2020年高考数学试卷（浙江）（解析卷）

1/16 2020 年浙江省高考数学试卷（解析版） 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．1 B．﹣1 C．2 D．﹣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，+∞）． 2/16 故选：B． 4．函数y＝xcosx+sinx 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）＝xcosx+sinx， 则f（﹣x）＝﹣xcosx 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（ ） 3/16 A． B． C．3 D．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 3/16 同一平面”是“m，n，l 两两相交”的必要不充分条件， 4/16 故选：B． 7．已知等差数列{an}的前n 项和Sn，公差d≠0， ≤1．记b1＝S2，bn+1＝Sn+2﹣ S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是（ ） A．2a4＝a2+a6 B．2b4＝b2+b6 C．a4 2＝a2a8 D．b4 2＝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{an}中，an＝a1+（n 1 ﹣）d， ， ， b1＝S2＝2a1+d，bn+1＝Sn+2﹣S2n＝ ． ∴b2＝a1+2d，b4＝﹣a1 5 ﹣d，b6＝﹣3a1 24 ﹣ d，b8＝﹣5a1 55 ﹣ d． A.2a4＝2（a1+3d）＝2a1+6d，a2+a6＝a1+d+a1+5d＝2a1+6d，故A 正确； B.2b4＝﹣2a1 10 ﹣ d，b2+b6＝a1+2d 3 ﹣a1 24 ﹣ d＝﹣2a1 22 ﹣ d， 若2b4＝b2+b6，则﹣2a1 10 ﹣ d＝﹣2a1 22 ﹣ d，即d＝0，不合题意，故B 错误； C．若a4 2＝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． 4/16 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 5/16 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 2 ﹣a﹣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 2 ﹣a﹣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 2 ﹣a﹣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 5/16 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 6/16 ＝{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。多空题每小题4 分；单空题每小题4 分。 11．已知数列{an}满足an＝ ，则S3＝ 10 ． 【分析】求出数列的前3 项，然后求解即可． 解：数列{an}满足an＝ ， 可得a1＝1，a2＝3，a3＝6， 所以S3＝1+3+6＝10． 故答案为：10． 13．已知tanθ＝2，则cos2θ＝ ；tan（θ﹣ ）＝ ． 【分析】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． 解：tanθ＝2， 则cos2θ＝ ＝ ＝ ＝﹣ ． tan（θ﹣ ）＝ ＝ ＝ ． 6/16 故答案为：﹣ ； ． 14．已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为 1 ． 【分析】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． 7/16 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 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． 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＝ ﹣ ． 【分析】根据直线l 与两圆都相切，分别列出方程d1＝ ＝1，d2＝ ＝ 1，解得即可． 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d1＝ ＝1，d2＝ ＝1， 则有 ＝ ，故可得b2＝（4k+b）2，整理得k（2k+b）＝0， 因为k＞0，所以2k+b＝0，即b＝﹣2k， 7/16 代入d1＝ ＝1，解得k＝ ，则b＝﹣ ， 故答案为： ；﹣ ． 8/16 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）＝ 1 ． 【分析】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． 解：由题意知，随机变量ξ 的可能取值为0，1，2； 计算P（ξ＝0）＝ + ＝ ； P（ξ＝1）＝ + ＝ ； P（ξ＝2）＝ + ＝ ； 所以E（ξ）＝0× +1× +2× ＝1． 故答案为： ，1． 17．设 ， 为单位向量，满足|2 ﹣ |≤ ，＝ + ，＝3 + ，设， 的夹角为θ，则cos2θ 的最小值为 ． 【分析】设 、 的夹角为α，由题意求出cosα≥ ； 再求，的夹角θ 的余弦值cos2θ 的最小值即可． 解：设 、 的夹角为α，由 ， 为单位向量，满足|2 ﹣ |≤ ， 所以4 4 ﹣ • + ＝4 4cosα+1≤2 ﹣ ， 解得cosα≥ ； 8/16 又＝ + ，＝3 + ，且，的夹角为θ， 所以• ＝3 +4 • + ＝4+4cosα， ＝ +2 • + ＝2+2cosα， 9/16 ＝ 9 +6 + ＝ 10+6cosα ； 则 cos2θ ＝ ＝ ＝ ＝ ﹣ ， 所以cosα＝ 时，cos2θ 取得最小值为 ﹣ ＝ ． 故答案为： ． 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2bsinA＝ a． （Ⅰ）求角B； （Ⅱ）求cosA+cosB+cosC 的取值范围． 【分析】（Ⅰ）根据正弦定理可得sinB＝ ，结合角的范围，即可求出， （Ⅱ）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． 解：（Ⅰ）∵2bsinA＝ a， ∴2sinBsinA＝ sinA， ∵sinA≠0， ∴sinB＝ ， ∵ ＜B＜ ， ∴B＝ ， （Ⅱ）∵△ABC 为锐角三角形，B＝ ， ∴C＝ ﹣A， 9/16 ∴cosA+cosB+cosC＝cosA+cos（ ﹣A）+cos ＝cosA﹣ cosA+ sinA+ ＝ cosA+ sinA+ ＝sin（A+ ）+ ， △ABC 为锐角三角形，0＜A＜ ，0＜C＜ ， 解得 ＜A＜ ， 10/16 ∴ ＜A+ ＜ ，∴ ＜sin（A+ ）≤1， ∴ + ＜sin（A+ ）+1≤ ， ∴cosA+cosB+cosC 的取值范围为（ ， ]． 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． 【分析】（Ⅰ）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； （Ⅱ）题先可设BC＝1，根据解直角三角形可得BH＝1，HC＝ ，DH＝ ，DC＝ 2，DB＝ ，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． 解：（Ⅰ）证明：作DH⊥AC，且交AC 于点H， ∵面ADFC⊥面ABC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥BC， ∴在Rt△DHC 中，CH＝CD•cos45°＝ CD， ∵DC＝2BC，∴CH＝ CD＝ •2BC＝ •BC， ∴ ＝ ，即△BHC 是直角三角形，且∠HBC＝90°， 10/16 ∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD⊂面DHB，∴BC⊥BD， 11/16 ∵在三棱台DEF﹣ABC 中，EF∥BC，∴EF⊥DB． （Ⅱ）设BC＝1，则BH＝1，HC＝ ， 在Rt△DHC 中，DH＝ ，DC＝2， 在Rt△DHB 中，DB＝ ＝ ＝ ， 作HG⊥BD 于G，∵BC⊥HG，∴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＝ ＝ ， ∵在Rt△DHB 中，DH•HB＝BD•HG， ∴HG＝ ＝ ＝ ， ∴sinθ＝ ＝ ＝ ． 20．已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝b1＝c1＝1，cn+1＝an+1﹣an，cn+1＝ •cn （n∈N*）． （Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q 与an的通项公式； （Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差d＞0，证明：c1+c2+…+cn＜1+ ． 【分析】本题第（Ⅰ）题先根据等比数列的通项公式将b2＝q，b3＝q2代入b1+b2＝ 11/16 6b3，计算出公比q 的值，然后根据等比数列的定义化简cn+1＝ •cn 可得cn+1＝ 4cn，则可发现数列{cn}是以1 为首项，4 为公比的等比数列，从而可得数列{cn}的通 项公式，然后将通项公式代入cn+1＝an+1﹣an，可得an+1﹣an＝cn+1＝4n，再根据此递 推公式的特点运用累加法可计算出数列{an}的通项公式；第（Ⅱ）题通过将已知关系 式cn+1＝ •cn 12/16 不断进行转化可构造出数列{bnbn+1cn}，且可得到数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此 常数为1+d，从而可得bnbn+1cn＝1+d，再计算得到cn＝ ，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． 【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2， ∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2， 整理，得6q2﹣q 1 ﹣＝0， 解得q＝﹣ （舍去），或q＝ ， ∴cn+1＝ •cn＝ •cn＝ •cn＝ •cn＝4•cn， ∴数列{cn}是以1 为首项，4 为公比的等比数列， ∴cn＝1•4n 1 ﹣＝4n 1 ﹣，n∈N*． ∴an+1﹣an＝cn+1＝4n， 则a1＝1， a2﹣a1＝41， a3﹣a2＝42， • • • an﹣an 1 ﹣＝4n 1 ﹣， 各项相加，可得 an＝1+41+42+…+4n 1 ﹣＝ ＝ ． （Ⅱ）证明：依题意，由cn+1＝ •cn（n∈N*），可得 bn+2•cn+1＝bn•cn， 两边同时乘以bn+1，可得 12/16 bn+1bn+2cn+1＝bnbn+1cn，∵b1b2c1＝b2＝1+d， ∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d， bnbn+1cn＝1+d， 13/16 ∴cn＝ ＝ • ＝（1+ ）• ＝（1+ ）（ ﹣ ）， ∴c1+c2+…+cn ＝（1+ ）（ ﹣ ）+（1+ ）（ ﹣ ）+…+（1+ ）（ ﹣ ） ＝（1+ ）（ ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ） ＝（1+ ）（ ﹣ ） ＝（1+ ）（1﹣ ） ＜1+ ， ∴c1+c2+…+cn＜1+ ，故得证． 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． 【分析】（Ⅰ）直接由抛物线的定义求出焦点坐标 13/16 即可； （Ⅱ）设直线方程y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由 ，根据韦达定理定理求出M（﹣ ， ），可得p，再由 ，求出点A 的坐标，代入椭圆方程可得t2＝ ，化简整理得 p2＝ 14/16 ，利用基本不等式即可求出p 的最大值． 解：（Ⅰ）p＝ ，则 ＝ ，则抛物线C2的焦点坐标（ ，0）， （Ⅱ）直线l 与x 轴垂直时，此时点M 与点A 或点B 重合，不满足题意， 设直线l 的方程为y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0）， 由 ，消y 可得（2k2+1）x2+4kty+2t2 2 ﹣＝0， ∴△＝16k2t2 4 ﹣（2k2+1）（2t2 2 ﹣）≥0，即t2＜1+2k2， ∴x1+x2＝﹣ ，∴x0＝ （x1+x2）＝﹣ ， ∴y0＝kx0+t＝ ，∴M（﹣ ， ）， ∵点M 在抛物线C2上，∴y2＝2px， ∴p＝ ＝ ＝ ， 联立 ，解得x1＝ ，y1＝ ， 代入椭圆方程可得 + ＝1，解得t2＝ ∴p2＝ ＝ ＝ ≤ ＝ ， 14/16 ∴p≤ ，当且仅当1＝2k2，即k2＝ ，t2＝ 时等号成立，故p 的最大值为 ． 22．已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣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≤ ； 15/16 （ⅱ）x0f（ ）≥（e 1 ﹣）（a 1 ﹣）a． 【分析】（Ⅰ）推导出x＞0 时，f′（x）＝ex 1 ﹣＞0 恒成立，f（0）＝＜0，f（2）＞ 0，由此能证明函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点． （Ⅱ）（i）由f（x）单调增，1＜a≤2，设x0的最大值为t，则ct＝2+t，f（1）＝c 1 2 ﹣﹣＜0，则t＞1，推导出 ．要证明 ≥a 1 ﹣＝ ，只需