2020年浙江省高考數學（含解析答案版）

1、2020年浙江省高考數學試卷一、選擇題（共10小題）.1已知集合Px|1x4，Qx|2x3，則PQ（）Ax|1x2Bx|2x3Cx|3x4Dx|1x42已知aR，若a1+（a2）i（i為虛數單位）是實數，則a（）A1B1C2D23若實數x，y滿足約束條件，則zx+2y的取值范圍是（）A（，4B4，+）C5，+）D（，+）4函數yxcosx+sinx在區(qū)間，+的圖象大致為（）ABCD5某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體的體積（單位：cm3）是（）ABC3D66已知空間中不過同一點的三條直線m，n，l，則“m，n，l在同一平面”是“m，n，l兩兩相交”的（）A充分不必要條件B必要不

2、充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件7已知等差數列an的前n項和Sn，公差d0，1記b1S2，bn+1Sn+2S2n，nN*，下列等式不可能成立的是（）A2a4a2+a6B2b4b2+b6Ca42a2a8Db42b2b88已知點O（0，0），A（2，0），B（2，0）設點P滿足|PA|PB|2，且P為函數y3圖象上的點，則|OP|（）ABCD9已知a，bR且ab0，若（xa）（xb）（x2ab）0在x0上恒成立，則（）Aa0Ba0Cb0Db010設集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有兩個元素，且S，T滿足：對于任意x，yS，若xy，都有xyT；對于任意x，yT，若xy，則S；下列

3、命題正確的是（）A若S有4個元素，則ST有7個元素B若S有4個元素，則ST有6個元素C若S有3個元素，則ST有4個元素D若S有3個元素，則ST有5個元素二、填空題：本大題共7小題，共36分。多空題每小題4分；單空題每小題4分。11已知數列an滿足an，則S3 12設 （1+2x）5a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5，則a5 ；a1+a2+a3 13已知tan2，則cos2 ；tan（） 14已知圓錐展開圖的側面積為2，且為半圓，則底面半徑為 15設直線l：ykx+b（k0），圓C1：x2+y21，C2：（x4）2+y21，若直線l與C1，C2都相切，則k ；b 16一個盒子里

4、有1個紅1個綠2個黃四個相同的球，每次拿一個，不放回，拿出紅球即停，設拿出黃球的個數為，則P（0） ；E（） 17設，為單位向量，滿足|2|，+，3+，設，的夾角為，則cos2的最小值為 三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。18在銳角ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2bsinAa（）求角B；（）求cosA+cosB+cosC的取值范圍19如圖，三棱臺DEFABC中，面ADFC面ABC，ACBACD45°，DC2BC（）證明：EFDB；（）求DF與面DBC所成角的正弦值20已知數列an，bn，cn中，a1b1c11，cn+1an

5、+1an，cn+1cn（nN*）（）若數列bn為等比數列，且公比q0，且b1+b26b3，求q與an的通項公式；（）若數列bn為等差數列，且公差d0，證明：c1+c2+cn1+21如圖，已知橢圓C1：+y21，拋物線C2：y22px（p0），點A是橢圓C1與拋物線C2的交點，過點A的直線l交橢圓C1于點B，交拋物線C2于M（B，M不同于A）（）若p，求拋物線C2的焦點坐標；（）若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點，求p的最大值22已知1a2，函數f（x）exxa，其中e2.71828為自然對數的底數（）證明：函數yf（x）在 （0，+）上有唯一零點；（）記x0為函數yf（x）在 （0，+

6、）上的零點，證明：（）x0；（）x0f（）（e1）（a1）a參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1已知集合Px|1x4，Qx|2x3，則PQ（）Ax|1x2Bx|2x3Cx|3x4Dx|1x4【分析】直接利用交集的運算法則求解即可解：集合Px|1x4，Qx|2x3，則PQx|2x3故選：B2已知aR，若a1+（a2）i（i為虛數單位）是實數，則a（）A1B1C2D2【分析】利用復數的虛部為0，求解即可解：aR，若a1+（a2）i（i為虛數單位）是實數，可得a20，解得a2故選：C3若實數x，y滿足約束條件，則zx+2y

7、的取值范圍是（）A（，4B4，+）C5，+）D（，+）【分析】作出不等式組表示的平面區(qū)域；作出目標函數對應的直線；結合圖象判斷目標函數zx+2y的取值范圍解：畫出實數x，y滿足約束條件所示的平面區(qū)域，如圖：將目標函數變形為x+y，則z表示直線在y軸上截距，截距越大，z越大，當目標函數過點A（2，1）時，截距最小為z2+24，隨著目標函數向上移動截距越來越大，故目標函數z2x+y的取值范圍是4，+）故選：B4函數yxcosx+sinx在區(qū)間，+的圖象大致為（）ABCD【分析】先判斷函數的奇偶性，再判斷函數值的特點解：yf（x）xcosx+sinx，則f（x）xcosxsinxf（x），f（x）為

8、奇函數，函數圖象關于原點對稱，故排除B，D，當x時，yf（）cos+sin0，故排除B，故選：A5某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體的體積（單位：cm3）是（）ABC3D6【分析】畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數據求解幾何體的體積即可解：由題意可知幾何體的直觀圖如圖，下部是直三棱柱，底面是斜邊長為2的等腰直角三角形，棱錐的高為2，上部是一個三棱錐，一個側面與底面等腰直角三角形垂直，棱錐的高為1，所以幾何體的體積為：故選：A6已知空間中不過同一點的三條直線m，n，l，則“m，n，l在同一平面”是“m，n，l兩兩相交”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分

9、也不必要條件【分析】由m，n，l在同一平面，則m，n，l相交或m，n，l有兩個平行，另一直線與之相交，或三條直線兩兩平行，根據充分條件，必要條件的定義即可判斷解：空間中不過同一點的三條直線m，n，l，若m，n，l在同一平面，則m，n，l相交或m，n，l有兩個平行，另一直線與之相交，或三條直線兩兩平行故m，n，l在同一平面”是“m，n，l兩兩相交”的必要不充分條件，故選：B7已知等差數列an的前n項和Sn，公差d0，1記b1S2，bn+1Sn+2S2n，nN*，下列等式不可能成立的是（）A2a4a2+a6B2b4b2+b6Ca42a2a8Db42b2b8【分析】由已知利用等差數列的通項公式判斷A

10、與C；由數列遞推式分別求得b2，b4，b6，b8，分析B，D成立時是否滿足公差d0，1判斷B與D解：在等差數列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正確；B.2b42a110d，b2+b6a1+2d3a124d2a122d，若2b4b2+b6，則2a110d2a122d，即d0，不合題意，故B錯誤；C若a42a2a8，則，即，得，d0，a1d，符合1，故C正確；D若，則，即，則有兩不等負根，滿足1，故D正確等式

11、不可能成立的是B故選：B8已知點O（0，0），A（2，0），B（2，0）設點P滿足|PA|PB|2，且P為函數y3圖象上的點，則|OP|（）ABCD【分析】求出P滿足的軌跡方程，求出P的坐標，即可求解|OP|解：點O （0，0），A（2，0），B （2，0）設點P滿足|PA|PB|2，可知P的軌跡是雙曲線的右支上的點，P為函數y3圖象上的點，即在第一象限的點，聯立兩個方程，解得P（，），所以|OP|故選：D9已知a，bR且ab0，若（xa）（xb）（x2ab）0在x0上恒成立，則（）Aa0Ba0Cb0Db0【分析】設f（x）（xa）（xb）（x2ab），求得f（x）的零點，根據f（0）0恒成立

12、，討論a，b的符號，結合三次函數的圖象，即可得到結論解：設f（x）（xa）（xb）（x2ab），可得f（x）的圖象與x軸有三個交點，即f（x）有三個零點a，b，2a+b且f（0）ab（2a+b），由題意知，f（0）0恒成立，則ab（2a+b）0，a0，b0，可得2a+b0，ab（2a+b）0恒成立，排除B，D；我們考慮零點重合的情況，即中間和右邊的零點重合，左邊的零點在負半軸上則有ab或a2a+b或bb+2a三種情況，此時ab0顯然成立；若bb+2a，則a0不成立；若a2a+b，即a+b0，可得b0，a0且a和2a+b都在正半軸上，符合題意，綜上b0恒成立故選：C10設集合S，T，SN*，TN

13、*，S，T中至少有兩個元素，且S，T滿足：對于任意x，yS，若xy，都有xyT；對于任意x，yT，若xy，則S；下列命題正確的是（）A若S有4個元素，則ST有7個元素B若S有4個元素，則ST有6個元素C若S有3個元素，則ST有4個元素D若S有3個元素，則ST有5個元素【分析】利用特殊集合排除選項，推出結果即可解：?。篠1，2，4，則T2，4，8，ST1，2，4，8，4個元素，排除CS2，4，8，則T8，16，32，ST2，4，8，16，32，5個元素，排除D；S2，4，8，16則T8，16，32，64，128，ST2，4，8，16，32，64，128，7個元素，排除B；故選：A二、填空題：本大

14、題共7小題，共36分。多空題每小題4分；單空題每小題4分。11已知數列an滿足an，則S310【分析】求出數列的前3項，然后求解即可解：數列an滿足an，可得a11，a23，a36，所以S31+3+610故答案為：1013已知tan2，則cos2；tan（）【分析】利用二倍角公式以及同角三角函數基本關系式求解第一問，利用兩角和與差的三角函數轉化求解第二問解：tan2，則cos2tan（）故答案為：；14已知圓錐展開圖的側面積為2，且為半圓，則底面半徑為1【分析】利用圓錐的側面積，求出母線長，求解底面圓的周長，然后求解底面半徑解：圓錐側面展開圖是半圓，面積為2，設圓錐的母線長為a，則a22，a2

15、，側面展開扇形的弧長為2，設圓錐的底面半徑OCr，則2r2，解得r1故答案為：115設直線l：ykx+b（k0），圓C1：x2+y21，C2：（x4）2+y21，若直線l與C1，C2都相切，則k；b【分析】根據直線l與兩圓都相切，分別列出方程d11，d21，解得即可解：由條件得C1（0，0），r11，C2（4，0），r21，因為直線l與C1，C2都相切，故有d11，d21，則有，故可得b2（4k+b）2，整理得k（2k+b）0，因為k0，所以2k+b0，即b2k，代入d11，解得k，則b，故答案為：；16一個盒子里有1個紅1個綠2個黃四個相同的球，每次拿一個，不放回，拿出紅球即停，設拿出黃球的

16、個數為，則P（0）；E（）1【分析】由題意知隨機變量的可能取值為0，1，2；分別計算P（0）、P（1）和P（2），再求E（）的值解：由題意知，隨機變量的可能取值為0，1，2；計算P（0）+；P（1）+；P（2）+；所以E（）0×+1×+2×1故答案為：，117設，為單位向量，滿足|2|，+，3+，設，的夾角為，則cos2的最小值為【分析】設、的夾角為，由題意求出cos；再求，的夾角的余弦值cos2的最小值即可解：設、的夾角為，由，為單位向量，滿足|2|，所以44+44cos+12，解得cos；又+，3+，且，的夾角為，所以3+4+4+4cos，+2+2+2cos，

17、9+6+10+6cos；則cos2，所以cos時，cos2取得最小值為故答案為：三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。18在銳角ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2bsinAa（）求角B；（）求cosA+cosB+cosC的取值范圍【分析】（）根據正弦定理可得sinB，結合角的范圍，即可求出，（）根據兩角和差的余弦公式，以及利用正弦函數的性質即可求出解：（）2bsinAa，2sinBsinAsinA，sinA0，sinB，B，B，（）ABC為銳角三角形，B，CA，cosA+cosB+cosCcosA+cos（A）+coscosAcosA+s

18、inA+cosA+sinA+sin（A+）+，ABC為銳角三角形，0A，0C，解得A，A+，sin（A+）1，+sin（A+）+1，cosA+cosB+cosC的取值范圍為（，19如圖，三棱臺DEFABC中，面ADFC面ABC，ACBACD45°，DC2BC（）證明：EFDB；（）求DF與面DBC所成角的正弦值【分析】（）題根據已知條件，作DHAC，根據面面垂直，可得DHBC，進一步根據直角三角形的知識可判斷出BHC是直角三角形，且HBC90°，則HBBC，從而可證出BC面DHB，最后根據棱臺的定義有EFBC，根據平行線的性質可得EFDB；（）題先可設BC1，根據解直角三角

19、形可得BH1，HC，DH，DC2，DB，然后找到CH與面DBC的夾角即為HCG，根據棱臺的特點可知DF與面DBC所成角與CH與面DBC的夾角相等，通過計算HCG的正弦值，即可得到DF與面DBC所成角的正弦值解：（）證明：作DHAC，且交AC于點H，面ADFC面ABC，DH面ADFC，DHBC，在RtDHC中，CHCDcos45°CD，DC2BC，CHCD2BCBC，即BHC是直角三角形，且HBC90°，HBBC，BC面DHB，BD面DHB，BCBD，在三棱臺DEFABC中，EFBC，EFDB（）設BC1，則BH1，HC，在RtDHC中，DH，DC2，在RtDHB中，DB，作

20、HGBD于G，BCHG，HG面BCD，GC面BCD，HGGC，HGC是直角三角形，且HGC90°，設DF與面DBC所成角為，則即為CH與面DBC的夾角，且sinsinHCG，在RtDHB中，DHHBBDHG，HG，sin20已知數列an，bn，cn中，a1b1c11，cn+1an+1an，cn+1cn（nN*）（）若數列bn為等比數列，且公比q0，且b1+b26b3，求q與an的通項公式；（）若數列bn為等差數列，且公差d0，證明：c1+c2+cn1+【分析】本題第（）題先根據等比數列的通項公式將b2q，b3q2代入b1+b26b3，計算出公比q的值，然后根據等比數列的定義化簡cn+

21、1cn可得cn+14cn，則可發(fā)現數列cn是以1為首項，4為公比的等比數列，從而可得數列cn的通項公式，然后將通項公式代入cn+1an+1an，可得an+1ancn+14n，再根據此遞推公式的特點運用累加法可計算出數列an的通項公式；第（）題通過將已知關系式cn+1cn不斷進行轉化可構造出數列bnbn+1cn，且可得到數列bnbn+1cn是一個常數列，且此常數為1+d，從而可得bnbn+1cn1+d，再計算得到cn，根據等差數列的特點進行轉化進行裂項，在求和時相消，最后運用放縮法即可證明不等式成立【解答】（）解：由題意，b2q，b3q2，b1+b26b3，1+q6q2，整理，得6q2q10，解

22、得q（舍去），或q，cn+1cncncncn4cn，數列cn是以1為首項，4為公比的等比數列，cn14n14n1，nN*an+1ancn+14n，則a11，a2a141，a3a242，anan14n1，各項相加，可得an1+41+42+4n1（）證明：依題意，由cn+1cn（nN*），可得bn+2cn+1bncn，兩邊同時乘以bn+1，可得bn+1bn+2cn+1bnbn+1cn，b1b2c1b21+d，數列bnbn+1cn是一個常數列，且此常數為1+d，bnbn+1cn1+d，cn（1+）（1+）（），c1+c2+cn（1+）（）+（1+）（）+（1+）（）（1+）（+）（1+）（）（1+）

23、（1）1+，c1+c2+cn1+，故得證21如圖，已知橢圓C1：+y21，拋物線C2：y22px（p0），點A是橢圓C1與拋物線C2的交點，過點A的直線l交橢圓C1于點B，交拋物線C2于M（B，M不同于A）（）若p，求拋物線C2的焦點坐標；（）若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點，求p的最大值【分析】（）直接由拋物線的定義求出焦點坐標即可；（）設直線方程ykx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由，根據韋達定理定理求出M（，），可得p，再由，求出點A的坐標，代入橢圓方程可得t2，化簡整理得p2，利用基本不等式即可求出p的最大值解：（）p，則，則拋物線C2的焦點坐標（，0），（）直線l與x軸垂直時，此時點M與點A或點B重合，不滿足題意，設直線l的方程為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（，），點M在拋物線C2上，y22px，p，聯立，解得x1，y1，代入橢圓方程可得+1，解得t2p2，p，當且僅當12k2，即