2020年高考浙江高考数学试题及答案(精校版)
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 试题详解
2020年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）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.考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、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.参考公式： 下底面积，h 表选择题部分（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 <<，{}23Q 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】(1,4)(2,3)(2,3)P Q ==,故选B.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【答案】C【解析】因为(1)(2)a a i -+-为实数，所以20a -=，∴2a =,故选C.3.若实数x ，y 满足约束条件31030x y x y -+≤⎧⎨+-≥⎩，则z =2x +y 的取值范围是（ ） A. (,4]-∞ B. [4,)+∞ C. [5,)+∞ D. (,)-∞+∞【答案】B【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数即：1122y x z =-+，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，联立直线方程组31030x yx y-+=⎧⎨+-=⎩，可得点()2,1A，据此可知目标函数的最小值为min 2214z=+⨯=，且目标函数没有最大值. 故目标函数的取值范围是[) 4,+∞.故选B.4.函数y=x cos x+sin x在区间[–π，+π]的图象大致为（）A. B. C. D. 【答案】A 【解析】∵()cos sin f x x x x=+，则()()cos sin f x x x x f x-=--=-，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；又xπ=时，cos sin0yππππ=+=-<，据此可知选项B错误.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：cm3）是（）A. 73 B. 143 C. 3 D. 6 【答案】A 【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，。
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高 考浙江卷数学真题】2020年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学试卷含答案解析
2020年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）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.考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、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.参考公式：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 =，，则P Q =（ ）{|14}<<x x {}23Q x =<< A.B. {|12}x x <≤{|23}x x <<C.D.{|34}x x ≤<{|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，则z =2x +y 的取值范围是（ ） 31030x y x y -+≤⎧⎨+-≥⎩A. B. C. D. (,4]-∞[4,)+∞[5,)+∞(,)-∞+∞4.函数y =x cos x +sin x 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. B. C. 3 D. 6731436.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，．记b 1=S 2，b n+1=S n+2–S 2n ，，下列等式不可能11a d ≤n *∈N 成立的是（ ）A. 2a 4=a 2+a 6B. 2b 4=b 2+b 6C.D. 2428a a a =2428b b b =。
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={P|1<P<4},P={P|2<P<3}，则P∩P=( )A.{P|1<P≤2}B.{P|2<P<3}C.{P|2<P≤3}D.{P|1<P<4}2. 已知P∈P，若P−1+(P−2)P（P为虚数单位）是实数，则P=()A.1B.−1C.2D.−2?3. 若实数P，P满足约束条件{P−3P+1≤0，P+P−3≥0，则P=P+2P的取值范围是( )A.(−∞，4]B.[4，+∞)C.[5，+∞)D.(−∞，+∞)4. 函数P=P cos P+sin P在区间[−P,P]上的图象可能是()A. B.C. D.5. 某几何体的三视图（单位：PP）如图所示，则该几何体的体积(单位：PP3)是( )（A.73B.143C.3D.66. 已知空间中不过同一点的三条直线P，P，P，则“P，P，P在同一平面”是“P，P，P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{P P}的前P项和为P P，公差P≠0，且P1P≤1. 记P1=P2，P P+1=P2P+2−P2P，P∈P∗，下列等式不可能成立的是()A.2P4=P2+P6B.2P4=P2+P6C.P42=P2P8D.P42=P2P8，8. 已知点P(0,0)，P(−2,0)，P(2,0)．设点P满足|PP|−|PP|=2，且P为函数P=3√4−P2图像上的点，则|PP|=()A.√222B.4√105C.√7D.√109. 已知P，P∈P且PP≠0，对于任意P≥0均有(P−P)(P−P)(P−2P−P)≥0，则()A.P<0B.P>0C.P<0D.P>010. 设集合P，P，P⊆P∗，P⊆P∗，P，P中至少有2个元素，且P，P满足：①对于任意的P,P∈P，若P≠P则PP∈P②对于任意的P,P∈P，若P<P，则PP∈P.下列命题正确的是( )A.若P有4个元素，则P∪P有7个元素|B.若P有4个元素，则P∪P有6个元素C.若P有3个元素，则P∪P有5个元素D.若P有3个元素，则P∪P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{P(P+1)2}(P∈P∗)的前3项和是________.就是二阶等差数列．数列{P(P+1)2二项展开式(1+2P)5=P0+P1P+P2P2+P3P3+P4P4+P5P5，则P4=________，P1+P3+P5=________.()=________.已知tan P=2，则cos2P=________，tan(P−P4已知圆锥的侧面积（单位：PP2）为2P，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：PP）是________.已知直线P=PP+P(P>0)与圆P2+P2=1和圆(P−4)2+P2=1均相切，则P=________，P=________.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P，则P(P=0)=________；P(P)=________.…设P1→，P2→为单位向量，满足|2P1→−P2→|≤√2，P→=P1→+P2→，P→=3P1→+P2→，设P→，P→的夹角为P，则cos2P的最小值_________.三、解答题在锐角△PPP中，角P，P，P的对边分别为P，P，P，且2P sin P=√3P. (1)求角P；(2)求cos P+cos P+cos P的取值范围.~如图，在三棱台PPP−PPP中，平面PPPP⊥平面PPP，∠PPP=∠PPP=45∘，PP=2PP.(1)证明：PP⊥PP；(2)求直线PP与平面PPP所成角的正弦值．已知数列{P P}，{P P}，{P P}中，P1=P1=P1=1，P P=P P+1−P P，⋅P P，P∈N∗.P P+1=P PP P+2(1)若{P P}为等比数列，公比P>0，且P1+P2=6P3，求P的值及数列{P P}的通项公式；…(2)若{P P}为等差数列，公差P>0，证明：P1+P2+P3+⋯+P P<1+1，PP∈N∗.+P2=1，抛物线P2:P2=2PP(P>0)，点P是椭圆P1如图，已知椭圆P1:P22与抛物线P2的交点，过点P的直线P交椭圆P1于点P，交抛物线P2于P（P，P不同于P）.(1)若P=1，求抛物线P2的焦点坐标；16(2)若存在不过原点的直线P使P为线段PP的中点，求P的最大值.-已知1<P≤2，函数P(P)=P P−P−P，其中P=2.71828…为自然对数的底数．(1)证明：函数P=P(P)在(0,+∞)上有唯一零点；(2)记P为函数P=P(P)在(0,+∞)上的零点，证明：(P)√P−1≤P0≤√2(P−1)；(PP)P0P(P P0)≥(P−1)(P−1)P.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 ={P |1<P <4},P ={P |2<P <3}， ∴ P ∩P ={P |2<P <3}. 故选P . 【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：∵ P −1+(P −2)P （P 为虚数单位）是实数， ∴ P −2=0， ∴ P =2. 故选P . 【点评】 此题暂无点评 3. 【答案】 $B【考点】求线性目标函数的最值 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：由约束条件{P −3P +1≤0，P +P −3≥0，作出可行域如图：联立{P−3P+1=0，P+P−3=0，解得{P=2，P=1.由图可得：平移直线P+2P=0到点P时，P=P+2P有最小值2+2=4，∴ P=P+2P的取值范围为[4,+∞).故选P.【点评】…此题暂无点评4.【答案】A【考点】函数的图象【解析】此题暂无解析.【解答】解：令P(P)=P cos P+sin P，∴ P(−P)=−P cos(−P)+sin(−P)=−P cos P−sin P=−P(P)，∴ 函数P(P)是奇函数，故选项P,P错误.∵ 当P=P时，P(P)=P⋅cos P+sin P=−P<0，∴ 选项P错误.故选P.【点评】此题暂无点评5.【答案】A【考点】$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P=P三棱锥+P三棱柱=12×2×1×13+12×2×1×2=73.故选P.【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P，P，P在同一平面内时，P，P，P可能互相平行，故不能得出P，P，P两两相交；当P，P,，P两两相交时，设P∩P=P，P∩P=P，P∩P=P，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，P，P确定一个平面P.又P∈P⊂P，P∈P⊂P，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PP即P⊂P，所以P，P，P在同一平面．故“P，P，P在同一平面”是“P，P，P两两相交”的必要不充分条件. 故选P.【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{P P}为等差数列，其首项为P1，公差为P，所以P P =P 1+(P −1)P ，P P =PP 1+P (P −1)2P . 因为P P +1=P 2P +2−P 2P ，P ∈P ∗，所以P P +1=P 2P +2−P 2P =2P 1+(4P +1)P ， 即P P =2P 1+(4P −3)P .P ，2P 4=2(P 1+3P )=2P 1+6P =(P 1+P )+(P 1+5P )=P 2+P 6， 故P 一定成立；P ，左边=2P 4=2(2P 1+13P )=4P 1+26P ，右边=P 2+P 6=2P 1+5P +2P 1+21P =4P 1+26P ， 左边=右边，故P 一定成立；P ，左边=P 42=(P 1+3P )2=P 12+6P 1P +9P 2，右边=P 2⋅P 8=(P 1+P )(P 1+7P )=P 12+8P 1P +7P 2. 因为P1P ≤1，当P 1=P 时，左边−右边=−2P 1P +2P 2=0，此时等式成立，故P 可能成立；P ，左边=P 42=(2P 1+13P )2=4P 12+52P 1P +169P 2，右边=P 2⋅P 8=(2P 1+5P )(2P 1+29P )=4P 12+68P 1P +145P 2，左边−右边=−16P 1P +24P 2，假设此等式成立，则有16P 1P =24P 2， 解得P 1P =32，与P 1P≤1相矛盾，故P 不可能成立.故选P . 【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|PP |−|PP |=2，设点P (P ,P )， ∴ 点P 的轨迹是以P，P 为焦点的双曲线. 设双曲线的方程为P 2P 2−P 2P 2=1，则2P =2，2P =4，即P =1，P =2. ∵ P 2=P 2+P 2， ∴ 解得，P 2=3， ∴ 双曲线的方程为P 2−P 23=1.∵ P 为函数P =3√4−P 2图象上的点， ∴ 联立方程 {P =3√4−P 2，P 2−P 23=1，(P >0)解得 {P =√132，P =3√32，即|PP |=√134+274=√10.故选P . 【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PP ≠0，所以P ≠0且P ≠0.设P (P )=(P −P )(P −P )(P −2P −P )，则P (P )的零点为P 1=P ，P 2=P ，P 3=2P +P . 当P >0时，则P 2<P 3，P 1>0，要使P (P )≥0，必有2P +P =P 且P <0， 即P =−P 且P <0，所以P <0；当P <0时，则P 2>P 3，P 1<0，要使P (P )≥0，必有P <0. 综上一定有P <0. 故选P . 【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P ={1,2,4}，则P ={2,4,8}，此时P ∪P ={1,2,4,8}，包含4个元素，排除选项P ； 若取P ={2,4,8}，则P ={8,16,32}，此时P ∪P ={2,4,8,16,32}，包含5个元素，排除选项P ； 若取P ={2,4,8,16}，则P ={8,16,32,64,128}，此时P ∪P ={2,4,16,32,64,128}，包含7个元素，排除选项P ； 下面验证选项P ：设集合P ={P 1，P 2，P 3，P 4}，且P 1<P 2<P 3<P 4, P 1，P 2，P 3，P 4∈P ∗ ， 则P 1P 2<P 2P 4，且P1P2，P2P4∈P，则P4P1∈P.同理P4P2∈P，P4P3∈P，P3P2∈P，P3P1∈P，P2P1∈P.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P={1，P2，P22，P23}，此时P25∈P，P2∈P，故P24∈P，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P={P1，P12，P13，P14}，此时{P13，P14，P15，P16，P17}⊆P.若P∈P，则PP13∈P，故PP13=P1P，P=1,2,3,4，故P=P1P+3,P=1,2,3,4.即P∈{P13，P14，P15，P16，P17}，故{P13，P14，P15，P16，P17}=P.此时P∪P={P1，P12，P13，P14，P15，P16，P17}，即P∪P中有7个元素.综上所述：只有选项P正确.故选P.：【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{P(P+1)2}，则当P=1时，P(P+1)2=1×22=1，当P=2时，P(P+1)2=2×32=3，当P =3时，P (P +1)2=3×42=6，∴ 数列{P (P +1)2}(P ∈P ∗)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：P P +1=P 5P (2P )5−P ， 令5−P =4，则P =1，∴ P 4=P 51×24=80. 令5−P =2，得P =3，∴ P 2=P 53×22=40.令P =0得，(1+0)5=P 0，即P 0=1.令P =1得，(1+2)5=P 0+P 1+P 2+P 3+P 4+P 5， 即P 0+P 1+P 2+P 3+P 4+P 5=243，∴ P 1+P 3+P 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 P =2， ∴sin P cos P=2.又∵ sin 2P +cos 2P =1， 解得：cos 2P =15，∴ cos 2P =2cos 2P −1=−35；∵ tan (P −P4)=tan P −tanP 41+tan P ⋅tan P4=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2P ，且它的侧面展开图是一个半圆， 设母线长为P ，圆锥的底面半径为P ， 则{P ×P ×P =2P，2×P ×P =12×2×P ×P，解得P =1，P =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P =PP +P (P >0)与圆P 2+P 2=1和圆(P −4)2+P 2=1均相切，∴ {=1，=1，联立方程解得：{P =√33，P =−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(P=0)=14×13+14=13，P(P=1)=12×13×12+14×23×12+12×13=13，P(P=2)=1−13−13=13，故P(P)=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：∵ |2P1→−P2→|≤√2，∴ 4−4P1→⋅P2→+1≤2，∴ P1→⋅P2→≥34,∴ cos2P=(P→⋅P→)2|P→|2⋅|P→|2=(4+4P1→⋅P2→)2(2+2P1→⋅P2→)(10+6P1→⋅P2→)=4(1+P1→⋅P2→)5+3P1→⋅P2→=43(1−25+3P1→⋅P2→)≥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)∵ 2P sin P =√3P ，∴ 正弦定理可得， 2sin P sin P =√3sin P ， ∴ sin P =√32.∵ △PPP 为锐角三角形， ∴ P =P3.(2)结合(1)的结论有：cos P +cos P +cos P =cos P +12+cos (2P3−P )=cos P −12cos P +√32sin P +12=√32sin P +12cos P +12=sin (P +P6)+12.由{0<23P −P <P2，0<P <P 2，可得：P 6<P <P 2 ，P3<P +P6<2P 3， 则sin (P +P3)∈(√32,1]， sin (P +P3)+12∈(√3+12,32]，即cos P +cos P +cos P 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)∵ 2P sin P =√3P ，∴ 正弦定理可得， 2sin P sin P =√3sin P ， ∴ sin P =√32.∵ △PPP 为锐角三角形， ∴ P =P3.(2)结合(1)的结论有：cos P +cos P +cos P =cos P +12+cos (2P3−P )=cos P −1cos P +√3sin P +1=√32sin P +12cos P +12=sin (P +P6)+12.由{0<23P −P <P2，0<P <P 2，可得：P 6<P <P 2 ，P 3<P +P 6<2P 3， 则sin (P +P3)∈(√32,1]，sin (P +P 3)+12∈(√3+12,32]，即cos P +cos P +cos P 的取值范围是(√3+12,32].【点评】 此题暂无点评 【答案】 |(1)证明：作PP ⊥PP 交PP 于P ，连接PP ，如图，∵ 平面PPPP ⊥平面PPP ，而平面PPPP ∩平面PPP =PP ，PP ⊂平面PPPP ， ∴ PP ⊥平面PPP ，而PP ⊂平面PPP ，即有PP ⊥PP ． ∵ ∠PPP =∠PPP =45∘，∴ PP =√2PP =2PP ⇒PP =√2PP .在△PPP 中，PP 2=PP 2+PP 2−2PP ⋅PP cos 45∘=PP 2， 即有PP 2+PP 2=PP 2， ∴ PP ⊥PP .由棱台的定义可知， PP //PP ，所以PP ⊥PP ，PP ⊥PP ，∴ PP⊥平面PPP，而PP⊂平面PPP，∴ PP⊥PP.(2)解：因为PP//PP，所以PP与平面PPP所成角即为PP与平面PPP所成角．作PP⊥PP于P，连接PP，如(1)中图，由(1)可知，PP⊥平面PPP，∴ 平面PPP⊥平面PPP.而平面PPP∩平面PPP=PP，PP⊂平面PPP，∴ PP⊥平面PPP．即PP在平面PPP内的射影为PP，∠PPP即为所求角．设PP=P，则PP=√2P，在PP△PPP中，PP=PP⋅PPPP =√2P P√3P=√2√3，∴ sin∠PPP=PPPP =3=√33.故PP与平面PPP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PP⊥PP交PP于P，连接PP，如图，∵ 平面PPPP⊥平面PPP，而平面PPPP∩平面PPP=PP，PP⊂平面PPPP，∴ PP⊥平面PPP，而PP⊂平面PPP，即有PP⊥PP．∵ ∠PPP=∠PPP=45∘，∴ PP=√2PP=2PP⇒PP=√2PP.在△PPP中，PP2=PP2+PP2−2PP⋅PP cos45∘=PP2，即有PP2+PP2=PP2，由棱台的定义可知，PP//PP，所以PP⊥PP，PP⊥PP，而PP∩PP=P，∴ PP⊥平面PPP，而PP⊂平面PPP，∴ PP⊥PP.(2)解：因为PP//PP，所以PP与平面PPP所成角即为PP与平面PPP所成角．作PP⊥PP于P，连接PP，如(1)中图，由(1)可知，PP⊥平面PPP，∴ 平面PPP⊥平面PPP.而平面PPP∩平面PPP=PP，PP⊂平面PPP，∴ PP⊥平面PPP．即PP在平面PPP内的射影为PP，∠PPP即为所求角．设PP=P，则PP=√2P，在PP△PPP中，PP=PP⋅PPPP =√2P3P=√23，∴ sin∠PPP=PPPP =√3=√33.故PP与平面PPP所成角的正弦值为√33.【点评】此题暂无点评【答案】(1)解：依题意P1=1，P2=P，P3=P2，而P1+P2=6P3，即1+P=6P2，由于P>0，所以解得P=12，所以P P=12P−1，所以P P+2=12P+1，故P P+1=12P−112P+1⋅P P=4⋅P P，所以数列{P P}是首项为1，公比为4的等比数列，所以P P=4P−1，所以P P+1−P P=P P=4P−1(P≥2,P∈N∗)，所以P P=P1+1+4+⋯+4P−2=4P−1+23.(2)证明：依题意设P P=1+(P−1)P=PP+1−P，由于P P+1P P =P PP P+2，所以P PP P−1=P P−1P P+1(P≥2,P∈N∗)，故P P=P PP P−1⋅P P−1P P−2⋯P3P2⋅P2P1⋅P1=P P−1P P+1⋅P P−2P PP P−3P P−1⋯P2P4⋅P1P3⋅P1=P1P2P P P P+1=1+PP(1P P−1P P+1)=(1+1P)(1P P−1P P+1)，所以P1+P2+P+P P=(1+1P )[(1P1−1P2)+(1P2−1P3)+P+(1P P−1P P+1)]=(1+1P )(1−1P P+1).由P>0，P1=1，所以P P+1>0，所以(1+1P )(1−1P P+1)<1+1P.即P1+P2+⋯+P P<1+1P，P∈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P1+P2=6P3，求得P，进而求得数列{P P}的通项公式，利用累加法求得数列{P P}的通项公式．利用累乘法求得数列{P P}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P1=1，P2=P，P3=P2，而P1+P2=6P3，即1+P=6P2，由于P>0，所以解得P=12，所以P P=12P−1，所以P P+2=12P+1，故P P+1=12P−112P+1⋅P P=4⋅P P，所以数列{P P}是首项为1，公比为4的等比数列，所以P P=4P−1，所以P P+1−P P=P P=4P−1(P≥2,P∈N∗)，所以P P=P1+1+4+⋯+4P−2=4P−1+23.(2)证明：依题意设P P=1+(P−1)P=PP+1−P，由于P P+1P P =P PP P+2，所以P PP P−1=P P−1P P+1(P≥2,P∈N∗)，故P P=P PP P−1⋅P P−1P P−2⋯P3P2⋅P2P1⋅P1=P P−1P P+1⋅P P−2P PP P−3P P−1⋯P2P4⋅P1P3⋅P1=P 1P 2P P P P +1=1+P P (1P P−1P P +1)=(1+1P)(1P P−1P P +1)，所以P 1+P 2+P +P P =(1+1P )[(1P 1−1P 2)+(1P 2−1P 3)+P +(1P P−1PP +1)]=(1+1P)(1−1P P +1).由P >0，P 1=1，所以P P +1>0，所以(1+1P)(1−1P P +1)<1+1P.即P 1+P 2+⋯+P P <1+1P ，P ∈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，P 2的方程为P 2=18P ， 故抛物线P 2的焦点坐标为(132,0). (2)设P (P 1,P 1),P (P 2,P 2)，P (P 0,P 0)，P :P =PP +P ，由{P 2+2P 2=2，P =PP +P⇒(2+P 2)P 2+2PPP +P 2−2=0， ∴ P 1+P 2=−2PP2+P 2，P 0=−PP2+P 2，P 0=PP 0+P =2P2+P 2.由P 在抛物线上， ∴P 2P 2(2+P 2)2=4PP 2+P 2⇒P 2P 2+P 2=4P .又{P 2=2PP，P =PP +P⇒P 2=2P (PP +P ) ⇒P 2−2PPP −2PP =0， ∴ P 1+P 0=2PP ，∴ P 1+P 0=PP 1+P +PP 0+P =2PP 2+2P ， ∴ P 1=2PP 2+2P −2P2+P 2.由 {P 22+P 2=1,P 2=2PP⇒P 2+4PP =2 ，即P 2+4PP −2=0⇒P 1=−4P +√16P 2+82=−2P +√4P 2+2 ⇒−2P +√2+=2PP 2+2P ⋅1+P 22+P 2=2PP 2+8PP +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，P 2的方程为P 2=18P ，故抛物线P 2的焦点坐标为(132,0).(2)设P (P 1,P 1),P (P 2,P 2)，P (P 0,P 0)，P :P =PP +P ，由{P 2+2P 2=2，P =PP +P⇒(2+P 2)P 2+2PPP +P 2−2=0，∴ P 1+P 2=−2PP2+P 2，P 0=−PP 2+P 2，P 0=PP 0+P =2P2+P 2.由P 在抛物线上，∴ P 2P 2(2+P 2)2=4PP 2+P 2⇒P 2P2+P 2=4P .又{P 2=2PP，P =PP +P ⇒P 2=2P (PP +P )⇒P 2−2PPP −2PP =0，∴ P 1+P 0=2PP ，∴ P 1+P 0=PP 1+P +PP 0+P =2PP 2+2P ，∴ P 1=2PP 2+2P −2P 2+P 2.由 {P 22+P 2=1,P 2=2PP ⇒P 2+4PP =2 ，即P 2+4PP −2=0⇒P 1=−4P +√16P 2+82=−2P +√4P 2+2 ⇒−2P +√4P 2+2=2PP 2+2P ⋅1+P 22+P 2 =2PP 2+8P P 2+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)∵ P ′(P )=P P −1，P >0， ∴ P P >1，∴ P ′(P )>0，∴ P (P )在(0,+∞)上单调递增.∵ 1<P ≤2，∴ P (2)=P 2−2−P ≥P 2−4>0，P (0)=1−P <0，∴ 由零点存在定理得P (P )在(0,+∞)上有唯一零点.(2)(P )∵ P (P 0)=0，∴P P 0−P 0−P =0(0<P 0<2)∴ √P −1≤P 0≤√2(P −1)⇔P P 0−P 0−1 ≤P 02≤2(P P 0−P 0−1).令P (P )=P P −P −1−P 22(0<P <2)，∴ P ′(P )=P P −1−P ，P ′′(P )=P P −1>0， ∴ P ′(P )>P (0)=0，∴ P (P )在(0,2)上单调递增，∴ P (P )>P (0)=0，∴ P P −P −1−P 22>0，即2(P P −P −1)>P 2成立.令P(P)=P P−P−1−P2(0<P<2).∵ 1<P≤2，∴ P−1≤1，∴ 当P0≥1时，√P−1≤P0成立，因此只需证明当0<P<1时，P(P)=P P−P−1−P2≤0.∵ P′(P)=P P−1−2P，P′′=P P−2=0⇒P=ln2，当P∈(0,ln2)时，P″(P)<0，当P∈(ln2,1)时，P″(P)>0，∴ P′(P)<PPP{P′(0),P′(1)}.∵ P′(0)=0，P′(1)=P−3<0，∴ P′(P)<0，∴ P(P)在(0,1)上单调递减，∴ P(P)<P(0)=0，∴ P P−P−1<P2.综上，P P0−P0−1≤P02≤2(P P0−P0−1)，∴ √P−1≤P0≤√2(P−1)成立.(PP)P(P0)=P0P(P P0)=P0P(P0+P)=P0[(P P−1)P0+P(P P−2)]，∴ P′(P0)=2(P P−1)P0+P(P P−2)>0.∵ √P−1≤P0≤√2(P−1)，∴ P(P0)≥P(√P−1)=√P−1[(P P−1)√P−1+P(P P−2)]=(P P−1)(P−1)+P√P−1(P P−2).∵ 1<P≤2，∴ P P>P,P≥2(P−1)，∴ P(P0)≥(P−1)(P−1)+2(P−1)√P−1(P P−2)，只需证明：2(P−1)√P−1(P P−2)≥(P−1)(P−1)2，即4(P P−2)2≥(P−1)2(P−1).令P(P)=4(P P−2)2−(P−1)2(P−1),(1<P≤2)，则P′(P)=8P P(P P−2)−(P−1)2≥8P(P−2)−(P−1)2>0，∴ P(P)>P(1)=4(P−2)2>0.即4(P P−2)2≥(P−1)2(P−1)成立，∴ P0P(P P0)≥(P−1)(P−1)P.【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)P′(P)=P P−1,P>0，∴ P P>1，∴ P′(P)>0，∴ P(P)在(0,+∞)上单调递增，1<P≤2，∴ P(2)=P2−2−P≥P2−4>0,P(0)=1−P<0，∴ 由零点存在定理得P(P)在(0,+∞)上有唯一零点. (2)(P)∵ P(P0)=0，∴P P0−P0−P=0(0<P0<2)∴ √P−1≤P0≤√2(P−1)⇔P P0−P0−1≤P02≤2(P P0−P0−1).(0<P<2)，令P(P)=P P−P−1−P22∴ P′(P)=P P−1−P，P′′(P)=P P−1>0，∴ P′(P)>P(0)=0，∴ P(P)在(0,2)上单调递增，∴P(P)>P(0)=0，>0，∴ P P−P−1−P22即2(P P−P−1)>P2成立.令P(P)=P P−P−1−P2(0<P<2).∵ 1<P≤2，∴ P−1≤1，∴ 当P0≥1时，√P−1≤P0成立，因此只需证明当0<P<1时，P(P)=P P−P−1−P2≤0.∵ P′(P)=P P−1−2P，P′′=P P−2=0⇒P=ln2，当P∈(0,ln2)时，P″(P)<0，当P∈(ln2,1)时，P″(P)>0，∴ P′(P)<PPP{P′(0),P′(1)}.∵ P′(0)=0，P′(1)=P−3<0，∴ P′(P)<0，∴ P(P)在(0,1)上单调递减，∴ P(P)<P(0)=0，∴ P P−P−1<P2.综上，P P0−P0−1≤P02≤2(P P0−P0−1)，∴ √P−1≤P0≤√2(P−1)成立.(PP)P(P0)=P0P(P P0)=P0P(P0+P)=P0[(P P−1)P0+P(P P−2)]，∴ P′(P0)=2(P P−1)P0+P(P P−2)>0.∵ √P−1≤P0≤√2(P−1)，∴ P(P0)≥P(√P−1)=√P−1[(P P−1)√P−1+P(P P−2)]=(P P−1)(P−1)+P√P−1(P P−2).∵ 1<P≤2，∴ P P>P,P≥2(P−1)，∴ P(P0)≥(P−1)(P−1)+2(P−1)√P−1(P P−2)，只需证明：2(P−1)√P−1(P P−2)≥(P−1)(P−1)2，即4(P P−2)2≥(P−1)2(P−1).令P(P)=4(P P−2)2−(P−1)2(P−1),(1<P≤2)，则P′(P)=8P P(P P−2)−(P−1)2≥8P(P−2)−(P−1)2>0，∴ P(P)>P(1)=4(P−2)2>0.即4(P P−2)2≥(P−1)2(P−1)成立，∴ P0P(P P0)≥(P−1)(P−1)P.【点评】此题暂无点评。
2020学年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学及答案解析
2020年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学一、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.已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则C U A=( )A.∅B.{1，3}C.{2，4，5}D.{1，2，3，4，5}解析：根据补集的定义，C U A是由所有属于集合U但不属于A的元素构成的集合，由已知，有且仅有2，4，5符合元素的条件.C U A={2，4，5}.答案：C2.双曲线221 3xy-=的焦点坐标是( )A.(-2，0)，(2，0)B.(-2，0)，(2，0)C.(0，-2)，(0，2)D.(0，-2)，(0，2)解析：∵双曲线方程可得双曲线的焦点在x轴上，且a2=3，b2=1，由此可得c=22a b+=2，∴该双曲线的焦点坐标为(±2，0)答案：B3.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )A.2B.4C.6D.8解析：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱.如图所示：故该几何体的体积为：V=()112222+⋅⋅=6.答案：C4.复数21i-(i为虚数单位)的共轭复数是( )A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i解析：化简可得()()()2121111iz ii i i+===+--+，∴z的共轭复数z=1-i.答案：B5.函数y=2|x|sin2x的图象可能是( ) A.B.C.D.解析：根据函数的解析式y=2|x|sin2x ，得到：函数的图象为奇函数，故排除A 和B.当x=2π时，函数的值也为0，故排除C.答案：D6.已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”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解析：∵m ⊄α，n ⊂α，∴当m ∥n 时，m ∥α成立，即充分性成立， 当m ∥α时，m ∥n 不一定成立，即必要性不成立， 则“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件. 答案：A7.设0＜p ＜1，随机变量ξ的分布列是则当p 在(0，1)内增大时，( ) A.D(ξ)减小 B.D(ξ)增大C.D(ξ)先减小后增大D.D(ξ)先增大后减小解析：设0＜p ＜1，随机变量ξ的分布列是E(ξ)=1110122222p p p -⨯+⨯+⨯=+；方差是D(ξ)=2222211111111012222222422p p p p p p p p ---⨯+--⨯+--⨯=-++=--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭+⎭⎝，∴p ∈(0，12)时，D(ξ)单调递增； p ∈(12，1)时，D(ξ)单调递减；∴D(ξ)先增大后减小. 答案：D8.已知四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点).设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S-AB-C 的平面角为θ3，则( )A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1解析：∵由题意可知S 在底面ABCD 的射影为正方形ABCD 的中心.过E 作EF ∥BC ，交CD 于F ，过底面ABCD 的中心O 作ON ⊥EF 交EF 于N ，连接SN ，取CD 中点M ，连接SM ，OM ，OE ，则EN=OM ， 则θ1=∠SEN ，θ2=∠SEO ，θ3=∠SMO. 显然，θ1，θ2，θ3均为锐角.∵13tan tan SN SN SONE OM OM θθ===，，SN ≥SO ，∴θ1≥θ3， 又32sin sin SO SOSM SE θθ==，，SE ≥SM ，∴θ3≥θ2.答案：D9.已知a b e ，，是平面向量，e 是单位向量.若非零向量a 与e 的夹角为3π，向量b 满足2430b e b -⋅+=，则a b -的最小值是( )3323解析：由2430b e b -⋅+=，得()()3b e b e -⋅-=0，∴()()3b e b e -⊥-，如图，不妨设e =(1，0)，则b 的终点在以(2，0)为圆心，以1为半径的圆周上，又非零向量a 与e 的夹角为3π，则a 的终点在不含端点O 的两条射线y=3x(x ＞0)上.不妨以3为例，则a b-的最小值是(2，0)3x=y=0的距离减1.231=3131-+.答案：A10.已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)，若a 1＞1，则( ) A.a 1＜a 3，a 2＜a 4 B.a 1＞a 3，a 2＜a 4 C.a 1＜a 3，a 2＞a 4 D.a 1＞a 3，a 2＞a 4解析：a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a 1＞1，设公比为q ，当q ＞0时，a 1+a 2+a 3+a 4＞a 1+a 2+a 3，a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)，不成立， 即：a 1＞a 3，a 2＞a 4，a 1＜a 3，a 2＜a 4，不成立，排除A 、D.当q=-1时，a 1+a 2+a 3+a 4=0，ln(a 1+a 2+a 3)＞0，等式不成立，所以q ≠-1；当q ＜-1时，a 1+a 2+a 3+a 4＜0，ln(a 1+a 2+a 3)＞0，a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)不成立， 当q ∈(-1，0)时，a 1＞a 3＞0，a 2＜a 4＜0，并且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)，能够成立， 答案：B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。
2020年浙江省高考数学试卷和答案解析
2020年浙江省高考数学试卷含答案解析
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1.已知集合P={xll<x<4},Q={xl2<x<3}, 则PnQ=( )
A. {xll<.x:s2}
B. {xl2<x<3}
C. {习3�x<4}
D. {xll<x<4}
2.已知aER,若a-1+(a-2) i Ci为虚数单位）是实数，则a=( )
A. 1
B. -1
C.2
D.-2
3.若实数X,y满足约束条件｛
x-3y + 1::; 0
X + y-3 :2:: 0'则z=x+2y的取值范围是（）
A. (-oo, 4]
B. [4, +oo)
C.[5,+oo)
4.函数y=xcosx+sin.x在区间［－兀，兀］的图象大致为（）
D.C-oo, 十oo)
y v
A.
C.
V
r
X
X
B.
D.
y
X
X
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（）
A7 . 3
B.:;
C.3�
D.6主视图侧视图
勹
俯视图
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
C.充分必要条件
B.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件。
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 全国普通高等学校招生统一考试数学试卷 浙江卷 (含答案)
2020年全国普通高等学校招生统一考试试卷（浙江卷)数 学一、选择题1.已知集合{}=14P x x <<，则=P Q ( ) A. {}12x x <≤B. {}23x x <<C. {}23x x <≤D. {}14x x <<2.已知a R ∈，若()12a a 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cos sin y x x x =+在区间[-π,+π]的图像大致为( ) 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：3cm ）是( )A.73B.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{}n a 的前n 项的和n S ，公差0d ≠，11a d≤.记12122,,,n n n b S 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()0,0O , ()2,0A -,()2,0B .设点P 满足2PA PB -=，且P 为函数234y x =-OP =( )A.2224107109.已知,0a b R ab ∈≠且，若()()()20x a x b x a b ----≥在0x ≥上恒成立，则( ) A.0a <B.0a >C.0b <D.0b >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： 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 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 二、填空题11.已知数列{}n a 满足(1)2n n n a +=，则3=S ______. 12.设5234512345612x a a x a x a x a x a x +=++++++（），则5a =_______；123a a a ++=-_______.13.已知tan θ=2，则cos2θ=______；πtan()4θ- =______.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():0l y kx b k =+>，圆221:1C x y +=，222:(4)1C x y -+=，若直线l 与1C ,2C 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ξ，则()0P ξ== ；()E ξ=.17.设1e ，2e 为单位向量，满足1222e e -≤，12a e e =+， 123b e e =+，设,a b 的夹角为θ，则2cos θ的最小值为.三、解答题18.在锐角ABC △中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且2sin 3b A a =. （Ⅰ）求角B（Ⅱ）求cos cos cos A B C ++的取值范围。
2020年高考浙江高考数学试题及答案(精校版)
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}
【分析】直接利用交集的运算法则求解即可．
解：集合 ＝ ＜ ＜ ， ＝ ＜ ＜ ， P {x|1 x 4} Q {x|2 x 3}
A．
B．
．C 3
．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 C．充分必要条件
B．必要不充分条件 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，
≤ ．记 ＝ ， ＝ ﹣ ， ， 1
＝y 3 图象上的点，则|OP|＝（ ）
A．
B．
C．
D．
9．已知 ，a b∈R 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：
联立两个方程，解得 P（ ， ），
所以|OP|＝
＝．
故选：D．
9．已知 ，a b∈R 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
【分析】设 f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），求得 f（x）的零点，根据 f（0）
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2020年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题）.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|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．﹣23．若实数x，y满足约束条件，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]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．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，≤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图象上的点，则|OP|＝（）A．B．C．D．9．已知a，b∈R且ab≠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∈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4个元素D．若S有3个元素，则S∪T有5个元素二、填空题：本大题共7小题，共36分。
多空题每小题4分；单空题每小题4分。
11．已知数列{a n}满足a n＝，则S3＝．12．设（1+2x）5＝a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5，则a5＝；a1+a2+a3＝．13．已知tanθ＝2，则cos2θ＝；tan（θ﹣）＝．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C1：x2+y2＝1，C2：（x﹣4）2+y2＝1，若直线l与C1，C2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ξ，则P（ξ＝0）＝；E（ξ）＝．17．设，为单位向量，满足|2﹣|≤，＝+，＝3+，设，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2b sin A＝a．（Ⅰ）求角B；（Ⅱ）求cos A+cos B+cos C的取值范围．19．如图，三棱台DEF﹣ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．20．已知数列{a n}，{b n}，{c n}中，a1＝b1＝c1＝1，c n+1＝a n+1﹣a n，c n+1＝•c n（n∈N*）．（Ⅰ）若数列{b n}为等比数列，且公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q与a n的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}为等差数列，且公差d＞0，证明：c1+c2+…+c n＜1+．21．如图，已知椭圆C1：+y2＝1，抛物线C2：y2＝2px（p＞0），点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于M（B，M不同于A）．（Ⅰ）若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；（Ⅱ）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＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）≤x0≤；（ⅱ）x0f（）≥（e﹣1）（a﹣1）a．参考答案一、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＝{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}【分析】直接利用交集的运算法则求解即可．解：集合P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，则P∩Q＝{x|2＜x＜3}．故选：B．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【分析】利用复数的虚部为0，求解即可．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．若实数x，y满足约束条件，则z＝x+2y的取值范围是（）A．（﹣∞，4]B．[4，+∞）C．[5，+∞）D．（﹣∞，+∞）【分析】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．解：画出实数x，y满足约束条件所示的平面区域，如图：将目标函数变形为﹣x+＝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．4．函数y＝x cos x+sin x在区间[﹣π，+π]的图象大致为（）A．B．C．D．【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点．解：y＝f（x）＝x cos x+sin x，则f（﹣x）＝﹣x cos x﹣sin x＝﹣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．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【分析】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．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：＝．故选：A．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【分析】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：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．已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，≤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＝b2b8【分析】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，≤1判断B与D．解：在等差数列{a n}中，a n＝a1+（n﹣1）d，，，b1＝S2＝2a1+d，b n+1＝S n+2﹣S2n＝．∴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，即，得，∵d≠0，∴a1＝d，符合≤1，故C正确；D．若，则，即，则有两不等负根，满足≤1，故D正确．∴等式不可能成立的是B．故选：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＝3图象上的点，则|OP|＝（）A．B．C．D．【分析】求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP|．解：点O（0，0），A（﹣2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|﹣|PB|＝2，可知P的轨迹是双曲线的右支上的点，P为函数y＝3图象上的点，即在第一象限的点，联立两个方程，解得P（，），所以|OP|＝＝．故选：D．9．已知a，b∈R且ab≠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＞0【分析】设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），求得f（x）的零点，根据f（0）≥0恒成立，讨论a，b的符号，结合三次函数的图象，即可得到结论．解：设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），可得f（x）的图象与x轴有三个交点，即f（x）有三个零点a，b，2a+b且f（0）＝﹣ab（2a+b），由题意知，f（0）≥0恒成立，则ab（2a+b）≤0，a＜0，b＜0，可得2a+b＜0，ab（2a+b）≤0恒成立，排除B，D；我们考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上．则有a＝b或a＝2a+b或b＝b+2a三种情况，此时a＝b＜0显然成立；若b＝b+2a，则a＝0不成立；若a＝2a+b，即a+b＝0，可得b＜0，a＞0且a和2a+b都在正半轴上，符合题意，综上b＜0恒成立．故选：C．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：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∈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4个元素D．若S有3个元素，则S∪T有5个元素【分析】利用特殊集合排除选项，推出结果即可．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．二、填空题：本大题共7小题，共36分。