2020年浙江省高考数学（含解析版）.doc

2020年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题）.1已知集合Px|1x4，Qx|2x3，则PQ（）Ax|1x2Bx|2x3Cx|3x4Dx|1x42已知aR，若a1+（a2）i（i为虚数单位）是实数，则a（）A1B1C2D23若实数x，y满足约束条件，则zx+2y的取值范围是（）A（，4B4，+）C5，+）D（，+）4函数yxcosx+sinx在区间，+的图象大致为（）ABCD5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（）ABC3D66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d0，1记b1S2，bn+1Sn+2S2n，nN*，下列等式不可能成立的是（）A2a4a2+a6B2b4b2+b6Ca42a2a8Db42b2b88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y3图象上的点，则|OP|（）ABCD9已知a，bR且ab0，若（xa）（xb）（x2ab）0在x0上恒成立，则（）Aa0Ba0Cb0Db010设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：对于任意x，yS，若xy，都有xyT；对于任意x，yT，若xy，则S；下列命题正确的是（）A若S有4个元素，则ST有7个元素B若S有4个元素，则ST有6个元素C若S有3个元素，则ST有4个元素D若S有3个元素，则ST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an满足an，则S3 12设 （1+2x）5a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5，则a5 ；a1+a2+a3 13已知tan2，则cos2 ；tan（） 14已知圆锥展开图的侧面积为2，且为半圆，则底面半径为 15设直线l：ykx+b（k0），圆C1：x2+y21，C2：（x4）2+y21，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，则P（0） ；E（） 17设，为单位向量，满足|2|，+，3+，设，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。18在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinAa（）求角B；（）求cosA+cosB+cosC的取值范围19如图，三棱台DEFABC中，面ADFC面ABC，ACBACD45，DC2BC（）证明：EFDB；（）求DF与面DBC所成角的正弦值20已知数列an，bn，cn中，a1b1c11，cn+1an+1an，cn+1cn（nN*）（）若数列bn为等比数列，且公比q0，且b1+b26b3，求q与an的通项公式；（）若数列bn为等差数列，且公差d0，证明：c1+c2+cn1+21如图，已知椭圆C1：+y21，抛物线C2：y22px（p0），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）（）若p，求抛物线C2的焦点坐标；（）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1a2，函数f（x）exxa，其中e2.71828为自然对数的底数（）证明：函数yf（x）在 （0，+）上有唯一零点；（）记x0为函数yf（x）在 （0，+）上的零点，证明：（）x0；（）x0f（）（e1）（a1）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Px|1x4，Qx|2x3，则PQ（）Ax|1x2Bx|2x3Cx|3x4Dx|1x4【分析】直接利用交集的运算法则求解即可解：集合Px|1x4，Qx|2x3，则PQx|2x3故选：B2已知aR，若a1+（a2）i（i为虚数单位）是实数，则a（）A1B1C2D2【分析】利用复数的虚部为0，求解即可解：aR，若a1+（a2）i（i为虚数单位）是实数，可得a20，解得a2故选：C3若实数x，y满足约束条件，则zx+2y的取值范围是（）A（，4B4，+）C5，+）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zx+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z2+24，随着目标函数向上移动截距越来越大，故目标函数z2x+y的取值范围是4，+）故选：B4函数yxcosx+sinx在区间，+的图象大致为（）ABCD【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点解：yf（x）xcosx+sinx，则f（x）xcosxsinxf（x），f（x）为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B，D，当x时，yf（）cos+sin0，故排除B，故选：A5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（）ABC3D6【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：A6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：B7已知等差数列an的前n项和Sn，公差d0，1记b1S2，bn+1Sn+2S2n，nN*，下列等式不可能成立的是（）A2a4a2+a6B2b4b2+b6Ca42a2a8Db42b2b8【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d0，1判断B与D解：在等差数列an中，ana1+（n1）d，b1S22a1+d，bn+1Sn+2S2nb2a1+2d，b4a15d，b63a124d，b85a155dA.2a42（a1+3d）2a1+6d，a2+a6a1+d+a1+5d2a1+6d，故A正确；B.2b42a110d，b2+b6a1+2d3a124d2a122d，若2b4b2+b6，则2a110d2a122d，即d0，不合题意，故B错误；C若a42a2a8，则，即，得，d0，a1d，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：B8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y3图象上的点，则|OP|（）ABCD【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y3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：D9已知a，bR且ab0，若（xa）（xb）（x2ab）0在x0上恒成立，则（）Aa0Ba0Cb0Db0【分析】设f（x）（xa）（xb）（x2ab），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）（xa）（xb）（x2ab），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，a0，b0，可得2a+b0，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ab或a2a+b或bb+2a三种情况，此时ab0显然成立；若bb+2a，则a0不成立；若a2a+b，即a+b0，可得b0，a0且a和2a+b都在正半轴上，符合题意，综上b0恒成立故选：C10设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：对于任意x，yS，若xy，都有xyT；对于任意x，yT，若xy，则S；下列命题正确的是（）A若S有4个元素，则ST有7个元素B若S有4个元素，则ST有6个元素C若S有3个元素，则ST有4个元素D若S有3个元素，则ST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：S1，2，4，则T2，4，8，ST1，2，4，8，4个元素，排除CS2，4，8，则T8，16，32，ST2，4，8，16，32，5个元素，排除D；S2，4，8，16则T8，16，32，64，128，ST2，4，8，16，32，64，128，7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S310【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a11，a23，a36，所以S31+3+610故答案为：1013已知tan2，则cos2；tan（）【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：tan2，则cos2tan（）故答案为：；14已知圆锥展开图的侧面积为2，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，然后求解底面半径解：圆锥侧面展开图是半圆，面积为2，设圆锥的母线长为a，则a22，a2，侧面展开扇形的弧长为2，设圆锥的底面半径OCr，则2r2，解得r1故答案为：115设直线l：ykx+b（k0），圆C1：x2+y21，C2：（x4）2+y21，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d11，d21，解得即可解：由条件得C1（0，0），r11，C2（4，0），r21，因为直线l与C1，C2都相切，故有d11，d21，则有，故可得b2（4k+b）2，整理得k（2k+b）0，因为k0，所以2k+b0，即b2k，代入d11，解得k，则b，故答案为：；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P（0）；E（）1【分析】由题意知随机变量的可能取值为0，1，2；分别计算P（0）、P（1）和P（2），再求E（）的值解：由题意知，随机变量的可能取值为0，1，2；计算P（0）+；P（1）+；P（2）+；所以E（）0+1+21故答案为：，117设，为单位向量，满足|2|，+，3+，设，的夹角为，则cos2的最小值为【分析】设、的夹角为，由题意求出cos；再求，的夹角的余弦值cos2的最小值即可解：设、的夹角为，由，为单位向量，满足|2|，所以44+44cos+12，解得cos；又+，3+，且，的夹角为，所以3+4+4+4cos，+2+2+2cos，9+6+10+6cos；则cos2，所以cos时，cos2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2bsinAa（）求角B；（）求cosA+cosB+cosC的取值范围【分析】（）根据正弦定理可得sinB，结合角的范围，即可求出，（）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：（）2bsinAa，2sinBsinAsinA，sinA0，sinB，B，B，（）ABC为锐角三角形，B，CA，cosA+cosB+cosCcosA+cos（A）+coscosAcosA+sinA+cosA+sinA+sin（A+）+，ABC为锐角三角形，0A，0C，解得A，A+，sin（A+）1，+sin（A+）+1，cosA+cosB+cosC的取值范围为（，19如图，三棱台DEFABC中，面ADFC面ABC，ACBACD45，DC2BC（）证明：EFDB；（）求DF与面DBC所成角的正弦值【分析】（）题根据已知条件，作DHAC，根据面面垂直，可得DHBC，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HBC90，则HBBC，从而可证出BC面DHB，最后根据棱台的定义有EFBC，根据平行线的性质可得EFDB；（）题先可设BC1，根据解直角三角形可得BH1，HC，DH，DC2，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：（）证明：作DHAC，且交AC于点H，面ADFC面ABC，DH面ADFC，DHBC，在RtDHC中，CHCDcos45CD，DC2BC，CHCD2BCBC，即BHC是直角三角形，且HBC90，HBBC，BC面DHB，BD面DHB，BCBD，在三棱台DEFABC中，EFBC，EFDB（）设BC1，则BH1，HC，在RtDHC中，DH，DC2，在RtDHB中，DB，作HGBD于G，BCHG，HG面BCD，GC面BCD，HGGC，HGC是直角三角形，且HGC90，设DF与面DBC所成角为，则即为CH与面DBC的夹角，且sinsinHCG，在RtDHB中，DHHBBDHG，HG，sin20已知数列an，bn，cn中，a1b1c11，cn+1an+1an，cn+1cn（nN*）（）若数列bn为等比数列，且公比q0，且b1+b26b3，求q与an的通项公式；（）若数列bn为等差数列，且公差d0，证明：c1+c2+cn1+【分析】本题第（）题先根据等比数列的通项公式将b2q，b3q2代入b1+b26b3，计算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简cn+1cn可得cn+14cn，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+1an+1an，可得an+1ancn+14n，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（）题通过将已知关系式cn+1cn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+1cn1+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】（）解：由题意，b2q，b3q2，b1+b26b3，1+q6q2，整理，得6q2q10，解得q（舍去），或q，cn+1cncncncn4cn，数列cn是以1为首项，4为公比的等比数列，cn14n14n1，nN*an+1ancn+14n，则a11，a2a141，a3a242，anan14n1，各项相加，可得an1+41+42+4n1（）证明：依题意，由cn+1cn（nN*），可得bn+2cn+1bncn，两边同时乘以bn+1，可得bn+1bn+2cn+1bnbn+1cn，b1b2c1b21+d，数列bnbn+1cn是一个常数列，且此常数为1+d，bnbn+1cn1+d，cn（1+）（1+）（），c1+c2+cn（1+）（）+（1+）（）+（1+）（）（1+）（+）（1+）（）（1+）（1）1+，c1+c2+cn1+，故得证21如图，已知椭圆C1：+y21，抛物线C2：y22px（p0），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）（）若p，求抛物线C2的焦点坐标；（）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】（）直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可；（）设直线方程ykx+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，利用基本不等式即可求出p的最大值解：（）p，则，则抛物线C2的焦点坐标（，0），（）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ykx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由，消y可得（2k2+1）x2+4kty+2t220，16k2t24（2k2+1）（2t22）0，即t21+2k2，x1+x2，x0（x1+x2），y0kx0+t，M（，），点M在抛物线C2上，y22px，p，联立，解得x1，y1，代入椭圆方程可得+1，解得t2p2，p，当且仅当12k2，即k2，t2时等号成立，故p的最大值为22已知1a2，函数f（x）exxa，其中e2.71828为自然对数的底数（）证明：函数yf（x）在 （0，+）上有唯一零点；（）记x0为函数yf（x）在 （0，+）上的零点，证明：（）x0；（）x0f（）（e1）（a1）a【分析】（）推导出x0时，f（x）ex10恒成立，f（0）0，f（2）0，由此能证明函数yf（x）在 （0，+）上有唯一零点（）（i）由f（x）单调增，1a2，设x0的最大值为t，则ct2+t，f（1）c120，则t1，推导出要证明a1，只需证明，记h（x）ex1xx2（0xt），则h（x）ex12x，利用导数性质能证明x0（ii）要证明x0f（e）（e1）（a1）a，只需证明x0f（x0+a）（e1）（a1）a，只需证2（e2），由此能证明x0f（e）（e1）（a1）a【解答】证明：（）f（x）exxa0（x0），f（x）ex10恒成立，f（x）在（0，+）上单调递增，1a2，f（2）e22ae240，又f（0）1a0，函数yf（x）在 （0，+）上有唯一零点（）（i）f（x）单调增，1a2，设x0的最大值为t，则ct2+t，f（1）c120，则t1，右边：由于x0时，ex1+x+，且x0a0，则a1+，左边：要证明a1，只需证明，记h（x）ex1xx2（0xt），则h（x）ex12x，h“（x）ex2，h（x）在（0，ln2）上单调减，在（ln2，+）上单调增，h（x）ex12xmaxh（0），h（t）0，h（x）在0xt时单调减，h（x）ex1xx2h（0）0，x0（ii）要证明x0f（e）（e1）（a1）a，只需证x0f（x0+a）（e1）（a1）a，只需证（e1）a，ex1+x+，只需证1+（）2a（e1）a，只需证2（e2）a0，即证2（e2），+（2，+），x0f（e）（e1）（a1）a