为锐角三角形，，，解得，，，，∴cosA+cosB+cosC的取值范围为(√3+12,32 ]．【解析】本题考查了正弦定理，三角函数的化简，三角函数的性质，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题．(1)根据正弦定理可得sinB=√32，结合角的范围，即可求出，(2)根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出．19.【答案】解：(1)证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，∵面ADFC⊥面ABC，面ADFC∩面ABC=AC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥面ABC，BC⊂面ABC，∴DH⊥BC，∴在Rt△DHC中，CH=CD⋅cos45°=√22CD，∵DC=2BC，∴CH=√22CD=√22⋅2BC=√2⋅BC，∴BCCH =√22，又∠ACB=45°，∴△BHC是直角三角形，且∠HBC=90°，∴HB⊥BC，又∵DH⊂面DHB，HB⊂面DHB，DH∩HB=H，∴BC⊥面DHB，∵DB⊂面DHB，∴BC⊥DB，∵在三棱台DEF−ABC中，EF//BC，∴EF⊥DB．(2)设BC=1，则BH=1，HC=√2，在Rt△DHC中，DH=√2，DC=2，在Rt△DHB中，DB=√DH2+HB2=√2+1=√3，作HG⊥BD于G，∵BC⊥面DHB，HG⊂面DHB，∴BC⊥HG，而BC⊂面BCD，BD⊂面BCD，BC∩BD=B，∴HG⊥面BCD，∵GC⊂面BCD，∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC=90°，设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，且sinθ=sin∠HCG=HGHC =√2，∵在Rt△DHB中，DH⋅HB=BD⋅HG，∴HG=DH⋅HBBD =√2⋅1√3=√63，∴sinθ=√2=√63√2=√33．【解析】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想象能力和思维能力，平面与空间互相转化是能力，几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强的中档题．(1)题根据已知条件，作DH⊥AC，根据面面垂直，可得DH⊥BC，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC是直角三角形，且∠HBC=90°，则HB⊥BC，从而可证出BC⊥面DHB，最后根据棱台的定义有EF//BC，根据平行线的性质可得EF⊥DB；(2)题先可设BC=1，根据解直角三角形可得BH=1，HC=√2，DH=√2，DC=2，DB=√3，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC 所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC 所成角的正弦值．20.【答案】(1)解：由题意，b2=q，b3=q2，∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q2，整理，得6q2−q−1=0，解得q=−13(舍去)，或q=12，∴c n+1=b nb n+2⋅c n=1b n+2b n⋅c n=1q2⋅c n=1(12)2⋅c n=4⋅c n，∴数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴c n=1⋅4n−1=4n−1，n∈N∗．∴a n+1−a n=c n+1=4n，则a1=1，a2−a1=41，a3−a2=42，⋅⋅⋅a n−a n−1=4n−1，各项相加，可得a n=1+41+42+⋯+4n−1=1−4n1−4=4n−13．(2)证明：依题意，由c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)，可得b n+2⋅c n+1=b n⋅c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1=b n b n+1c n，∵b1b2c1=b2=1+d，∴数列{b n b n+1c n}是一个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n=1+d，∴c n=1+db n b n+1=1+dd⋅db n b n+1=(1+1d)⋅b n+1−b nb n b n+1=(1+1d)(1b n−1b n+1)，∴c1+c2+⋯+c n=(1+1d)(1b1−1b2)+(1+1d)(1b2−1b3)+⋯+(1+1d)(1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b2+1b2−1b3+⋯+1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b n+1)=(1+1d)(1−1b n+1)<1+1d，∴c1+c2+⋯+c n<1+1d，故得证．【解析】本题主要考查数列求通项公式，等差数列和等比数列的基本量的运算，以及和式不等式的证明问题．考查了转化与化归思想，整体思想，方程思想，累加法求通项公式，裂项相消法求和，放缩法证明不等式，以及逻辑推理能力和数学运算能力．本题属综合性较强的偏难题．(1)先根据等比数列的通项公式将b2=q，b3=q2代入b1+b2=6b3，计算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简c n+1=b nb n+2⋅c n可得c n+1=4c n，则可发现数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{c n}的通项公式，然后将通项公式代入c n+1=a n+1−a n，可得a n+1−a n=c n+1=4n，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列{a n}的通项公式；(2)通过将已知关系式c n+1=b nb n+2⋅c n不断进行转化可构造出数列{b n b n+1c n}，且可得到数列{b n b n+1c n }是一个常数列，且此常数为1+d ，从而可得b n b n+1c n =1+d ，再计算得到c n =1+dbn b n+1，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．21.【答案】解：(1)p =116，则 p 2=132，则抛物线C 2的焦点坐标(132,0)，(2)由题意可设直线l ：x =my +t (m ≠0,t ≠0)，点A (x 0,y 0)， 将直线l 的方程代入椭圆C 1：x 22+y 2=1得(m 2+2)y 2+2mty +t 2−2=0∴点M 的纵坐标y M =−mtm 2+2。
2020年浙江省高考数学压轴试卷 (含答案解析)
2020年浙江省高考数学压轴试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1. 已知集合A ={x||x|<2}，B ={−1,0，1，2，3}，则A ∩B =( )A. {0,1}B. {0,1，2}C. {−1,0，1}D. {−1,0，1，2} 2. 复数5i−2的共轭复数是( )A. 2+iB. −2−iC. −2+iD. 2−i3. 记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4+a 5=24，S 6=48，则{a n }的公差为( )A. 1B. 2C. 4D. 84. 一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则四棱锥的表面积为( )A. 83B. 4√3C. 4√5+1D. 4(√5+1)5. 已知x 、y ∈R ，不等式组{x +2y ≥0x −y ≤00≤y ≤k 所表示的平面区域的面积为6，则实数k 的值为( )A. 1B. 2C. 3D. 46. 已知直线l 1:mx +y −1=0，直线l 2:(m −2)x +my −1=0，则“l 1⊥l 2”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. 既不充分也不必要条件 7. 函数f(x)=(e x +1)lnx 2e x −1(e 是自然对数的底数)的图象大致为( )A. B. C. D.8. 已知实数a >b >0,m ∈R ，则下列不等式中成立的是( )A. (12)a <(12)bB. a −2>b −2C. m a >m bD. b+m a+m >ba 9. 如图，四棱锥P −ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，NB =2PN ，则三棱锥N −PAC 与四棱锥P −ABCD 的体积比为( )A. 1：2B. 1：3C. 1：6D. 1：810. 若对圆(x −1)2+(y −1)2=1上任意一点P(x,y)，|3x −4y +a|+|3x −4y −9|的取值与x ，y无关，则实数a 的取值范围是( )A. a ≤−4B. −4≤a ≤6C. a ≤−4或a ≥6D. a ≥6二、填空题（本大题共7小题，共36.0分） 11. 古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为______ ．12. 在二项式(√2+x)9的展开式中，常数项是_____________，系数为有理数的项的个数是______________．13. 已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(b >a >0)，焦距为2c ，直线l 经过点(a,0)和(0,b)，若(−a,0)到直线l 的距离为2√23c ，则离心率为______． 14. 已知函数f(x)={|x +a|+|x −1|,x >0x 2−ax +2,x ≤0的最小值为a +1，则实数a 的取值范围为____________． 15. 若平面向量a ⃗ ，b ⃗ 满足|a ⃗ |=|2a ⃗ +b ⃗ |=2，则a ⃗ ⋅b⃗ 的取值范围是______． 16. 从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务活动，每天安排一人，每人只参加一天，若要求甲、乙两人中至少有一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务活动的日期不相邻，那么不同的安排方法种数为________(用数字作答)．17. 若方程x +m =√4−x 2有且只有一个实数解，则实数m 的取值范围为________．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18. 已知函数f(x)=(sinx +cosx)2+2cos 2x −1．(1)求函数f(x)的递增区间；(2)当x ∈[0,π2]时，求函数f(x)的值域．19. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB =2，∠BAD =60∘．(1)求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)若PA=AB，求PC与平面PBD所成角的正弦值20.等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6．(1)求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n．(2)设b n=log3a1+log3a2+⋯+log3a n，求数列{1b n21.已知点F是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，一点M(0,√2)满足线段MF的中点在抛物线C2上．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线MF与抛物线C相交于A、B两点，求线段AB的长．22.已知函数f(x)=lnx+ax，a∈R．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)的两个零点为x1，x2,且x2x1⩾e2，求证：(x1−x2)f′(x1+x2)>65．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用．先求出集合A和B，由此利用交集的定义能求出A∩B.解：∵集合A={x||x|<2}={x|−2<x<2}，B={−1,0，1，2，3}，∴A∩B={−1,0，1}．故选C．2.答案：C解析：解：复数5i−2=5(−2−i)(−2+i)(−2−i)=5(−2−i)5=−2−i的共轭复数为−2+i．故选：C．利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题．3.答案：C解析：本题主要考查等差数列公式及等差数列求和的基本量运算，属于简单题．利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}的公差．解：S n为等差数列{a n}的前n项和，设公差为d，∵a4+a5=24，S6=48，∴{a 1+3d +a 1+4d =246a 1+6×52d =48, 解得a 1=−2，d =4，∴{a n }的公差为4．故选C ．4.答案：D解析：解：因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，由该四棱锥的主视图可知四棱锥的底面边长2，高为2，则四棱锥的斜高为√22+12=√5．所以该四棱锥侧面积为：4×12×2×√5=4√5，底面积为：2×2=4，故表面积S =4+4√5=4(√5+1)，故选：D由题意可知原四棱锥为正四棱锥，由四棱锥的主视图得到四棱锥的底面边长和高，进而可得答案． 本题考查三视图复原几何体形状的判断，几何体的表面积与体积的求法，考查空间想象能力与计算能力． 5.答案：B解析：解：作出不等式组对应的平面区域：则k >0由{x +2y =0y =k，解得{x =−2k y =k ，即A(−2k,k)， 由{x −y =0y =k，解得{x =k y =k ，即B(k,k) ∵平面区域的面积是9，∴12(3k)k =6，即k 2=4解得k =±2，解得k =2或k =−2(舍)，故选：B ．作出不等式组对应的平面区域，利用平面区域的形状，结合面积公式即可得到结论．本题主要考查二元一次不等式组表示平面区域，以及三角形的面积公式的计算，比较基础． 6.答案：B解析：解：直线l 1：mx +y −1=0，直线l 2：(m −2)x +my −1=0，若“l 1⊥l 2”， 则m(m −2)+m =0，解得m =0或m =1，故“l 1⊥l 2”是“m =1”的必要不充分条件，故选：B ．利用两条直线相互垂直的充要条件求出m 的值，再根据充分必要条件的定义即可得出．本题考查了简易逻辑的判定方法、两条直线相互垂直的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7.答案：A解析：解：f(−x)=(e −x +1)ln(−x)2e −x −1=(1+e x )lnx 21−e x =−(e x +1)lnx 2e x −1=−f(x)，则函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除B ，C ．当x >1时，f(x)>0，排除D ，故选：A ．判断函数的奇偶性和图象的对称性，利用特殊值的符号是否对应进行排除．本题主要考查函数图象的识别和判断，判断函数的奇偶性以及对称性是解决本题的关键． 8.答案：A解析：解：∵函数y =(12)x 在R 上单调递减，∴当a >b >0时，(12)a <(12)b ．故选：A ．根据函数y =(12)x 在R 上单调递减知当a >b >0时，(12)a <(12)b ．本题考查了利用函数的单调性判断比较大小和不等式的基本性质，属基础题．。
2024年浙江高考数学真题及答案
2024年浙江高考数学真题及答案本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合{}355,{3,1,0,2,3}A x xB =-<<=--∣，则A B = （）A.{1,0}- B.{2,3} C.{3,1,0}-- D.{1,0,2}-2.若1i 1zz =+-，则z =（）A.1i --B.1i-+ C.1i- D.1i+3.已知向量(0,1),(2,)a b x == ，若(4)b b a ⊥-，则x =（）A.2- B.1- C.1D.24.已知cos(),tan tan 2m αβαβ+==，则cos()αβ-=（）A.3m- B.3m -C.3m D.3m5.（）A. B. C. D.6.已知函数为22,0()e ln(1),0x x ax a x f x x x ⎧---<=⎨++≥⎩，在R 上单调递增，则a 取值的范围是（）A.(,0]-∞ B.[1,0]- C.[1,1]- D.[0,)+∞7.当[0,2]x πÎ时，曲线sin y x =与2sin 36y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的交点个数为（）A.3B.4C.6D.88.已知函数为()f x 的定义域为R ，()(1)(2)f x f x f x >-+-，且当3x <时()f x x =，则下列结论中一定正确的是（）A.(10)100f >B.(20)1000f >C.(10)1000f < D.(20)10000f <二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值 2.1x =，样本方差20.01s =，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布()21.8,0.1N ，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布()2,N x s ，则（）（若随机变量Z 服从正态分布()2,N u σ，()0.8413P Z u σ<+≈）A.(2)0.2P X >>B.(2)0.5P X ><C.(2)0.5P Y >> D.(2)0.8P Y ><10.设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（）A.3x =是()f x 的极小值点B.当01x <<时，()2()f x f x<C.当12x <<时，4(21)0f x -<-< D.当10x -<<时，(2)()f x f x ->11.造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O .且C 上的点满足横坐标大于2-，到点(2,0)F 的距离与到定直线(0)x a a =<的距离之积为4，则（）A.2a =- B.点在C 上C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D.当点()00,x y 在C 上时，0042y x ≤+三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左右焦点分别为12F F 、，过2F 作平行于y 轴的直线交C 于A ，B 两点，若1||13,||10F A AB ==，则C 的离心率为___________．13.若曲线e x y x =+在点()0,1处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则=a __________.14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.记ABC 内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin C B =，222a b c +-=（1）求B ；（2）若ABC 的面积为3c ．16.已知(0,3)A 和33,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭为椭圆2222:1(0)x yC a b a b+=>>上两点.（1）求C 的离心率;（2）若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且ABP 的面积为9，求l 的方程．17.如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB ==．（1）若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；（2）若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为427，求AD ．18.已知函数3()ln(1)2xf x ax b x x=++--（1）若0b =，且()0f x '≥，求a 的最小值；（2）证明：曲线()y f x =是中心对称图形；（3）若()2f x >-当且仅当12x <<，求b 的取值范围．19.设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．（1）写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；（2）当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；（3）从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．参考答案本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合{}355,{3,1,0,2,3}A x xB =-<<=--∣，则A B = （）A.{1,0}- B.{2,3} C.{3,1,0}-- D.{1,0,2}-【答案】A 【解析】【分析】化简集合A ，由交集的概念即可得解.【详解】因为{{}|,3,1,0,2,3A x x B =<<=--，且注意到12<<，从而A B = {}1,0-.故选：A.2.若1i 1zz =+-，则z =（）A.1i --B.1i-+ C.1i- D.1i+【答案】C 【解析】【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.【详解】因为11111i 111z z z z z -+==+=+---，所以111i i z =+=-.故选：C.3.已知向量(0,1),(2,)a b x == ，若(4)b b a ⊥-，则x =（）A.2-B.1- C.1D.2【答案】D 【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算可求x 的值.【详解】因为()4b b a ⊥- ，所以()40b b a ⋅-=，所以240b a b -⋅=即2440x x +-=，故2x =，故选：D.4.已知cos(),tan tan 2m αβαβ+==，则cos()αβ-=（）A.3m -B.3m -C.3m D.3m【答案】A 【解析】【分析】根据两角和的余弦可求cos cos ,sin sin αβαβ的关系，结合tan tan αβ的值可求前者，故可求()cos αβ-的值.【详解】因为()cos m αβ+=，所以cos cos sin sin m αβαβ-=，而tan tan 2αβ=，所以sin sin 2cos cos αβαβ=，故cos cos 2cos cos m αβαβ-=即cos cos m αβ=-，从而sin sin 2m αβ=-，故()cos 3m αβ-=-，故选：A.5.（）A. B. C. D.【答案】B 【解析】【分析】设圆柱的底面半径为r ，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r 的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r =即=，故3r =，故圆锥的体积为1π93⨯=.故选：B.6.已知函数为22,0()e ln(1),0x x ax a x f x x x ⎧---<=⎨++≥⎩，在R 上单调递增，则a 取值的范围是（）A.(,0]-∞ B.[1,0]- C.[1,1]- D.[0,)+∞【答案】B 【解析】【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【详解】因为()f x 在R 上单调递增，且0x ≥时，()()e ln 1xf x x =++单调递增，则需满足()02021e ln1a a -⎧-≥⎪⨯-⎨⎪-≤+⎩，解得10a -≤≤，即a 的范围是[1,0]-.故选：B.7.当[0,2]x πÎ时，曲线sin y x =与2sin 36y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的交点个数为（）A.3B.4C.6D.8【答案】C 【解析】【分析】画出两函数在[]0,2π上的图象，根据图象即可求解【详解】因为函数sin y x =的的最小正周期为2πT =，函数π2sin 36y x ⎛⎫=-⎪⎝⎭的最小正周期为2π3T =，所以在[]0,2πx ∈上函数π2sin 36y x ⎛⎫=-⎪⎝⎭有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C8.已知函数为()f x 的定义域为R ，()(1)(2)f x f x f x >-+-，且当3x <时()f x x =，则下列结论中一定正确的是（）A.(10)100f >B.(20)1000f >C.(10)1000f <D.(20)10000f <【答案】B 【解析】【分析】代入得到(1)1,(2)2f f ==，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【详解】因为当3x <时()f x x =，所以(1)1,(2)2f f ==，又因为()(1)(2)f x f x f x >-+-，则(3)(2)(1)3,(4)(3)(2)5f f f f f f >+=>+>，(5)(4)(3)8,(6)(5)(4)13,(7)(6)(5)21f f f f f f f f f >+>>+>>+>，(8)(7)(6)34,(9)(8)(7)55,(10)(9)(8)89f f f f f f f f f >+>>+>>+>，(11)(10)(9)144,(12)(11)(10)233,(13)(12)(11)377f f f f f f f f f >+>>+>>+>(14)(13)(12)610,(15)(14)(13)987f f f f f f >+>>+>，(16)(15)(14)15971000f f f >+>>，则依次下去可知(20)1000f >，则B 正确；且无证据表明ACD 一定正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用(1)1,(2)2f f ==，再利用题目所给的函数性质()(1)(2)f x f x f x >-+-，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值 2.1x =，样本方差20.01s =，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布()21.8,0.1N ，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布()2,N x s ，则（）（若随机变量Z 服从正态分布()2,N u σ，()0.8413P Z u σ<+≈）A.(2)0.2P X >>B.(2)0.5P X ><C.(2)0.5P Y >>D.(2)0.8P Y ><【答案】BC 【解析】【分析】根据正态分布的3σ原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，22.1,0.01x s ==，所以()2.1,0.1Y N ，故()()()2 2.10.1 2.10.10.84130.5P Y P Y P Y >=>-=<+≈>，C 正确，D 错误；因为()1.8,0.1X N ，所以()()2 1.820.1P X P X >=>+⨯，因为()1.80.10.8413P X <+≈，所以()1.80.110.84130.15870.2P X >+≈-=<，而()()()2 1.820.1 1.80.10.2P X P X P X >=>+⨯<>+<，B 正确，A 错误，故选：BC．10.设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（）A.3x =是()f x 的极小值点B.当01x <<时，()2()f x f x<C.当12x <<时，4(21)0f x -<-< D.当10x -<<时，(2)()f x f x ->【答案】ACD 【解析】【分析】求出函数()f x 的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数()f x 在()1,3上的值域即可判断C；直接作差可判断D.【详解】对A ，因为函数()f x 的定义域为R ，而()()()()()()22141313f x x x x x x =--+-=--'，易知当()1,3x ∈时，()0f x '<，当(),1x ∞∈-或()3,x ∞∈+时，()0f x '>函数()f x 在(),1∞-上单调递增，在()1,3上单调递减，在()3,∞+上单调递增，故3x =是函数()f x 的极小值点，正确；对B，当01x <<时，()210x x x x -=->，所以210x x >>>，而由上可知，函数()f x 在()0,1上单调递增，所以()()2f x f x>，错误；对C，当12x <<时，1213x <-<，而由上可知，函数()f x 在()1,3上单调递减，所以()()()1213f f x f >->，即()4210f x -<-<，正确；对D，当10x -<<时，()()()()()()222(2)()12141220f x f x x x x x x x --=------=-->，所以(2)()f x f x ->，正确；故选：ACD.11.造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O .且C 上的点满足横坐标大于2-，到点(2,0)F 的距离与到定直线(0)x a a =<的距离之积为4，则（）A.2a =- B.点在C 上C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D.当点()00,x y 在C 上时，0042y x ≤+【答案】ABD 【解析】【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求a ，故可判断A 的正误，结合曲线方程可判断B 的正误，利用特例法可判断C 的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D 的正误.【详解】对于A：设曲线上的动点(),P x y ，则2x >-4x a -=，04a -=，解得2a =-，故A 正确.对于24x +=，而2x >-，()24x +=.当0x y ==()2844=-=，故()在曲线上，故B 正确.对于C：由曲线的方程可得()()2221622y x x =--+，取32x =，则2641494y =-，而64164525624510494494494---=-=>⨯，故此时21y >，故C 在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C 错误.对于D：当点()00,x y 在曲线上时，由C 的分析可得()()()220022001616222y x x x =--≤++，故0004422y x x -≤≤++，故D 正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左右焦点分别为12F F 、，过2F 作平行于y 轴的直线交C 于A ，B 两点，若1||13,||10F A AB ==，则C 的离心率为___________．【答案】32【解析】【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出2AF ，结合双曲线第一定义求出1AF ，即可得到,,a b c 的值，从而求出离心率.【详解】由题可知2,,A B F 三点横坐标相等，设A 在第一象限，将x c =代入22221x ya b-=得2b y a =±，即22,,,b b A c B c a a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故2210b AB a ==，225b AF a ==，又122AF AF a -=，得1222513AF AF a a =+=+=，解得4a =，代入25b a=得220b =，故22236,c a b =+=，即6c =，所以6342c e a ===.故答案为：3213.若曲线e x y x =+在点()0,1处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则=a __________.【答案】ln 2【解析】【分析】先求出曲线e x y x =+在()0,1的切线方程，再设曲线()ln 1y x a =++的切点为()()0,ln 1x xa ++，求出y '，利用公切线斜率相等求出0x ，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.【详解】由e x y x =+得e 1x y '=+，00|e 12x y ='=+=，故曲线e x y x =+在()0,1处的切线方程为21y x =+；由()ln 1y x a =++得11y x '=+，设切线与曲线()ln 1y x a =++相切的切点为()()00,ln 1x x a ++，由两曲线有公切线得0121y x '==+，解得012x =-，则切点为11,ln 22a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，切线方程为112ln 21ln 222y x a x a ⎛⎫=+++=++- ⎪⎝⎭，根据两切线重合,所以ln 20a -=，解得ln 2a =.故答案为：ln 214.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.【答案】12##0.5【解析】【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为1234,,,X X X X ，四轮的总得分为X .对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率()631448k P X ===⨯，所以()()31,2,3,48k E X k ==.从而()()()441234113382kk k E X E X X X X E X ===+++===∑∑.记()()0,1,2,3k p P X k k ===.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以04411A 24p ==；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以34411A 24p ==.而X 的所有可能取值是0，1，2，3，故01231p p p p +++=，()1233232p p p E X ++==.所以121112p p ++=，1213282p p ++=，两式相减即得211242p +=，故2312p p +=.所以甲的总得分不小于2的概率为2312p p +=.故答案为：12.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.记ABC 内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin C B =，222a b c +-=（1）求B ；（2）若ABC 的面积为3c ．【答案】（1）π3B =（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出cos ,sin C C ，最后结合已知sin C B=得cos B 的值即可；（2）首先求出,,A B C ，然后由正弦定理可将,a b 均用含有c 的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.【小问1详解】由余弦定理有2222cos a b c ab C +-=，对比已知222a b c +-=，可得22222cos 222a b c C ab ab +-===，因为()0,πC ∈，所以sin 0C >，从而2sin 2C ==，又因为sin C B =，即1cos 2B =，注意到()0,πB ∈，所以π3B =.【小问2详解】由（1）可得π3B =，2cos 2C =，()0,πC ∈，从而π4C =，ππ5ππ3412A =--=，而5πππ232162sin sin sin 124622224A ⎛⎫⎛⎫==+=⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由正弦定理有5πππsin sin sin 1234a b c==，从而623136,4222a cbc +====，由三角形面积公式可知，ABC 的面积可表示为211316233sin 222228ABC S ab C c c c +==⋅⋅= ，由已知ABC 的面积为3+，可得23338c =，所以c =16.已知(0,3)A 和33,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭为椭圆2222:1(0)x yC a b a b+=>>上两点.（1）求C 的离心率;（2）若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且ABP 的面积为9，求l 的方程．【答案】（1）12（2）直线l 的方程为3260x y --=或20x y -=.【解析】【分析】（1）代入两点得到关于,a b 的方程，解出即可；（2）方法一：以AP 为底，求出三角形的高，即点B 到直线AP 的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到B 点坐标，则得到直线l 的方程；方法二：同法一得到点B 到直线AP 的距离，再设()00,B x y ，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点B 到直线AP 的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB 斜率不存在的情况，再设直线3y kx =+，联立椭圆方程，得到点B 坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线PB 斜率不存在的情况，再设3:(3)2PB y k x -=-，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘12表达面积即可.【小问1详解】由题意得2239941b a b =⎧⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得22912b a ⎧=⎨=⎩，所以12e ==.【小问2详解】法一：3312032APk -==--，则直线AP 的方程为132y x =-+，即260x y +-=，2AP ==，由（1）知22:1129x y C +=，设点B 到直线AP 的距离为d，则5352d ==，则将直线AP 沿着与AP 垂直的方向平移1255单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B ，设该平行线的方程为：20x y C ++=，5=，解得6C =或18C =-，当6C =时，联立221129260x y x y ⎧+=⎪⎨⎪++=⎩，解得03x y =⎧⎨=-⎩或332x y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，即()0,3B -或33,2⎛⎫--⎪⎝⎭，当()0,3B -时，此时32l k =，直线l 的方程为332y x =-，即3260x y --=，当33,2B ⎛⎫--⎪⎝⎭时，此时12lk =，直线l 的方程为12y x =，即20x y -=，当18C =-时，联立2211292180x y x y ⎧+=⎪⎨⎪+-=⎩得22271170y y -+=，227421172070∆=-⨯⨯=-<，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l 的方程为3260x y --=或20x y -=.法二：同法一得到直线AP 的方程为260x y +-=，点B 到直线AP 的距离1255d =，设()00,B x y，则220012551129x y =⎪+=⎪⎩，解得00332x y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩或0003x y =⎧⎨=-⎩，即()0,3B -或33,2⎛⎫--⎪⎝⎭，以下同法一.法三：同法一得到直线AP 的方程为260x y +-=，点B 到直线AP的距离5d =，设(),3sin B θθ，其中[)0,2θ∈π1255=，联立22cos sin 1θθ+=，解得cos 21sin 2θθ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩或cos 0sin 1θθ=⎧⎨=-⎩，即()0,3B -或33,2⎛⎫--⎪⎝⎭，以下同法一；法四：当直线AB 的斜率不存在时，此时()0,3B -，16392PAB S =⨯⨯= ，符合题意，此时32l k =，直线l 的方程为332y x =-，即3260x y --=，当线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为3y kx =+，联立椭圆方程有2231129y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，则()2243240k x kx ++=，其中AP k k ≠，即12k ≠-，解得0x =或22443k x k -=+，0k ≠，12k ≠-，令22443k x k -=+，则2212943k y k -+=+，则22224129,4343k k B k k ⎛⎫--+ ⎪++⎝⎭同法一得到直线AP 的方程为260x y +-=，点B 到直线AP 的距离1255d =，5=，解得32k =，此时33,2B ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，则得到此时12lk =，直线l 的方程为12y x =，即20x y -=，综上直线l 的方程为3260x y --=或20x y -=.法五：当l 的斜率不存在时，3:3,3,,3,2l x B PB A ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭到PB 距离3d =，此时1933922ABP S =⨯⨯=≠ 不满足条件.当l 的斜率存在时，设3:(3)2PB y k x -=-，令()()1122,,,P x y B x y ，223(3)21129y k x x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，消y 可得()()22224324123636270k x k k x k k +--+--=，()()()2222Δ24124433636270k kk k k =--+-->，且AP k k ≠，即12k ≠-，21222122241243,36362743k k x x k PB k k x x k ⎧-+=⎪⎪+==⎨--⎪=⎪+⎩，A 到直线PB距离192PAB d S ==⋅ ，12k ∴=或32，均满足题意，1:2l y x ∴=或332y x =-，即3260x y --=或20x y -=.法六：当l 的斜率不存在时，3:3,3,,3,2l x B PB A ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭到PB 距离3d =，此时1933922ABP S =⨯⨯=≠ 不满足条件.当直线l 斜率存在时，设3:(3)2l y k x =-+，设l 与y 轴的交点为Q ，令0x =，则30,32Q k ⎛⎫-+⎪⎝⎭，联立223323436y kx k x y ⎧=-+⎪⎨⎪+=⎩，则有()2223348336362702k x k k x k k ⎛⎫+--+--= ⎪⎝⎭，()2223348336362702k x k k x k k ⎛⎫+--+--= ⎪⎝⎭，其中()()22223Δ8343436362702k k k k k ⎛⎫=--+--> ⎪⎝⎭，且12k ≠-，则2222363627121293,3434B B k k k k x x k k----==++，则211312183922234P B k S AQ x x k k +=-=+=+，解的12k =或32k =，经代入判别式验证均满足题意.则直线l 为12y x =或332y x =-，即3260x y --=或20x y -=.17.如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB ==．（1）若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；（2）若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ．【答案】（1）证明见解析【解析】【分析】（1）先证出AD ⊥平面PAB ，即可得AD AB ⊥，由勾股定理逆定理可得BC AB ⊥，从而//AD BC ，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D 作DEAC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ，根据三垂线法可知，DFE ∠即为二面角A CP D --的平面角，即可求得tan DFE ∠=AD的长度表示出,DE EF ，即可解方程求出AD ．【小问1详解】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥，又AD PB ⊥，PB PA P = ，,PB PA ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而AB ⊂平面PAB ，所以AD AB ⊥.因为222BC AB AC +=，所以BC AB ⊥，根据平面知识可知//AD BC ，又AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．【小问2详解】如图所示，过点D 作DEAC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC =，所以DE ⊥平面PAC ，又EF CP ⊥，所以⊥CP 平面DEF ，根据二面角的定义可知，DFE ∠即为二面角A CP D --的平面角，即42sin 7DFE ∠=，即tan DFE ∠=因为AD DC ⊥，设AD x =，则CD =，由等面积法可得，42DE =，又242xCE -==，而EFC 为等腰直角三角形，所以2EF =，故242tan 4DFE x∠==x =AD =．18.已知函数3()ln(1)2xf x ax b x x=++--（1）若0b =，且()0f x '≥，求a 的最小值；（2）证明：曲线()y f x =是中心对称图形；（3）若()2f x >-当且仅当12x <<，求b 的取值范围．【答案】（1）2-（2）证明见解析（3）23b ≥-【解析】【分析】（1）求出()min 2f x a '=+后根据()0f x '≥可求a 的最小值；（2）设(),P m n 为()y f x =图象上任意一点，可证(),P m n 关于()1,a 的对称点为()2,2Q m a n --也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断()12f =-即2a =-，再根据()2f x >-在()1,2上恒成立可求得23b ≥-.【小问1详解】0b =时，()ln2xf x ax x=+-，其中()0,2x ∈，则()()()112,0,222f x a x x x x x =+=+∈--'，因为()22212x x x x -+⎛⎫-≤= ⎪⎝⎭，当且仅当1x =时等号成立，故()min 2f x a '=+，而()0f x '≥成立，故20a +≥即2a ≥-，所以a 的最小值为2-.，【小问2详解】()()3ln12x f x ax b x x=++--的定义域为()0,2，设(),P m n 为()y f x =图象上任意一点，(),P m n 关于()1,a 的对称点为()2,2Q m a n --，因为(),P m n 在()y f x =图象上，故()3ln 12m n am b m m=++--，而()()()()3322ln221ln 122m m f m a m b m am b m a m m -⎡⎤-=+-+--=-++-+⎢⎥-⎣⎦，2n a =-+，所以()2,2Q m a n --也在()y f x =图象上，由P 的任意性可得()y f x =图象为中心对称图形，且对称中心为()1,a .【小问3详解】因为()2f x >-当且仅当12x <<，故1x =为()2f x =-的一个解，所以()12f =-即2a =-，先考虑12x <<时，()2f x >-恒成立.此时()2f x >-即为()()3ln21102x x b x x +-+->-在()1,2上恒成立，设()10,1t x =-∈，则31ln 201t t bt t+-+>-在()0,1上恒成立，设()()31ln 2,0,11t g t t bt t t+=-+∈-，则()()2222232322311tbtbg t bt t t -++=-+=-'-，当0b ≥，232332320bt b b b -++≥-++=>，故()0g t '>恒成立，故()g t 在()0,1上为增函数，故()()00g t g >=即()2f x >-在()1,2上恒成立.当203b -≤<时，2323230bt b b -++≥+≥，故()0g t '≥恒成立，故()g t 在()0,1上为增函数，故()()00g t g >=即()2f x >-在()1,2上恒成立.当23b <-，则当01t <<<时，()0g t '<故在⎛ ⎝上()g t 为减函数，故()()00g t g <=，不合题意，舍；综上，()2f x >-在()1,2上恒成立时23b ≥-.而当23b ≥-时，而23b ≥-时，由上述过程可得()g t 在()0,1递增，故()0g t >的解为()0,1，即()2f x >-的解为()1,2.综上，23b ≥-.【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.19.设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．（1）写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；（2）当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；（3）从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．【答案】（1）()()()1,2,1,6,5,6（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据(),i j -可分数列的定义即可；（2）根据(),i j -可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个，再使用概率的定义.【小问1详解】首先，我们设数列1242,,...,m a a a +的公差为d ，则0d ≠.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形()111,2,...,42k ka a a k m d-=+=+'，得到新数列()1,2, (42)a k k m ==+'，然后对1242,,...,m a a a +'''进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42k a k k m ==+，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和()j i j <，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的(),i j 就是()()()1,2,1,6,5,6.【小问2详解】由于从数列1,2,...,42m +中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②{}{}{}15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42m m m m -++，共3m -组.（如果30m -=，则忽略②）故数列1,2,...,42m +是()2,13-可分数列.【小问3详解】定义集合{}{}410,1,2,...,1,5,9,13,...,41A k k m m =+==+，{}{}420,1,2,...,2,6,10,14,...,42B k k m m =+==+.下面证明，对142i j m ≤<≤+，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列：命题1：,i A j B ∈∈或,i B j A ∈∈；命题2：3j i -≠.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,i A j B ∈∈，且3j i -≠.此时设141i k =+，242j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124142k k +<+，即2114k k ->-，故21k k ≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出141i k =+和242j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}{}{}11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ++++++++--+，共21k k -组；③{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.第二种情况：如果,i B j A ∈∈，且3j i -≠.此时设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124241k k +<+，即2114k k ->，故21k k >.由于3j i -≠，故()()2141423k k +-+≠，从而211k k -≠，这就意味着212k k -≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出142i k =+和241j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}112121241,31,221,31k k k k k k k +++++++，{}121212232,222,32,42k k k k k k k +++++++，共2组；③全体{}11212124,3,22,3k p k k p k k p k k p +++++++，其中213,4,...,p k k =-，共212k k --组；④{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含212k k --个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{}111243,44,...,3k k k k +++，{}12121233,34,...,22k k k k k k +++++，{}121212223,223,...,3k k k k k k +++++，{}1212233,34,...,4k k k k k ++++.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{}11241,42,...,42k k k +++中除开五个集合{}1141,42k k ++，{}121231,32k k k k ++++，{}1212221,222k k k k ++++，{}121231,32k k k k ++++，{}2241,42k k ++中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的142k +和241k +以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.至此，我们证明了：对142i j m ≤<≤+，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列.然后我们来考虑这样的(),i j 的个数.首先，由于A B ⋂=∅，A 和B 各有1m +个元素，故满足命题1的(),i j 总共有()21m +个；而如果3j i -=，假设,i A j B ∈∈，则可设141i k =+，242j k =+，代入得()()2142413k k +-+=.但这导致2112k k -=，矛盾，所以,i B j A ∈∈.设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈，则()()2141423k k +-+=，即211k k -=.所以可能的()12,k k 恰好就是()()()0,1,1,2,...,1,m m -，对应的(),i j 分别是()()()2,5,6,9,...,42,41m m -+，总共m 个.所以这()21m +个满足命题1的(),i j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的(),i j 的个数为()21m m +-.当我们从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <时，总的选取方式的个数等于()()()()424121412m m m m ++=++.31/31而根据之前的结论，使得数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个.所以数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率m P 一定满足()()()()()()()()()22221111124214121412142221218m m m m m m m m P m m m m m m m m ⎛⎫+++ ⎪+-++⎝⎭≥=>=++++++++.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.。
5、2020年浙江省高考数学试卷及答案详情
当 时，则 ， ，
要使 ，必有 且 ，
即 且 ，所以 ；
当 时，则 ， ，要使 ，必有 .
综上一定有 .
故选 .
【点评】
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10.
【答案】
A
【考点】
并集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若取 ，则 ，
此时 ，包含 个元素，排除选项 ；
若取 ，则 ，
此时 ，包含 个元素，排除选项 ；
【答案】
解： 当 时， 的方程为 ，
故抛物线 的焦点坐标为 .
设 ，
， ，
由
，
∴ ，
， .
由 在抛物线上，
∴ .
又
，
∴ ，
∴ ，
∴ .
由 ，
即
，
∴ ， ， ，
∴ 的最大值为 .
【考点】
直线与抛物线结合的最值问题
抛物线的性质
直线与椭圆结合的最值问题
抛物线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： 当 时， 的方程为 ，
3.
【答案】
B
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由约束条件 作出可行域如图：
联立
解得
由图可得：平移直线 到点 时，
有最小值 ，
∴ 的取值范围为 .
故选 .
【点评】
此题暂无点评
4.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令 ，
∴
，
∴函数 是奇函数，故选项 错误.
2020年浙江省高考数学试卷 试题+答案详解
数学
本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页.满分150分.考试用时120分钟、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
球的表面积公式
球的体积公式
其中 表示球的半径
选择题部分（共40分）
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.
1.已知集合 ， ，则P Q=（）
A. B. C. D.
2.已知a∈R，若a–1+(a–2)i(i为虚数单位)是实数，则a=（）
A. 1B. –1C. 2D. –2
17.设 ， 为单位向量，满足 ， ， ，设 ， 的夹角为 ，则 的最小值为_______．
三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ．
（I）求角B；
（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
7.已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差 ， ．记b1=S2，bn+1=Sn+2–S2n， ，下列等式不可能成立的是（）
A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. D.
8.已知点O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|–|PB|=2，且P为函数y= 图像上的点，则|OP|=（）
2020年浙江省高考数学试卷及详细解答
【解析】由题意， 到直线的距离等于半径，即 ， ，
所以 ，所以 （舍）或者 ，解得 .
16.一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停，设拿出黄球的个数为 ，则 _______； ______．
【解析】先确定 对应事件，再求对应概率得结果；第二空，先确定随机变量，再求对应概率，最后根据数学期望公式求结果.
若取 ，则 ，此时 ，包含5个元素，排除选项C；
若取 ，则 ，此时 ，包含7个元素，排除选项B；
下面来说明选项A的正确性：
设集合 ，且 ， ，
则 ，且 ，则 ，
同理 ， ， ， ， ，
若 ，则 ，则 ，故 即 ，
又 ，故 ，所以 ，
故 ，此时 ，故 ，矛盾，舍.
若 ，则 ，故 即 ，
又 ，故 ，所以 ，
联立直线方程： ，可得点A的坐标为： ，
据此可知目标函数的最小值为： ，且目标函数没有最大值.
故目标函数的取值范围是 .故选：B
4.函数y=xcosx+sinx在区间[–π，+π]的图象大致为（）
A. B.
C. D.
【解析】因为 ，则 ，
即题中所给的函数为奇函数，函数图象关于坐标原点对称，
据此可知选项CD错误；且 时， ，据此可知选项B错误，故选：A.
【解析】因为 为实数，所以 ，故选：C
3.若实数x，y满足约束条件 ，则z=2x+y的取值范围是（）
A. B. C. D.
【解析】画出不等式组表示的平面区域如图所示，
目标函数即： ，
其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，z取得最小值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最小，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最小值，
2020年高考卷 数学(浙江卷)附答案
20201.已知集合，，则ABCD2.已知，若（i为虚数单位）是实数，则a＝A1B-1C2D-23.若实数x，y满足约束条件，则的取值范围是ABCD4. 函数在区间的图像大致为ABCD5. 某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）是ABCD6. 已知空间中不过同一点的三条直线则“在同一平面” 是“两两相交”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7.已知等差数列的前项的和，公差，.记下列等式不可能成立的是ABCD8.已知点, ,.设点满足，且为函数的图像上的点，则ABCD9．已知，若在上恒成立，则ABCDA若S有4个元素，则有7个元素B若S有4个元素，则有6个元素C若S有3个元素，则有4个元素D若S有3个元素，则有5个元素11.已知数列满足，则______12.设，则=_______；_______.13．已知=2，则=______；=______.14．已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为______.15．设直线l:y=kx+b(k>0)，圆:，:，若直线l与,都相切,则k=______;b=______.16.一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停，设拿出黄球的个数为，则；；17.设，为单位向量，满足，，，设的夹角为，则的最小值为.18.（本题满分14分）19（本题满分15分）如图，三棱台中，面面，，。
（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求与面所成角的正弦值。
（第19题图）20.(本题满分15分)已知中，.（I）若数列为等比数列，且公比，且，求与的通项公式；（Ⅱ）若数列为等差数列，且公差，证明：21.（15分）如图，已知椭圆，抛物线，点是椭圆与抛物线的交点，过点的直线交椭圆于点，交抛物线于（不同于）.（I）若，求抛物线的焦点坐标；（Ⅱ）若存在不过原点的直线使为线段的中点；求的最大值. 22.（本题满分15 分）已知函数，其中为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；（Ⅱ）记为函数在上的零点，证明:（i）（ⅱ）.参考答案1.B2.C3.B4.A5.A6.B7.D8.D9.C 10.A 11.10 12.80 ,12213. 14.1 15. 16.17.282918 正确答案及相关解析正确答案19 正确答案及相关解析正确答案20 正确答案及相关解析正确答案21 正确答案及相关解析正确答案22 正确答案及相关解析正确答案。
2020年浙江省高考数学试卷-解析版
2020年浙江省高考数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1. 已知集合P ={x|1<x <4}，Q ={x|2<x <3}，则P ∩Q =( )A. {x|1<x ≤2}B. {x|2<x <3}C. {x|3≤x <4}D. {x|1<x <4}2. 已知a ∈R ，若a −1+(a −2)i(i 为虚数单位)是实数，则a =( )A. 1B. −1C. 2D. −2 3. 若实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0x +y −3≥0，则z =x +2y 的取值范围是( )A. (−∞,4]B. [4,+∞)C. [5,+∞)D. (−∞,+∞)4. 函数y =xcosx +sinx 在区间[−π,π]的图象大致为( )A.B.C.D.5. 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A. 73 B. 143 C. 3 D. 66. 已知空间中不过同一点的三条直线m ，n ，l ，则“m ，n ，l 在同一平面”是“m ，n ，l 两两相交”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件7. 已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0，a1d⩽1.记b 1=S 2，b n+1=S n+2−S 2n ，n ∈N ∗，下列等式不可能成立的是( )A. 2a 4=a 2+a 6B. 2b 4=b 2+b 6C. a 42=a 2a 8D. b 42=b 2b 8 8. 已知点O(0,0)，A(−2,0)，B(2,0)，设点P 满足|PA|−|PB|=2，且P 为函数y =3√4−x 2图象上的点，则|OP|=( )A. √222B. 4√105C. √7D. √109.已知a，b∈R且a，b≠0，若(x−a)(x−b)(x−2a−b)≥0在x≥0上恒成立，则()A. a<0B. a>0C. b<0D. b>010.设集合S，T，S⊆N∗，T⊆N∗，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：①对于任意x，y∈S，若x≠y，都有xy∈T；②对于任意x，y∈T，若x<y，则yx∈S；下列命题正确的是()A. 若S有4个元素，则S∪T有7个元素B. 若S有4个元素，则S∪T有6个元素C. 若S有3个元素，则S∪T有5个元素D. 若S有3个元素，则S∪T有4个元素二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11.我国古代数学家杨辉、宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题，如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列，数列{n(n+1)2}，(n∈N∗)的前3项和______．12.二项展开式(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4=______；a1+a2+a3=______．13.已知tanθ=2，则cos2θ=______；tan(θ−π4)=______．14.已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是______．15.已知直线y=kx+b(k>0)与圆x2+y2=1和圆(x−4)2+y2=1均相切，则k=______，b=______．16.盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球，从盒中随机取球，每次取1个不放回，直到取出红球为止，设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P(ξ=0)=______，E(ξ)=______．17.已知平面向量e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 满足|2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ |≤√2，设a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，b⃗ =3e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，向量a⃗，b⃗ 的夹角为θ，则cos2θ的最小值为______．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2bsinA−√3a=0．(1)求角B；(2)求cosA+cosB+cosC的取值范围．19.如图，三棱台ABC−DEF中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．(1)证明：EF⊥DB；(2)求DF与面DBC所成角的正弦值．⋅20.已知数列{a n}，{b n}，{c n}满足a1=b1=c1=1，c n+1=a n+1−a n，c n+1=b nb n+2c n(n∈N∗)．(1)若{b n}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；(2)若{b n}为等差数列，公差d>0，证明：c1+c2+c3+⋯+c n<1+1，n∈N∗．d21.如图，已知椭圆C1：x2+y2=1，抛物线C2：y2=2px(p>0)，点A是椭圆C1与2抛物线C2的交点．过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B,M不同于A)．(1)若p=1，求抛物线C2的焦点坐标；16(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．22.已知1<a≤2，函数f(x)=e x−x−a.其中e=2.718281828459…为自然对数的底数．(1)证明：函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点；(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点，证明：(ⅰ)√a−1≤x0≤√2(a−1)；(ⅰ)x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a．答案和解析1.【答案】B【解析】解：集合P ={x|1<x <4}，Q ={x|2<x <3}， 则P ∩Q ={x|2<x <3}． 故选：B ．直接利用交集的运算法则求解即可．此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键． 2.【答案】C【解析】 【分析】本题考查复数的基本概念，是基础题． 利用复数的虚部为0，求解即可． 【解答】解：a ∈R ，若a −1+(a −2)i(i 为虚数单位)是实数， 可得a −2=0，解得a =2． 故选：C ．3.【答案】B【解析】解：画出实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0x +y −3≥0所示的平面区域，如图： 将目标函数变形为−12x +z2=y ，则z 表示直线在y 轴上截距，截距越大，z 越大， 当目标函数过点A(2,1)时，截距最小为z =2+2=4，随着目标函数向上移动截距越来越大， 故目标函数z =2x +y 的取值范围是[4,+∞)． 故选：B ．作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数z =x +2y 的取值范围．本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值．4.【答案】A【解析】解：y =f(x)=xcosx +sinx ， 则f(−x)=−xcosx −sinx =−f(x)，∴f(x)为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B ，D ， 当x =π时，y =f(π)=πcosπ+sinπ=−π<0，故排除B ， 故选：A ．先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点．本题考查了函数图象的识别，掌握函数的奇偶性额函数值得特点是关键，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为2的等腰直角三角形，棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为1，所以几何体的体积为：12×2×1×2+13×12×2×1×1=73．故选：A．画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键．6.【答案】B【解析】【分析】本题借助空间的位置关系，考查了充分条件和必要条件，属于基础题．由m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．【解答】解：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．故m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件，故选：B．7.【答案】B【解析】解：在等差数列{a n}中，a n=a1+(n−1)d，S n+2=(n+2)a1+(n+2)(n+1)2d，S2n=2na1+2n(2n−1)2d，b1=S2=2a1+d，b n+1=S n+2−S2n=(2−n)a1−3n2−5n−22d．∴b2=a1+2d，b4=−a1−5d，b6=−3a1−24d，b8=−5a1−55d．A.2a4=2(a1+3d)=2a1+6d，a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d，故A正确；B.2b4=−2a1−10d，b2+b6=a1+2d−3a1−24d=−2a1−22d，若2b4=b2+b6，则−2a1−10d=−2a1−22d，即d=0不合题意，故B错误；C.若a42=a2a8，则(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)，即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d+7d2，得a1d=d2，∵d≠0，∴a1=d，符合a1d⩽1，故C正确；D.若b42=b2b8，则(−a1−5d)2=(a1+2d)(−5a1−55d)，即2(a1d )2+25a1d+45=0，则a1d有两不等负根，满足a1d⩽1，故D正确．∴等式不可能成立的是B．故选：B．由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2,b4,b6,b8，分析B，D成立时是否满足公差d≠0，a1d⩽1判断B与D．本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计算能力，是中档题．8.【答案】D【解析】解：点O(0,0)，A(−2,0)，B(2,0).设点P满足|PA|−|PB|=2，可知P的轨迹是双曲线x21−y23=1的右支上的点，P为函数y=3√4−x2图象上的点，即y236+x24=1在第一象限的点，联立两个方程，解得P(√132,3√32)，所以|OP|=√134+274=√10．故选：D．求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP|．本题考查圆锥曲线的综合应用，曲线的交点坐标以及距离公式的应用，是中档题．9.【答案】C【解析】【分析】本题考查不等式恒成立问题，注意三次函数的图象，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题．先由x=0时，不等式ab(−2a−b)⩾0恒成立，可得1a +2b⩽0，则a,b至少有一个是小于0的，再按a<0,b<0，a<0,b>0，a>0,b<0，讨论可得结论．【解答】解：由题意知，x=0时，不等式ab(−2a−b)⩾0恒成立，即ab(2a+b)⩽0，∵ab≠0，∴可得1a +2b⩽0，则a,b至少有一个是小于0的，(1)若a<0,b<0，由图象知，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩾0在x⩾0时恒成立，符合题意；(2)若a<0,b>0，2a+b>0，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩽0在x≥0上恒成立，则b=2a+b，得a=0，矛盾，不符合题意．(3)若a>0,b<0，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩾0在x⩾0时恒成立，则a=2a+b，则a+b=0，符合题意．综合，b<0成立．故选：C．10.【答案】A【解析】【分析】本题考查命题的真假的判断与应用，集合的基本运算，利用特殊集合排除选项是选择题常用方法，属于较难题．利用特殊集合排除选项，推出结果即可． 【解答】解：取：S ={1,2，4}，则T ={2,4，8}，S ∪T ={1,2，4，8}，4个元素，排除C ． S ={2,4，8}，则T ={8,16，32}，S ∪T ={2,4，8，16，32}，5个元素，排除D ； S ={2,4，8，16}则T ={8,16，32，64，128}，S ∪T ={2,4，8，16，32，64，128}，7个元素，排除B ； 故选：A ．11.【答案】10【解析】 【分析】本题考查数列求和，数列通项公式的应用，是基本知识的考查． 求出数列的前3项，然后求解即可． 【解答】解：数列{a n }满足a n =n(n+1)2，可得a 1=1，a 2=3，a 3=6， 所以S 3=1+3+6=10． 故答案为：10．12.【答案】80；130【解析】 【分析】本题考查二项式定理的应用，只有二项式定理系数以及项的系数的区别，属于基础题． 直接利用二项式定理的通项公式，求解即可． 【解答】解：∵(1+2x)5=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4+a 5x 5，则a 4=C 54⋅24=80．a 1+a 2+a 3=C 51⋅2+C 52⋅4+C 53⋅8=130． 故答案为：80；130．13.【答案】−35， 13【解析】解：tanθ=2，则cos2θ=cos 2θ−sin 2θcos 2θ+sin 2θ=1−tan 2θ1+tan 2θ=1−41+4=−35． tan(θ−π4)=tanθ−tanπ41+tanθtanπ4=2−11+2×1=13．故答案为：−35；13．利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的三角函数转化求解第二问．本题考查二倍角公式的应用，两角和与差的三角函数以及同角三角函数基本关系式的应用，是基本知识的考查．14.【答案】1【解析】解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2π，设圆锥的母线长为a ，则12×a 2π=2π，∴a =2，∴侧面展开扇形的弧长为2π，设圆锥的底面半径OC =r ，则2πr =2π，解得r =1． 故答案为：1．利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径． 本题考查圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．15.【答案】√33 ；−2√33【解析】解：由条件得C 1(0,0)，r 1=1，C 2(4,0)，r 2=1， 因为直线l 与C 1，C 2都相切， 故有d 1=√1+k 2=1，d 2=√1+k 2=1，则有√1+k 2=√1+k 2，故可得b 2=(4k +b)2，整理得k(2k +b)=0， 因为k >0，所以2k +b =0，即b =−2k ， 代入d 1=√1+k 2=1，解得k =√33，则b =−2√33， 故答案为：√33；−2√33． 根据直线l 与两圆都相切，分别列出方程d 1=√1+k2=1，d 2=√1+k 2=1，解得即可．本题考查直线与圆相切的性质，考查方程思想，属于中档题．16.【答案】13 ；1【解析】解：由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；计算P(ξ=0)=14+14×13=13；P(ξ=1)=1 2×13 +14×23×12+24×13×12=13；P(ξ=2)=1−13−13=13；所以E(ξ)=0×13+1×13+2×13=1．故答案为：13，1．由题意知随机变量ξ的可能取值为0，1，2；分别计算P(ξ=0)、P(ξ=1)和P(ξ=2)，再求E(ξ)的值．本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题．17.【答案】2829【解析】【分析】本题考查了平面向量的数量积与夹角的运算问题，是中档题．设e1⃗⃗⃗ 、e2⃗⃗⃗ 的夹角为α，由题意求出cosα≥34；再求a⃗，b⃗ 的夹角θ的余弦值cos2θ的最小值即可．【解答】解：设e1⃗⃗⃗ 、e2⃗⃗⃗ 的夹角为α，由e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 为单位向量，满足|2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ |≤√2，所以4e1⃗⃗⃗ 2−4e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=4−4cosα+1≤2，解得cosα≥34；又a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，b⃗ =3e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，且a⃗，b⃗ 的夹角为θ，所以a⃗⋅b⃗ =3e1⃗⃗⃗ 2+4e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=4+4cosα，a⃗2=e1⃗⃗⃗ 2+2e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=2+2cosα，b⃗ 2=9e1⃗⃗⃗ 2+6e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=10+6cosα；则cos2θ=(a⃗ ⋅b⃗)2a⃗2×b⃗2=(4+4cosα)2(2+2cosα)(10+6cosα)=4+4cosα5+3cosα=43−835+3cosα，所以cosα=34时，cos2θ取得最小值为43−835+3×34=2829．故答案为2829．18.【答案】解：(1)∵2bsinA=√3a，∴2sinBsinA=√3sinA，∵sinA≠0，∴sinB=√32，，∴B=π3，(2)∵△ABC为锐角三角形，B=π3，∴C=2π3−A，，△ABC为锐角三角形，，，解得，，，，∴cosA+cosB+cosC的取值范围为(√3+12,32 ]．【解析】本题考查了正弦定理，三角函数的化简，三角函数的性质，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题．(1)根据正弦定理可得sinB=√32，结合角的范围，即可求出，(2)根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出．19.【答案】解：(1)证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，∵面ADFC⊥面ABC，面ADFC∩面ABC=AC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥面ABC，BC⊂面ABC，∴DH⊥BC，∴在Rt△DHC中，CH=CD⋅cos45°=√22CD，∵DC=2BC，∴CH=√22CD=√22⋅2BC=√2⋅BC，∴BCCH =√22，又∠ACB=45°，∴△BHC是直角三角形，且∠HBC=90°，∴HB⊥BC，又∵DH⊂面DHB，HB⊂面DHB，DH∩HB=H，∴BC⊥面DHB，∵DB⊂面DHB，∴BC⊥DB，∵在三棱台DEF−ABC中，EF//BC，∴EF⊥DB．(2)设BC=1，则BH=1，HC=√2，在Rt△DHC中，DH=√2，DC=2，在Rt△DHB中，DB=√DH2+HB2=√2+1=√3，作HG⊥BD于G，∵BC⊥面DHB，HG⊂面DHB，∴BC⊥HG，而BC⊂面BCD，BD⊂面BCD，BC∩BD=B，∴HG⊥面BCD，∵GC⊂面BCD，∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC=90°，设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，且sinθ=sin∠HCG=HGHC =√2，∵在Rt△DHB中，DH⋅HB=BD⋅HG，∴HG=DH⋅HBBD =√2⋅13=√63，∴sinθ=√2=√63√2=√33．【解析】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想象能力和思维能力，平面与空间互相转化是能力，几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强的中档题．(1)题根据已知条件，作DH⊥AC，根据面面垂直，可得DH⊥BC，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC是直角三角形，且∠HBC=90°，则HB⊥BC，从而可证出BC⊥面DHB，最后根据棱台的定义有EF//BC，根据平行线的性质可得EF⊥DB；(2)题先可设BC=1，根据解直角三角形可得BH=1，HC=√2，DH=√2，DC=2，DB=√3，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC 所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC 所成角的正弦值．20.【答案】(1)解：由题意，b2=q，b3=q2，∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q2，整理，得6q2−q−1=0，解得q=−13(舍去)，或q=12，∴c n+1=b nb n+2⋅c n=1b n+2b n⋅c n=1q2⋅c n=1(12)2⋅c n=4⋅c n，∴数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴c n=1⋅4n−1=4n−1，n∈N∗．∴a n+1−a n=c n+1=4n，则a1=1，a2−a1=41，a3−a2=42，……a n−a n−1=4n−1，各项相加，可得a n=1+41+42+⋯+4n−1=1−4n1−4=4n−13．(2)证明：依题意，由c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)，可得b n+2⋅c n+1=b n⋅c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1=b n b n+1c n，∵b1b2c1=b2=1+d，∴数列{b n b n+1c n}是一个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n=1+d，∴c n=1+db n b n+1=1+dd⋅db n b n+1=(1+1d)⋅b n+1−b nb n b n+1=(1+1d)(1b n−1b n+1)，∴c1+c2+⋯+c n=(1+1d)(1b1−1b2)+(1+1d)(1b2−1b3)+⋯+(1+1d)(1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b2+1b2−1b3+⋯+1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b n+1)=(1+1d)(1−1b n+1)<1+1d，∴c1+c2+⋯+c n<1+1d，故得证．【解析】本题主要考查数列求通项公式，等差数列和等比数列的基本量的运算，以及和式不等式的证明问题．考查了转化与化归思想，整体思想，方程思想，累加法求通项公式，裂项相消法求和，放缩法证明不等式，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属于综合题．(1)先根据等比数列的通项公式将b2=q，b3=q2代入b1+b2=6b3，计算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简c n+1=b nb n+2⋅c n可得c n+1=4c n，则可发现数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{c n}的通项公式，然后将通项公式代入c n+1=a n+1−a n，可得a n+1−a n=c n+1=4n，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列{a n}的通项公式；(2)通过将已知关系式c n+1=b nb n+2⋅c n不断进行转化可构造出数列{b n b n+1c n}，且可得到数列{b n b n+1c n}是一个常数列，且此常数为1+d，从而可得b n b n+1c n=1+d，再计算得到c n=1+db n b n+1，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．21.【答案】解：(1)p =116，则 p 2=132，则抛物线C 2的焦点坐标(132,0)，(2)由题意可设直线l ：x =my +t (m ≠0,t ≠0)，点A (x 0,y 0)， 将直线l 的方程代入椭圆C 1：x 22+y 2=1得(m 2+2)y 2+2mty +t 2−2=0∴点M 的纵坐标y M =−mtm 2+2。
2020年浙江省高考数学试卷(原卷版)
三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18.在锐角△ABC中，角A，B，C 对边分别为a，b，c，且 ．
（I）求角B；
（II）求cosA+cosB+cosC 取值范围．
21.如图，已知椭圆 ，抛物线 ，点A是椭圆 与抛物线 的交点，过点A的直线l交椭圆 于点B，交抛物线 于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若 ，求抛物线 的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点 直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
22.已知 ，函数 ，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数 在 上有唯一零点；
参考公式：
如果事件A，B互斥，那么
如果事件A，B相互独立，那么
如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率
台体的体积公式
其中 分别表示台体的上、下底面积， 表示台体的高
柱体的体积公式
其中 表示柱体的底面积， 表示柱体的高
锥体的体积公式
其中 表示锥体的底面积， 表示锥体的高
A. 1B. –1C. 2D. –2
3.若实数x，y满足约束条件 ，则z=2x+y的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
4.函数y=xcosx+sinx在区间[–π，+π]的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
5.某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）
A. B. C. 3D. 6
A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. D.
2020年浙江省高考数学试卷及答案详情,
2020年浙江省高考数学试卷一、选择题1. 已知集合P ={x|1<x <4},Q ={x|2<x <3}，则P ∩Q =( ) A.{x|1<x ≤2} B.{x|2<x <3}C.{x|2<x ≤3}D.{x|1<x <4}2. 已知a ∈R ，若a −1+(a −2)i （i 为虚数单位）是实数，则a =( ) A.1 B.−1C.2D.−23. 若实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0，x +y −3≥0，则z =x +2y 的取值范围是( )A.(−∞，4]B.[4，+∞)C.[5，+∞)D.(−∞，+∞)4. 函数y =x cos x +sin x 在区间[−π,π]上的图象可能是( )A. B.C. D.5. 某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.7 3B.143C.3D.66. 已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l 两两相交”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件7. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差d≠0，且a1d≤1. 记b1=S2，b n+1=S2n+2−S2n，n∈N∗，下列等式不可能成立的是()A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b88. 已知点O(0,0)，A(−2,0)，B(2,0)．设点P满足|PA|−|PB|=2，且P为函数y=3√4−x2图像上的点，则|OP|=()A.√222B.4√105C.√7D.√109. 已知a，b∈R且ab≠0，对于任意x≥0均有(x−a)(x−b)(x−2a−b)≥0，则()A.a<0B.a>0C.b<0D.b>010. 设集合S，T，S⊆N∗，T⊆N∗，S，T中至少有2个元素，且S，T满足：①对于任意的x,y∈S，若x≠y则xy∈T②对于任意的x,y∈T，若x<y，则yx∈S.下列命题正确的是( )A.若S有4个元素，则S∪T有7个元素B.若S有4个元素，则S∪T有6个元素C.若S有3个元素，则S∪T有5个元素D.若S有3个元素，则S∪T有4个元素二、填空题我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列．数列{n(n+1)2}(n∈N∗)的前3项和是________.二项展开式(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4=________，a 1+a 3+a 5=________.已知tan θ=2，则cos 2θ=________，tan (θ−π4)=________.已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是________.已知直线y =kx +b (k >0)与圆x 2+y 2=1和圆(x −4)2+y 2=1均相切，则k =________， b =________.盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P (ξ=0)=________；E(ξ)=________.设e 1→，e 2→为单位向量，满足|2e 1→−e 2→|≤√2，a →=e 1→+e 2→，b→=3e 1→+e 2→，设a →，b →的夹角为θ，则cos 2θ的最小值_________. 三、解答题在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2b sin A =√3a . (1)求角B ；(2)求cos A +cos B +cos C 的取值范围.如图，在三棱台ABC −DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ， ∠ACB =∠ACD =45∘，DC =2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．⋅c n，已知数列{a n}，{b n}，{c n}中，a1=b1=c1=1，c n=a n+1−a n，c n+1=b nb n+2n∈N∗.(1)若{b n}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；(2)若{b n}为等差数列，公差d>0，证明：c1+c2+c3+⋯+c n<1+1，n∈N∗.d+y2=1，抛物线C2:y2=2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线如图，已知椭圆C1:x22C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于M（B，M不同于A）.(1)若p=1，求抛物线C2的焦点坐标；16(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值.已知1<a≤2，函数f(x)=e x−x−a，其中e=2.71828…为自然对数的底数．(1)证明：函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点；(2)记x为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点，证明：(i)√a−1≤x0≤√2(a−1)；(ii)x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a.参考答案与试题解析 2020年浙江省高考数学试卷一、选择题 1.【答案】 B【考点】 交集及其运算 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ P ={x|1<x <4},Q ={x|2<x <3}， ∴ P ∩Q ={x|2<x <3}. 故选B . 【点评】 此题暂无点评 2. 【答案】 C【考点】复数的基本概念 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ a −1+(a −2)i （i 为虚数单位）是实数， ∴ a −2=0， ∴ a =2. 故选C . 【点评】 此题暂无点评 3. 【答案】 B【考点】求线性目标函数的最值 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由约束条件{x −3y +1≤0，x +y −3≥0，作出可行域如图：联立{x−3y+1=0，x+y−3=0，解得{x=2，y=1.由图可得：平移直线x+2y=0到点A时，z=x+2y有最小值2+2=4，∴z=x+2y的取值范围为[4,+∞).故选B.【点评】此题暂无点评4.【答案】A【考点】函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：令f(x)=x cos x+sin x，∴f(−x)=−x cos(−x)+sin(−x)=−x cos x−sin x=−f(x)，∴函数f(x)是奇函数，故选项C,D错误.∵当x=π时，f(π)=π⋅cosπ+sinπ=−π<0，∴选项B错误.故选A.【点评】此题暂无点评5.【答案】A【考点】由三视图求体积【解析】此题暂无解析【解答】解：根据该几何体的三视图可得，该几何体是由顶部的三棱锥和底部的三棱柱组合而成.则该几何体的体积V=V三棱锥+V三棱柱=12×2×1×13+12×2×1×2=73.故选A.【点评】此题暂无点评6.【答案】B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断空间中直线与平面之间的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】解：当空间中不过同一点的三条直线m，n，l在同一平面内时，m，n，l可能互相平行，故不能得出m，n，l两两相交；当m，n,，l两两相交时，设m∩n=A，m∩l=B，n∩l=C，根据公理：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面，可知，m，n确定一个平面α.又B∈m⊂α，C∈n⊂α，根据公理：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在平面内，可知，直线BC即l⊂α，所以m，n，l在同一平面．故“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件.故选B.【点评】此题暂无点评7.【答案】D【考点】数列递推式等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】解：因为{a n}为等差数列，其首项为a1，公差为d，所以a n=a1+(n−1)d，S n=na1+n(n−1)2d.因为b n+1=S2n+2−S2n，n∈N∗，所以b n+1=S2n+2−S2n=2a1+(4n+1)d，即b n=2a1+(4n−3)d.A，2a4=2(a1+3d)=2a1+6d=(a1+d)+(a1+5d)=a2+a6，故A 一定成立；B ，左边=2b 4=2(2a 1+13d)=4a 1+26d ，右边=b 2+b 6=2a 1+5d +2a 1+21d =4a 1+26d ， 左边=右边，故B 一定成立；C ，左边=a 42=(a 1+3d)2=a 12+6a 1d +9d 2，右边=a 2⋅a 8=(a 1+d)(a 1+7d)=a 12+8a 1d +7d 2. 因为a1d ≤1，当a 1=d 时，左边−右边=−2a 1d +2d 2=0，此时等式成立，故C 可能成立；D ，左边=b 42=(2a 1+13d)2=4a 12+52a 1d +169d 2，右边=b 2⋅b 8=(2a 1+5d)(2a 1+29d)=4a 12+68a 1d +145d 2，左边−右边=−16a 1d +24d 2，假设此等式成立，则有16a 1d =24d 2， 解得a1d =32，与a1d ≤1相矛盾，故D 不可能成立. 故选D . 【点评】 此题暂无点评 8.【答案】 D【考点】双曲线的标准方程 轨迹方程【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ 点P 满足|PA|−|PB|=2，设点P(x,y)， ∴ 点P 的轨迹是以A ，B 为焦点的双曲线. 设双曲线的方程为x 2a 2−y 2b 2=1， 则2a =2，2c =4，即a =1，c =2. ∵ c 2=a 2+b 2， ∴ 解得，b 2=3， ∴ 双曲线的方程为x 2−y 23=1.∵ P 为函数y =3√4−x 2图象上的点， ∴ 联立方程 {y =3√4−x 2，x 2−y 23=1，(x >0) 解得 {x =√132，y =3√32，即|OP|=√134+274=√10.故选D . 【点评】 此题暂无点评9.【答案】C【考点】函数的零点【解析】此题暂无解析【解答】解：因为ab≠0，所以a≠0且b≠0.设f(x)=(x−a)(x−b)(x−2a−b)，则f(x)的零点为x1=a，x2=b，x3=2a+b.当a>0时，则x2<x3，x1>0，要使f(x)≥0，必有2a+b=a且b<0，即b=−a且b<0，所以b<0；当a<0时，则x2>x3，x1<0，要使f(x)≥0，必有b<0. 综上一定有b<0.故选C.【点评】此题暂无点评10.【答案】A【考点】并集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：若取S={1,2,4}，则T={2,4,8}，此时S∪T={1,2,4,8}，包含4个元素，排除选项C；若取S={2,4,8}，则T={8,16,32}，此时S∪T={2,4,8,16,32}，包含5个元素，排除选项D；若取S={2,4,8,16}，则T={8,16,32,64,128}，此时S∪T={2,4,16,32,64,128}，包含7个元素，排除选项B；下面验证选项A：设集合S={p1，p2，p3，p4}，且p1<p2<p3<p4, p1，p2，p3，p4∈N∗，则p1p2<p2p4，且p1p2，p2p4∈T，则p4p1∈S.同理p4p2∈S，p4p3∈S，p3p2∈S，p3p1∈S，p2p1∈S.若p1=1，则p2≥2，则p3p2<p3，故p3p2=p2，即p3=p22.又p4>p4p2>p4p3>1，故p4p3=p4p22=p2，所以p4=p23，故S={1，p2，p22，p23}，此时p25∈T，p2∈T，故p24∈S，矛盾，舍．若p1≥2，则p2p1<p3p1<p3，故p3p1=p2，p2p1=p1，即p3=p13,p2=p12.又p4>p4p1>p4p2>p4p3>1，故p4p3=p4p13=p1，所以p4=p14，故S={p1，p12，p13，p14}，此时{p13，p14，p15，p16，p17}⊆T.若q∈T，则qp13∈S，故qp13=p1i，i=1,2,3,4，故q=p1i+3,i=1,2,3,4.即q∈{p13，p14，p15，p16，p17}，故{p13，p14，p15，p16，p17}=T.此时S∪T={p1，p12，p13，p14，p15，p16，p17}，即S∪T中有7个元素.综上所述：只有选项A正确.故选A.【点评】此题暂无点评二、填空题【答案】10【考点】数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：已知二阶等差数列{n(n+1)2}，则当n=1时，n(n+1)2=1×22=1，当n=2时，n(n+1)2=2×32=3，当n=3时，n(n+1)2=3×42=6，∴数列{n(n+1)2}(n∈N∗)的前3项和为10. 故答案为：10.【点评】此题暂无点评【答案】80,122【考点】二项式定理的应用【解析】此题暂无解析 【解答】解：由二项式定理得：T r+1=C 5r(2x)5−r ， 令5−r =4，则r =1，∴ a 4=C 51×24=80. 令5−r =2，得r =3，∴ a 2=C 53×22=40.令x =0得，(1+0)5=a 0，即a 0=1.令x =1得，(1+2)5=a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5， 即a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=243，∴ a 1+a 3+a 5=243−1−40−80=122. 故答案为：80；122. 【点评】 此题暂无点评 【答案】 −35,13【考点】二倍角的余弦公式三角函数的和差化积公式 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ tan θ=2， ∴sin θcos θ=2.又∵ sin 2θ+cos 2θ=1， 解得：cos 2θ=15，∴ cos 2θ=2cos 2θ−1=−35； ∵ tan (θ−π4)=tan θ−tanπ41+tan θ⋅tanπ4=2−11+2×1=13. 故答案为：−35；13.【点评】 此题暂无点评 【答案】 1【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：已知圆锥的侧面积为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，设母线长为l ，圆锥的底面半径为r ， 则{π×r ×l =2π，2×π×r =12×2×π×l ，解得r =1，l =2. 故答案为：1. 【点评】 此题暂无点评 【答案】√33,−2√33【考点】直线与圆的位置关系 点到直线的距离公式【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ 直线y =kx +b (k >0)与圆x 2+y 2=1和圆(x −4)2+y 2=1均相切，∴{√k 2+1=1，√k 2+1=1，联立方程解得：{k =√33，b =−2√33.故答案为：√33；−2√33. 【点评】 此题暂无点评 【答案】13,1【考点】相互独立事件的概率乘法公式 离散型随机变量的期望与方差 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题意知，P(ξ=0)=14×13+14=13， P(ξ=1)=12×13×12+14×23×12+12×13=13， P(ξ=2)=1−13−13=13， 故E(ξ)=0×13+1×13+2×13=1.故答案为：13；1.【点评】 此题暂无点评 【答案】 2829【考点】平面向量的夹角 单位向量 向量的模 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ |2e 1→−e 2→|≤√2， ∴ 4−4e 1→⋅e 2→+1≤2， ∴ e 1→⋅e 2→≥34, ∴ cos 2θ=(a →⋅b →)2|a →|2⋅|b →|2=(4+4e 1→⋅e 2→)2(2+2e 1→⋅e 2→)(10+6e 1→⋅e 2→)=4(1+e 1→⋅e 2→)5+3e 1→⋅e 2→=43(1−25+3e 1→⋅e 2→) ≥43(1−25+3×34)=2829.故答案为：2829.【点评】此题暂无点评 三、解答题【答案】解：(1)∵ 2b sin A =√3a ，∴ 正弦定理可得， 2sin B sin A =√3sin A ， ∴ sin B =√32. ∵ △ABC 为锐角三角形， ∴ B =π3.(2)结合(1)的结论有：cos A +cos B +cos C =cos A +12+cos (2π3−A) =cos A −12cos A +√32sin A +12=√32sin A +12cos A +12=sin (A +π6)+12. 由{0<23π−A <π2，0<A <π2，可得： π6<A <π2 ，π3<A +π6<2π3，则sin (A +π3)∈(√32,1]， sin (A +π3)+12∈(√3+12,32]， 即cos A +cos B +cos C 的取值范围是(√3+12,32]. 【考点】两角和与差的正弦公式 两角和与差的余弦函数 正弦定理正弦函数的定义域和值域 【解析】 【解答】解：(1)∵ 2b sin A =√3a ，∴ 正弦定理可得， 2sin B sin A =√3sin A ， ∴ sin B =√32. ∵ △ABC 为锐角三角形， ∴ B =π3.(2)结合(1)的结论有：cos A +cos B +cos C =cos A +12+cos (2π3−A)=cos A −12cos A +√32sin A +12=√32sin A +12cos A +12=sin (A +π6)+12. 由{0<23π−A <π2，0<A <π2，可得： π6<A <π2 ，π3<A +π6<2π3，则sin (A +π3)∈(√32,1]， sin (A +π3)+12∈(√3+12,32]，即cos A+cos B+cos C的取值范围是(√3+12,3 2 ].【点评】此题暂无点评【答案】(1)证明：作DH⊥AC交AC于H，连接BH，如图，∵平面ACFD⊥平面ABC，而平面ACFD∩平面ABC=AC，DH⊂平面ACFD，∴DH⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，即有DH⊥BC．∵∠ACB=∠ACD=45∘，∴CD=√2CH=2BC⇒CH=√2BC.在△CBH中，BH2=CH2+BC2−2CH⋅BC cos45∘=BC2，即有BH2+BC2=CH2，∴BH⊥BC.由棱台的定义可知，EF//BC，所以DH⊥EF，BH⊥EF，而BH∩DH=H，∴EF⊥平面BHD，而BD⊂平面BHD，∴EF⊥DB.(2)解：因为DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角．作HG⊥BD于G，连接CG，如(1)中图，由(1)可知，BC⊥平面BHD，∴平面BCD⊥平面BHD.而平面BCD∩平面BHD=BD，HG⊂平面BHD，∴HG⊥平面BCD．即CH在平面DBC内的射影为CG，∠HCG即为所求角．设BC=a，则CH=√2a，在Rt△HBD中，HG=BH⋅DHBD =√2a⋅a√3a=√2√3，∴sin∠HCG=HGCH =√3=√33.故DF与平面DBC所成角的正弦值为√33. 【考点】直线与平面所成的角两条直线垂直的判定【解析】【解答】(1)证明：作DH⊥AC交AC于H，连接BH，如图，∵平面ACFD⊥平面ABC，而平面ACFD∩平面ABC=AC，DH⊂平面ACFD，∴DH⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，即有DH⊥BC．∵∠ACB=∠ACD=45∘，∴CD=√2CH=2BC⇒CH=√2BC.在△CBH中，BH2=CH2+BC2−2CH⋅BC cos45∘=BC2，即有BH2+BC2=CH2，∴BH⊥BC.由棱台的定义可知，EF//BC，所以DH⊥EF，BH⊥EF，而BH∩DH=H，∴EF⊥平面BHD，而BD⊂平面BHD，∴EF⊥DB.(2)解：因为DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角．作HG⊥BD于G，连接CG，如(1)中图，由(1)可知，BC⊥平面BHD，∴平面BCD⊥平面BHD.而平面BCD∩平面BHD=BD，HG⊂平面BHD，∴HG⊥平面BCD．即CH在平面DBC内的射影为CG，∠HCG即为所求角．设BC=a，则CH=√2a，在Rt△HBD中，HG=BH⋅DHBD =√2a⋅a√3a=√2√3，∴sin∠HCG=HGCH =√3=√33.故DF与平面DBC所成角的正弦值为√33.【点评】此题暂无点评【答案】(1)解：依题意b1=1，b2=q，b3=q2，而b1+b2=6b3，即1+q=6q2，由于q>0，所以解得q=12，所以b n=12n−1，所以b n+2=12n+1，故c n+1=12n−112n+1⋅c n=4⋅c n，所以数列{c n}是首项为1，公比为4的等比数列，所以c n=4n−1，所以a n+1−a n=c n=4n−1(n≥2,n∈N∗)，所以a n=a1+1+4+⋯+4n−2=4n−1+23.(2)证明：依题意设b n=1+(n−1)d=dn+1−d，由于c n+1c n =b nb n+2，所以c nc n−1=b n−1b n+1(n≥2,n∈N∗)，故c n=c nc n−1⋅c n−1c n−2⋯c3c2⋅c2c1⋅c1=b n−1b n+1⋅b n−2b nb n−3b n−1⋯b2b4⋅b1b3⋅c1=b1b2b n b n+1=1+dd(1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b n−1b n+1)，所以c1+c2+L+c n=(1+1d )[(1b1−1b2)+(1b2−1b3)+L+(1b n−1b n+1)]=(1+1d )(1−1b n+1).由d>0，b1=1，所以b n+1>0，所以(1+1d )(1−1b n+1)<1+1d.即c1+c2+⋯+c n<1+1d，n∈N∗.【考点】数列的求和数列递推式等比数列的通项公式【解析】根据b1+b2=6b3，求得q，进而求得数列{c n}的通项公式，利用累加法求得数列{a n}的通项公式．利用累乘法求得数列{c n}的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立．【解答】(1)解：依题意b1=1，b2=q，b3=q2，而b1+b2=6b3，即1+q=6q2，由于q>0，所以解得q=12，所以b n=12n−1，所以b n+2=12n+1，故c n+1=12n−112n+1⋅c n=4⋅c n，所以数列{c n}是首项为1，公比为4的等比数列，所以c n=4n−1，所以a n+1−a n=c n=4n−1(n≥2,n∈N∗)，所以a n=a1+1+4+⋯+4n−2=4n−1+23.(2)证明：依题意设b n=1+(n−1)d=dn+1−d，由于c n+1c n =b nb n+2，所以c nc n−1=b n−1b n+1(n ≥2,n ∈N ∗)，故c n =c nc n−1⋅cn−1c n−2⋯ c3c 2⋅c2c 1⋅c 1=bn−1b n+1⋅b n−2b n b n−3b n−1⋯b 2b 4⋅b1b 3⋅c 1=b 1b 2b n b n+1=1+d d(1b n−1b n+1)=(1+1d )(1b n −1b n+1)，所以c 1+c 2+L +c n =(1+1d)[(1b 1−1b 2)+(1b 2−1b 3)+L +(1b n−1b n+1)]=(1+1d )(1−1bn+1).由d >0，b 1=1，所以b n+1>0，所以(1+1d)(1−1b n+1)<1+1d.即c 1+c 2+⋯+c n <1+1d ，n ∈N ∗.【点评】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题. 【答案】 解：(1)当p =116时，C 2的方程为y 2=18x ，故抛物线C 2的焦点坐标为(132,0). (2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)， M (x 0,y 0)，I:x =λy +m ，由{x 2+2y 2=2，x =λy +m⇒(2+λ2)y 2+2λmy +m 2−2=0， ∴ y 1+y 2=−2λm 2+λ2，y 0=−λm 2+λ2，x 0=λy 0+m =2m 2+λ2.由M 在抛物线上，∴ λ2m 2(2+λ2)2=4pm2+λ2⇒λ2m2+λ2=4p .又{y 2=2px ，x =λy +m⇒y 2=2p (λy +m ) ⇒y 2−2pλy −2pm =0， ∴ y 1+y 0=2pλ，∴ x 1+x 0=λy 1+m +λy 0+m =2pλ2+2m ， ∴ x 1=2pλ2+2m −2m2+λ2.由 {x 22+y 2=1,y 2=2px⇒x 2+4px =2 ，即x 2+4px −2=0⇒−2p +√4p 2+2=2pλ2+2m ⋅1+λ2+λ2=2pλ2+8p λ2+8p ≥16p ，∴ √4p 2+2≥18p ，p 2≤1160，p ≤√1040， ∴ p 的最大值为√1040. 【考点】直线与抛物线结合的最值问题 抛物线的性质直线与椭圆结合的最值问题 抛物线的标准方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：(1)当p =116时，C 2的方程为y 2=18x ，故抛物线C 2的焦点坐标为(132,0). (2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)， M (x 0,y 0)，I:x =λy +m ，由{x 2+2y 2=2，x =λy +m⇒(2+λ2)y 2+2λmy +m 2−2=0， ∴ y 1+y 2=−2λm 2+λ2，y 0=−λm 2+λ2，x 0=λy 0+m =2m 2+λ2.由M 在抛物线上，∴ λ2m 2(2+λ2)2=4pm2+λ2⇒λ2m2+λ2=4p .又{y 2=2px ，x =λy +m⇒y 2=2p (λy +m ) ⇒y 2−2pλy −2pm =0， ∴ y 1+y 0=2pλ，∴ x 1+x 0=λy 1+m +λy 0+m =2pλ2+2m ， ∴ x 1=2pλ2+2m −2m2+λ2.由 {x 22+y 2=1,y 2=2px⇒x 2+4px =2 ，即x 2+4px −2=0⇒−2p +√4p 2+2=2pλ2+2m ⋅1+λ2+λ2=2pλ2+8p λ2+8p ≥16p ，∴ √4p 2+2≥18p ，p 2≤1160，p ≤√1040， ∴ p 的最大值为√1040. 【点评】此题暂无点评 【答案】证明：(1)∵ f ′(x )=e x −1，x >0， ∴ e x >1， ∴ f ′(x )>0，∴ f (x )在(0,+∞)上单调递增. ∵ 1<a ≤2，∴ f (2)=e 2−2−a ≥e 2−4>0， f (0)=1−a <0，∴ 由零点存在定理得f (x )在(0,+∞)上有唯一零点. (2)(i)∵ f (x 0)=0，∴ e x 0−x 0−a =0(0<x 0<2)∴ √a −1≤x 0≤√2(a −1)⇔e x 0−x 0−1 ≤x 02≤2(e x 0−x 0−1). 令ℎ(x )=e x −x −1−x 22(0<x <2)，∴ ℎ′(x)=e x −1−x ，ℎ′′(x )=e x −1>0， ∴ ℎ′(x )>ℎ(0)=0，∴ ℎ(x )在(0,2)上单调递增， ∴ ℎ(x )>ℎ(0)=0， ∴ e x−x −1−x 22>0，即2(e x −x −1)>x 2成立.令g (x )=e x −x −1−x 2(0<x <2). ∵ 1<a ≤2， ∴ a −1≤1，∴ 当x 0≥1时， √a −1≤x 0成立， 因此只需证明当0<x <1时， g (x )=e x −x −1−x 2≤0. ∵ g ′(x )=e x −1−2x ， g ′′=e x −2=0⇒x =ln 2， 当x ∈(0,ln 2)时，g ″(x )<0， 当x ∈(ln 2,1)时，g ″(x )>0， ∴ g ′(x )<max{g ′(0),g ′(1)}. ∵ g ′(0)=0，g ′(1)=e −3<0， ∴ g ′(x )<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)<g(0)=0，∴e x−x−1<x2.综上，e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)成立.(ii)t(x0)=x0f(e x0)=x0f(x0+a)=x0[(e a−1)x0+a(e a−2)]，∴t′(x0)=2(e a−1)x0+a(e a−2)>0.∵√a−1≤x0≤√2(a−1)，∴t(x0)≥t(√a−1)=√a−1[(e a−1)√a−1+a(e a−2)]=(e a−1)(a−1)+a√a−1(e a−2).∵1<a≤2，∴e a>e,a≥2(a−1)，∴t(x0)≥(e−1)(a−1)+2(a−1)√a−1(e a−2)，只需证明：2(a−1)√a−1(e a−2)≥(e−1)(a−1)2，即4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1).令s(a)=4(e a−2)2−(e−1)2(a−1),(1<a≤2)，则s′(a)=8e a(e a−2)−(e−1)2≥8e(e−2)−(e−1)2>0，∴s(a)>s(1)=4(e−2)2>0.即4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1)成立，∴x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a.【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题利用导数研究不等式恒成立问题【解析】此题暂无解析【解答】证明：(1)f′(x)=e x−1,x>0，∴e x>1，∴f′(x)>0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，1<a≤2，∴f(2)=e2−2−a≥e2−4>0,f(0)=1−a<0，∴由零点存在定理得f(x)在(0,+∞)上有唯一零点. (2)(i)∵f(x0)=0，∴e x0−x0−a=0(0<x0<2)∴√a−1≤x0≤√2(a−1)⇔e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1).(0<x<2)，令ℎ(x)=e x−x−1−x22∴ℎ′(x)=e x−1−x，ℎ′′(x)=e x−1>0，∴ℎ′(x)>ℎ(0)=0，∴ℎ(x)在(0,2)上单调递增，∴ℎ(x)>ℎ(0)=0，∴e x−x−1−x2>0，2即2(e x−x−1)>x2成立.令g(x)=e x−x−1−x2(0<x<2).∵1<a≤2，∴a−1≤1，∴当x0≥1时，√a−1≤x0成立，因此只需证明当0<x<1时，g(x)=e x−x−1−x2≤0.∵g′(x)=e x−1−2x，g′′=e x−2=0⇒x=ln2，当x∈(0,ln2)时，g″(x)<0，当x∈(ln2,1)时，g″(x)>0，∴g′(x)<max{g′(0),g′(1)}.∵g′(0)=0，g′(1)=e−3<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)<g(0)=0，∴e x−x−1<x2.综上，e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)成立.(ii)t(x0)=x0f(e x0)=x0f(x0+a)=x0[(e a−1)x0+a(e a−2)]，∴t′(x0)=2(e a−1)x0+a(e a−2)>0.∵√a−1≤x0≤√2(a−1)，∴t(x0)≥t(√a−1)=√a−1[(e a−1)√a−1+a(e a−2)]=(e a−1)(a−1)+a√a−1(e a−2).∵1<a≤2，∴e a>e,a≥2(a−1)，∴t(x0)≥(e−1)(a−1)+2(a−1)√a−1(e a−2)，只需证明：2(a−1)√a−1(e a−2)≥(e−1)(a−1)2，即4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1).令s(a)=4(e a−2)2−(e−1)2(a−1),(1<a≤2)，则s′(a)=8e a(e a−2)−(e−1)2≥8e(e−2)−(e−1)2>0，∴s(a)>s(1)=4(e−2)2>0.即4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1)成立，∴x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a.【点评】此题暂无点评。
2020年高考浙江卷数学试题(含解析)
1.已知集合{|14}P x x =<<，{|23}Q x x =<<，则P Q =（ ） A.{|12}x x <≤ B.{|23}x x << C.{|34}x x ≤< D.{|14}x x << 【答案】B【解析】由题易知，{|23}P Q x x =<<，故选B.2.已知a R ∈，若1(2)a a i -+-（i 是虚数单位）是实数，则a =（ ） A.1 B.1- C.2 D.2- 【答案】C【解析】因为1(2)a a i -+-是实数，则虚部为0，所以20a -=，即2a =.故选C.3.若实数x ，y 满足约束条件31030x y x y -+≤⎧⎨+-≥⎩，则2z x y =+的取值范围是（ ）A.(,4]-∞B.[4,)+∞C.[5,)+∞D.(,)-∞+∞【答案】B【解析】根据约束条件，画出可行域，如图所示，将2z x y =+化为22x zy =-+，由图可知，当直线22x zy =-+经过点(2,1)时，截距z 最小，此时，z 取得最小值，即min 2214z =+⨯=，z 的最大值可取到无穷大， 则2z x y =+的取值范围为[4,)+∞.故选B.4.函数cos sin y x x x =+在区间[,]ππ-上的图象可能是（ ）A. B.C. D.【解析】函数()cos sin f x x x x =+，则()cos()sin()cos sin ()f x x x x x x x f x -=--+-=--=-， 则()f x 为奇函数，可排除C ，D 项；当x π=时，()cos sin 0f πππππ=+=-<，故选A.5.某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A.73 B.143 C.3 D.6 【答案】A【解析】由三视图易知，原几何体由一个三棱锥和一个三棱柱两部分组成， 该几何体的直观图如图所示，三棱锥的体积1111211323V =⨯⨯⨯⨯=，三棱柱的体积2121222V =⨯⨯⨯=，则该几何体的体积为1217233V V V =+=+=.故选A.6.已知空间中不过同一点的三条直线,,l m n ，“,,l m n 共面”是“,,l m n 两两相交”的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】,,m n l 两两相交⇒,,m n l 在同一平面内，,,m n l 在同一平面内,,m n l ⇒两两相交，比如////m n l ，所以,,m n l 在同一平面内是,,m n l 两两相交的必要不充分条件.故选B.7.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差0d ≠，且11ad≤.记12b S =，*1222,n n n b S S n N ++=-∈，下列等式不可能成立的是（ ）A.4262a a a =+B.4262b b b =+C.2428a a a =D.2428b b b = 【答案】D【解析】等差数列{}n a 的通项公式为1(1)n a a n d =+-，因为1n n b b +-222222()()n n n n S S S S +-=---2221221()4(2)n n n n a a a a d n ++-=+-+=≥，又214b b d -=，所以{}n b 是公差为4d 的等差数列，11(1)42(43)n b b n d a n d =+-⋅=+-，选项A ，B 由等差数列性质可知正确；选项C ，若2428a a a =，则2111(3)()(7)a d a d a d +=++， 化简得21a d d =，满足0d ≠，11ad≤，所以C 正确；选项D ，若2428b b b =，则2111(213)(25)(229)a d a d a d +=++，化简得2123a d d =，不满足0d ≠，11ad≤，所以D 正确.故选D.8.已知点(0,0)O ，(2,0)A -，(2,0)B .设点P 满足||||2PA PB -=，且P为函数y =图象上的点，则||OP =（ ）【答案】D【解析】由题知，(2,0)A -，(2,0)B ，点P 满足||||2PA PB -=， 由双曲线的定义可知，则22a =，即1a =，又||42AB c ==，则2c =，b ，所以点P 在双曲线22113x y -=右支上，而y =229(4)y x =-，则2222162y x +=，所以点P 又在椭圆221436x y +=上半部分(0)y ≥， 联立2222131436y x x y ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩P ，则||OP ==故选D. 9.已知a ，b R ∈且0ab ≠，对于任意0x ≥均有()()(2)0x a x b x a b ----≥，则（ ） A.0a < B.0a > C.0b < D.0b > 【答案】C【解析】根据标根法分类讨论，三个根分别为123,,2x a x b x a b ===+，①当1230,0,0x x x ≤≤≤时，0,0a b ≤≤； ②当1230,x x x ≤=时，0,a b R =∈；③当2130,x x x ≤=时，0,b a b ≤=-，即0,0b a ≤≥； ④当3120,x x x ≤=时，0b ≤或0a ≤； 综上，0b ≤.10.设集合S ，T ，*S N ⊆，*T N ⊆，S ，T 中至少有2个元素，且S ，T 满足： ①对于任意的,x y S ∈，若x y ≠，则xy T ∈；②对于任意的,x y T ∈，若x y <，则yS x∈.下列命题正确的是（ ）A.若S 有4个元素，则S T 有7个元素B.若S 有4个元素，则S T 有6个元素C.若S 有3个元素，则S T 有5个元素D.若S 有3个元素，则S T 有4个元素 【答案】A【解析】取{1,2,4}S =，{2,4,8}T =，此时{1,2,4,8}S T =有4个元素，排除D ； 取{2,4,8}S =，{8,16,32}T =，此时{2,4,8,16,32}S T =有5个元素，排除C ；取{2,4,8,16}S =，{8,16,32,64,128}T =，此时{2,4,8,16,32,64,128}S T =有7个元素，排除B.故选A. 二、填空题11.我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1){}2n n +就是二阶等差数列，数列*(1){}()2n n n N +∈的前3项和是 . 【答案】10【解析】设(1)2n n n a +=，则11212a ⨯==，22332a ⨯==，33462a ⨯==，∴313610S =++=.12.二项展开式52345102354(12)x a a x a x a x a x a x +=+++++，则4a = ，315a a a ++= . 【答案】80,122【解析】444445(2)5280C x x x =⨯⨯=，∴480a =，15(2)10C x x =，3533(2)80C x x ⋅=，5555(2)32C x x =，∴110a =，380a =，532a =， ∴513122a a a =++.13.已知tan 2θ=，则cos2θ= ；)an(t 4πθ-= .【答案】35-,13【解析】222222cos sin 1tan 143cos2cos sin 1tan 145θθθθθθθ---====-+++，tan tan2114tan 412131tan t (n 4)a πθπθπθ---===+⨯+. 14.已知圆锥的侧面积（单位：2cm ）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是 . 【答案】1【解析】设圆锥母线长为l ，底面半径为r ， 由圆锥展开图的侧面积为2π可得2rl ππ=，由圆锥展开图的侧面为半圆可得1222r l ππ=⋅⋅，可解得1r =.15.已知直线(0)y kx b k =+>与圆221x y +=和圆22(4)1x y -+=均相切，则k = ；b【解析】根据对称性直线AB 过线段12O O 中点(2,0)C ，故直线:(2)AB y k x =-，再由1||1O A =，且190O AC ∠=，得1230O CA O CB ∠=∠=，所以2tan k O CB =∠=，故b =16.盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球.从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止，设此过程中取到黄球的个数为ξ，则(0)P ξ== ，()E ξ= .【答案】13,1【解析】第一次红球114P =，第一次绿球第二次红球21114312P =⨯=，111(0)4123P ξ==+=， 红球在两黄球左边，中间，右边的概率为13，当红球在两黄球之外之内不同位置所取出的黄球数不同，∴111()0121333E ξ=⨯+⨯+⨯=.17.已知平面单位向量12,e e 满足12|2|2e e -≤，设12a e e =+，123b e e =+，设,a b 夹角为θ，则2cos θ的最小值为 .【答案】2829【解析】法一：22121122|2|24()4()2e e e e e e -≤⇒-⋅+≤，∴1234e e ⋅≥， ()()2212222121244()cos 22(106)||||e e a b e e e e a b θ+⋅⋅==⋅++⋅⋅，令1234k e e =⋅≥， 则224(1)4(1)424228cos 113(1)(53)533533295()()34k k k k k k θ++===⋅-≥-=+++++⨯. 法二：设1(1,0)e =，2(cos ,sin )e αα=， 2212|2|2(2cos )sin 2e e αα-≤⇒-+≤，∴3cos 4α≥， ||||cos ,a b a b a b ⋅=⨯⨯〈〉22(44cos )cos ,(22cos )(106cos )a b ααα+⇒〈〉=++88cos 44cos 106cos 53cos αααα++==++.设443(14()53)x f x x x +=≤≤+， 4(1)424228()113533533()(2)9534x f x x x +==⋅-≥-=+++⨯，即2min 28cos (9)2θ=. 三、解答题18.在锐角ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2sin 0b A=. （1）求角B 的大小；（2）求cos cos cos A B C ++的取值范围.【解析】（1）由正弦定理得2sin sin B A A ，故sin B 3B π=.（2）由A B C π++=得23C A π=-，由ABC ∆是锐角三角形得(,)62A ππ∈，由21cos cos()cos 32C A A A π=-=-+得1113cos cos cos cos sin()]22622A B C A A A π++=++=++∈.故cos cos cos A B C ++的取值范围是3]2.19.如图，在三棱台ABC DEF -中，平面ACFD ⊥面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =. （1）证明：EF DB ⊥；（2）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值.【解析】（1）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得CD ，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，12BC CD ==得BO BC ⊥，所以BC ⊥平面BDO ，故BC DB ⊥.由三棱台ABC DEF -得//BC EF ，所以EF DB ⊥.（2）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH . 由三棱台ABC DEF -得//DF CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角. 由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ， 所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =，由2DO OC ==，BO BC ==得BD =，OH =sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC . 方法二：由三棱台ABC DEF -得//DF CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0)O ，(1,1,0)B ，(0,2,0)C ，(0,0,2)D . 因此(0,2,0)OC =，(1,1,0)BC =-，(0,2,2)CD =-. 设平面BCD 的法向量(,,)n x y z =，由00n BC n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)n =，所以||3sin |cos ,|3||||OCn OC n OC n θ⋅=<>==⋅. 因此，直线DF 与平面DBC . 20.已知数列{}n a ，{}n b ，{}n c 满足1111a b c ===，1n n n c a a +=-，12nn n n b c c b ++=，*()n N ∈. （1）若数列{}n b 为等比数列，公比0q >，且1236b b b +=，求q 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 为等差数列，公差0d >，证明：*12311,n c c c c n N d++++<+∈….【解析】（1）由1236b b b +=得216q q +=，解得12q =，由14n n c c +=得14n n c -=.由114n n n a a -+--得121421443n n n a a --+=++++=. （2）由12n n n n b c c b ++=得12111111()nn n n n b b c d c b b d b b +++==-， 所以123111(1)n n d c c c c d b ++++++=-， 由11b =，0d >得10n b +>，因此12311n c c c c d++++<+，*n N ∈. 21.如图，已知椭圆221:12x C y +=，抛物线22:2(0)C y px p =>，点A 是椭圆1C 与抛物线2C 的交点，过点A 的直线l 交椭圆1C 于点B ，交抛物线2C 于点M （,B M 不同于A ）.（1）若116p =，求抛物线2C 的焦点坐标；（2）若存在不过原点的直线l 使M 为线段AB 的中点，求p 的最大值.【解析】（1）由116p =得2C 的焦点坐标是1(,0)32.（2）由题意可设直线l ：x my t =+（0m ≠，0t ≠），点00(,)A x y .将直线l 的方程代入椭圆1C ：2212x y +=得222(2)220m y mty t +++-=，所以点M 的纵坐标22M mty m =-+. 将直线l 的方程代入抛物线2C ：22y px =得2220y pmy pt --=， 所以02M y y pt =-，解得202(2)p m y m +=，因此，22022(2)p m x m +=. 由220012x y +=得2421224()2()160m m p m m =+++≥，所以当m t =时，p . 22.已知12a <≤，函数()x f x e x a =--，其中 2.71828e =是自然对数的底数.（1）证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点； （2）记0x 是函数()y f x =在(0,)+∞上的零点，证明：（i 0x ≤（ii ）()00(1)(1)xx f e e a a ≥--.【解析】（1）因为(0)10f a =-<，22(2)240f e a e =--≥->，所以()y f x =在(0,)+∞上存在零点.因为()1x f x e '=-，所以当0x >时，()0f x '>，故函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点.（2）（i ）令21()1(0)2xg x e x x x =---≥，()1()1x g x e x f x a '=--=+-，由（1）知函数()g x '在[0,)+∞上单调递增，故当0x >时，()(0)0g x g ''>=，所以函数()g x 在[0,)+∞单调递增，故()(0)0g x g ≥=.由0g ≥得00()f a f x =-≥=，因为()f x 在[0,)+∞0x ≥. 令1()21(01)x h x e x x =--≤≤，1()2x h x e '=-，所以故当01x <<时，1()0h x <，即1()0h x '<，所以()h x 在[0,1]单调递减，因此当01x ≤≤时，()(0)0h x h ≤=.由0h ≤得00()f a f x =≤=，因此()f x 在[0,)+∞0x ≤.0x ≤≤（ii ）令()(1)1x u x e e x =---，()(1)x u x e e '=--，所以当1x >时，()0u x '>，故函数()u x 在区间[1,)+∞上单调递增，因此()(1)0u x u ≥=.由00x e x a =+可得022000000()()(1)(2)(1)x a a x f e x f x a e x a e x e ax =+=-+-≥-，由0x ≥得00()(1)(1)x x f e e a a ≥--.。
2020年浙江高考数学试卷-(答案)
2020年浙江高考数学试卷参考公式：如果事件A ，B 互斥，那么()()()P A B P A P B +=+ 如果事件A ，B 相互独立，那么()()()P AB P A P B = 如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()C (1)(0,1,2,,)k k n kn n P k p p k n -=-=台体的体积公式121()3V S S h =+其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高柱体的体积公式V Sh =其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高锥体的体积公式13V Sh =其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高 球的表面积公式 24S R =π球的体积公式343V R =π其中R 表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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。
1．已知集合P ={|14}x x <<，Q={|23}x x <<，则P Q = A ．{|12}x x <≤ B ．{|23}x x << C ．{|34}x x ≤<D ．{|14}x x <<2．已知a ∈R ，若a –1+(a –2)i(i 为虚数单位)是实数，则a =A ．1B ．–1C ．2D ．–23．若实数x ，y 满足约束条件31030x y x y -+≤⎧⎨+-≥⎩，则2z x y =+的取值范围是A ．(,4]-∞B ．[4,)+∞C ．[5,)+∞D ．(,)-∞+∞4．函数y =x cos x +sin x 在区间[–π，π]上的图象可能是5．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．73B ．143C ．3D ．66．已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差0d ≠，且11a d≤．记12b S =，1222–n n n b S S ++=，n *∈N ，下列等式不可能．．．成立的是 A ．4262a a a =+B ．4262b b b =+C ．2428a a a = D ．2428b b b =8．已知点O （0，0），A （–2，0），B （2，0）．设点P 满足|PA |–|PB |=2，且P为函数y =上的点，则|OP |= A．2B．5CD9．已知a ，b ∈R 且ab ≠0，对于任意x ≥0均有(x –a )(x –b )(x –2a –b )≥0，则 A ．a <0B ．a >0C ．b <0D ．b >010．设集合S ，T ，S ⊆N *，T ⊆N *，S ，T 中至少有2个元素，且S ，T 满足：①对于任意的x ，y ∈S ，若x ≠y ，则xy ∈T ；②对于任意的x ，y ∈T ，若x <y ，则yx∈S ．下列命题正确的是 A ．若S 有4个元素，则S ∪T 有7个元素B ．若S 有4个元素，则S ∪T 有6个元素C ．若S 有3个元素，则S ∪T 有5个元素D ．若S 有3个元素，则S ∪T 有4个元素非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
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------------- ------------------ ------------------ ------------------ ------------------ ------------------ -------------------- ------------------ ---------------
，则
z
x
2
y
的取值范围是
A. (, 4] C.[5, )
B.[4, ) D. (, )
4.函数 y xcosx sinx (, ) 区间[–π, π] 的图象大致为
（） （）
A
B
C
D
5.某几何体的三视图（单位： cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位： cm3 ）是
（）
A. 7
14
B.
3
3
C.3
14.已知圆锥的侧面积（单位： cm2 ）为 2 ，且它的侧面积展开图是一个半圆，则这个
圆锥的底面半径（单位： cm ）是_______．
15.设直线 l : y kx b(k＞0) ，圆 C1 : x2 y2 1， C2 : (x 4)2 y 2 1 ，若直线 l 与 C1 ，
数学试卷 第 3页（共 18页）
D.6
6.已知空间中不过同一点的三条直线 m ， n ， l ，则“ m ， n ， l 在同一平面”是“ m ，
n ， l 两两相交”的
（）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
7.已知等差数列 an
的前
n
项和
Sn
，公差
d
0，
a1 d
≤1 ．记 b1
S2
， n1
17.设 e1 ， e2 为单位向量，满足 | 2e1 e2 |≤ 2 ， a e1 e2 ， b 3e1 e2 ，设 a ， b 的
夹角为 ，则 cos2 的最小值为_______．
三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(n
N
)
的前
3
项和是________．
2
12. 设 1 2x5 a1 a2 x a3x2 a4 x3 a5x4 a6 x5 ， 则 a5 ________ ；
a1 a2 a3 ________．
13.已知 tan 2 ，则 cos2 ________； tan( π) ______． 4
S2n2
–
S2n
，
n N ，下列等式不可能成立的是
（）
数学试卷 第 2页（共 18页）
A. 2a4 a2 a6
B. 2b4 . b42 b2b8
8. 已 知 点 O 0,0 ， A –2,0 ， B 2，0 ． 设 点 P 满 足 PA – PB 2 ， 且 P 为 函 数
（）
A.{x |1＜x≤2} B.{x | 2＜x＜3}
C.{x | 3≤x＜4}
D.{x |1＜x＜4}
效
2.已知 a R ，若 a –1 a 2i ( i 为虚数单位)是实数，则 a
（）
A.1
B. –1
C.2
D. –2
数学试卷 第 1页（共 18页）
3.若实数
x
，
y
满足约束条件
x
x
3y 1≤0 y 3≥0
球的体积公式
其中 S1 ， S2 分别表示台体的上、下底面积， h
V 4 πR3 3
题
表示台体的高
其中 R 表示球的半径
选择题部分（共 40 分）
一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中， 无
只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合 P {x |1＜x＜4} ， Q 2＜x＜3 ，则 P I Q
绝密★启用前 在
2020 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
数学
此 参考公式：
如果事件 A ， B 互斥，那么
柱体的体积公式V Sh
P A B P A P B
卷 如果事件 A ， B 相互独立，那么
P AB P A P B
其中 S 表示柱体的底面积，h 表
示柱体的高 锥体的体积公式V 1 Sh
①对于任意 x ， y S ，若 x y ，都有 xy T
②对于任意 x ， y T ，若 x＜y ，则 y S ； x
下列命题正确的是
（）
A.若 S 有 4 个元素，则 S U T 有 7 个元素
B.若 S 有 4 个元素，则 S U T 有 6 个元素
C.若 S 有 3 个元素，则 S U T 有 4 个元素
3
上
如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 p ，那 其中 S 表示锥体的底面积，h 表
么 n 次独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的 示锥体的高
概率
球的表面积公式
答
Pn k Cnk pk 1 p nk k 0,1, 2,, n
S 4πR2
台体的体积公式V 1 3
S1
S1S2 S2 h
C2 都相切，则 k _______； b ______．
16.盒子里有 4 个球，其中 1 个红球，1 个绿球，2 个黄球，从盒中随机取球，每次取 1
个，不放回，直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为 ，则
P( 0) _______； E() ______．
ur ur
ur ur
r ur ur r ur ur r r
D.若 S 有 3 个元素，则 S U T 有 5 个元素
非选择题部分（共 110 分）
二、填空题：本大题共 7 小题，共 36 分.多空题每小题 6 分，单空题每小题 4 分.
n(n 1)
11.我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列
2
就是二阶等差数列，数列
n(n
1)
y 3 4 x2 图像上的点，则 OP
（）
A. 22 2
B. 4 10 5
C. 7
D. 10
9.已知 a ， bR 且 ab 0 ，若 x – a x – b x – 2a b ≥0 在 x≥0 上恒成立，则
（）
A. a＜0
B. a＞0
C. b＜0
D. b＞0
10.设集合 S ， T ， S N* ， T N* ， S ， T 中至少有两个元素，且 S ， T 满足：