2020年高考浙江高考數(shù)學(xué)試題及答案

2020年江省高考學(xué)試卷一、選擇題（共10?。?．已知集合P{＜＜4}，Q＝{|2＜x＜，則P∩Q（）A{|1≤2}B{＜x＜3}．{≤x＜4}D．{x|1＜x＜4}．已知，若a﹣（﹣2i（i

為虛數(shù)單位）是實數(shù)，則＝）A1B﹣1．2D．﹣．若實數(shù)x，滿約束條件，則＝+2y的取值范圍是（）A（﹣∞4]B．，+∞）

C．，+∞）

D．﹣，+）．函數(shù)y＝xcosx在間[﹣，+]圖象大致為（）A

B．C．

D．．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cm）是（

）A

B

C．D．

nn1nn2n42424284nn1nn2n42424284nn312345651231212．已知空間中不過同一點的三條直線nl，則，nl兩相交”的（）

在同一平面”是m，，l

兩A充分不必要條件C．分必要條件

B．要不充分條件D．不分也不必要條件已等差數(shù){}前n項和公≠0下列等式不可能成立的是（）

≤1記b＝＝﹣nN*A2a＝+

Bb＝+

C．＝a

D．2＝b．已知點O，）（﹣2，），（2，0．設(shè)點P滿|﹣PB＝，為數(shù)y＝3A

圖象上的點，則＝（）B

C．

D．已知R且≠（x﹣x﹣x﹣2a﹣b≥在x≥0上恒成立（）AaB．＞0C．＜0D．b＞10設(shè)集合，，N*TN*，，中至少有兩個元素，且，滿足：對任意，S，若≠y，都有xyT對任意，T，x，則；列命題正確的是（）A若有個元素，則S∪有元素B若S有個元素，則S∪T有元素C．有個元素，則ST有元素D．S有個元素，則ST有5個素二、填空題：本大題共7小，共分。多空題每小題分；單空題每小題4分。11已知數(shù){}足＝，則＝．12設(shè)（x）

＝aa+x2+ax3x4+ax

，則＝；a+a+a＝．13已知tan＝，則cos2＝；（﹣）．14已知圓錐展開圖的側(cè)面積為，為半圓，則底面半徑為．15設(shè)直線l＝+b（k＞0，圓C：2y2

＝1C：（﹣）+21，若直線l

與，C都切，則＝；b＝．16個盒子里有1個1個黃四個相同的球每次拿一個放回出紅球即停，設(shè)拿出黃球的個數(shù)為，（＝）＝；（）．

nnnn111nnn12nnnn111nnn12n1n121212217設(shè)，

為單位向量，滿

﹣

≤，＝

+

，＝3

，設(shè)，的夾角為，的最小值為．三、解答題：本大題共5小，共分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。18在銳角，角，，的邊分別為a，c，且b＝（Ⅰ）求角B；（Ⅱ）求cos+cos+cos的值范圍．

．19如圖，三棱臺DEF中面ADFC⊥ABC，＝∠＝°DC＝2．（Ⅰ）證明：⊥DB（Ⅱ）求DF與面所角的正弦值．20已數(shù)列{}}＝＝＝1c＝a﹣＝

c（N*．（Ⅰ）若數(shù){}等比數(shù)列，且公比q0且b+b＝b，與a的通項公式；（Ⅱ）若數(shù){}等差數(shù)列，且公差d0證明：c+c+c＜1+．21如圖，已知橢圓C：

+2，拋物線C：y2＝（p＞），點A是圓與物線的交點，過點A的線l

交橢圓C于B，拋物線C于M（，M不同于）（Ⅰ）若p，求拋物線C的焦點坐標(biāo)；（Ⅱ）若存在不過原點的直線l

使M為段AB的點求的最大值．22已知＜a≤2，函數(shù)（x）＝﹣﹣a，其中e＝…為自然對數(shù)的底數(shù)．

000000（Ⅰ）證明：函數(shù)y＝f）在（0∞）上有唯一零點；（Ⅱ）記x為數(shù)＝f（x）在（，+）上的零點，證明：（ⅰ）（ⅱ）xf（

≤x≤；）≥（﹣1（a1）．

參考答案一、選擇題：本大題共0小，每小題，共40分在每小給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。．已知集合P{＜＜4}，Q＝{|2＜x＜，則P∩Q（）A{|1≤2}B{＜x＜3}．{≤x＜4}D．{x|1＜x＜4}【分析】直接利用交集的運算法則求解即可．解：集合＝{＜x＜4}，＝{x＜x＜3}，則P＝{x|2＜＜3}故選：B．．已知，若a﹣（﹣2i（i

為虛數(shù)單位）是實數(shù)，則＝）A1B﹣1．2D．﹣【分析】利用復(fù)數(shù)的虛部為，求解即可．解：R若﹣（a﹣）ii可得﹣2＝0，解得a＝．故選：C．．若實數(shù)x，滿約束條件

為虛數(shù)單位）是實數(shù)，，則z＝x+2y的取值范圍是（）A（﹣∞4]B．，+∞）

C．，+∞）

D．﹣，+）【分析】作出不等式組表示的平面區(qū)域；作出目標(biāo)函數(shù)對應(yīng)的直線；結(jié)合圖象判斷目標(biāo)函數(shù)z＝x+2的值范圍．解：畫出實數(shù)x，滿約束條件

所示的平面區(qū)域，如圖：將目標(biāo)函數(shù)變形為﹣x+＝，則z表直線在y軸截距，截距越大越大當(dāng)目標(biāo)函數(shù)過點（，1）時，截距最小為z＝2+2＝，隨著目標(biāo)函數(shù)向上移動截距越來越大，故目標(biāo)函數(shù)z＝xy的值范圍[4，∞）．故選：B．

．函數(shù)y＝xcosx在間[﹣，+]圖象大致為（）A

B．C．

D．【分析】先判斷函數(shù)的奇偶性，再判斷函數(shù)值的特點．解：y＝（x）＝xcosx+sinx，則f﹣x）＝﹣xcosx﹣sin＝﹣f），∴（x）為奇函數(shù)，函數(shù)圖象于原點對稱，故排除B，，當(dāng)x＝時，y＝（）cos＝﹣＜，故排除B，故選：A．．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cm）是（）

A

B

C．D．【分析】畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數(shù)據(jù)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的腰直角三角形棱的高為上是一個三棱錐一側(cè)面與底面等腰直角三角形垂直棱錐的高為，所以幾何體的體積為：故選：A．

＝．．已知空間中不過同一點的三條直線nl，則，nl兩相交”的（）

在同一平面”是m，，l

兩A充分不必要條件C．分必要條件

B．要不充分條件D．不分也不必要條件【分析】由，n，l

在同一平面，則，nl

相交或m，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(jù)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l，若m，l

在同一平面，則nl

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．

nn1nn2n42424284268nnnnn1nn2n42424284268nnnnn121214161814112611412611141141故m，l故選：B．

在同一平面”是m，

兩兩相交”的必要不充分條件，已等差數(shù){}前n項和公≠0下列等式不可能成立的是（）

≤1記b＝＝﹣nN*，A2a＝+

Bb＝+

C．＝a

D．2＝b【分析】由已知利用等差數(shù)列的通項公式判斷與C由數(shù)列遞推式分別求得，，，b，析B，成時是否滿足公差≠，解：在等差數(shù)列{}a＝a+（n﹣1d，

≤斷與D．，＝＝2，b＝﹣＝．∴b＝，b＝a﹣d，b＝a﹣24，＝﹣5﹣d．Aa＝（ad＝2，a+a＝a++d＝2d故正確；Bb＝2﹣d+b＝ad﹣d＝﹣2﹣22d若b＝b，﹣a﹣＝2﹣22，即d0不合題意，故錯；C．a(chǎn)2＝，即∵d0，∴a＝，符合

，得≤1故正；

，，D．

，則

，即

，則

有兩不等負(fù)根，滿足

≤1故正．∴等式不可能成立的是B故選：B．．已知點O，）（﹣2，），（2，0．設(shè)點P滿|﹣PB＝，為數(shù)y＝3A

圖象上的點，則＝（）B

C．

D．【分析】求出P滿足的軌跡方程，求出P的標(biāo)，即可求解|．解：點（0），A（﹣，0），（，0）設(shè)點滿足﹣|PB＝2，

可知的軌跡是雙曲線

的右支上的點，P為數(shù)＝3

圖象上的點，即

在第一象限的點，聯(lián)立兩個方程，解得（

，

），所以|＝故選：D

＝

．已知R且≠（x﹣x﹣x﹣2a﹣b≥在x≥0上恒成立（）AaB．＞0C．＜0D．b＞【分析】設(shè)f）＝（﹣a（﹣）（x﹣2﹣b），求得f（）的零點，根據(jù)f）≥0恒成立，討論，b的號，結(jié)三次函數(shù)的圖象，即可得到結(jié)論．解：設(shè)f（x）＝（﹣a）（x﹣b）（x﹣a），可得f（）的圖象與x軸三個交點，即f）有三個零點，，a+b且f（0＝﹣ab2+b，由題意知，（）≥0恒立，則（+）≤0，＜0b＜0，可得+＜0，ab+）≤恒立，排除，；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(fù)半軸上．則有＝b或＝+b或bba三情況，此時＝＜0然成立；若＝b，則a不立；若＝2a+b即+b＝，得＜0，a＞0且aa都在正半軸上，符合意，綜上＜0恒立．故選：C．10設(shè)集合，，N*TN*，，中至少有兩個元素，且，滿足：對任意，S，若≠y，都有xyT對任意，T，x，則；列命題正確的是（）A若有個元素，則S∪有元素B若S有個元素，則S∪T有元素C．有個元素，則ST有元素D．S有個元素，則ST有5個素【分析】利用特殊集合排除選項，推出結(jié)果即可．

nn3nn1233nn3nn1233解：?。海絳12，4}，則T＝，4，8}∪＝{1，2，4，8}，個素，排除CS＝{2，4，，則＝{8，，∪＝{2，4，，32}，5個素，排除D；S＝{2，4，，16}＝{816，，64128}∪T＝{2，8，32，，128}，元素，排除B；故選：A．二、填空題：本大題共7小，共分。多空題每小題分；單空題每小題4分。11已知數(shù){}足＝，則＝．【分析】求出數(shù)列的前3項然后求解即可．解：數(shù)列{}足＝可得＝，＝，＝，所以＝＝．故答案為：10．

，．已知＝，則cos2＝；tan（﹣）．【分析】利用二倍角公式以及同角三角函數(shù)基本關(guān)系式求解第一問，利用兩角和與差的三角函數(shù)轉(zhuǎn)化求解第二問．解：＝，則＝＝＝＝．（﹣）＝＝＝．故答案為：﹣；．14已知圓錐展開圖的側(cè)面積為，為半圓，則底面半徑為．【分析】利用圓錐的側(cè)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(cè)面展開圖是半圓，面積為2，

1212121122112112121211221121設(shè)圓錐的母線長為，則

＝2，∴＝2，∴側(cè)面展開扇形的弧長為2，設(shè)圓錐的底面半徑＝r則r＝，解得r．故答案為：1．15設(shè)直線l＝+b（k＞0，圓C：2y2

＝1C：（﹣）+21，若直線l

與，C都切，則＝；b﹣．【分析】根據(jù)直線l

與兩圓都相切，分別列出方程d＝

＝1＝＝，解得即可．解：由條件得C（0，0），r＝，4，0），r＝1因為直線l

與，C都相切，故有＝＝，d＝＝1，則有＝，可b2

＝（4+b，整理得k（2+b0因為k＞，所以k+b＝，即＝﹣2，代入＝＝，解得k＝，b﹣，故答案為：；．

16個盒子里有1個1個黃四個相同的球每次拿一個放回出紅球即停，設(shè)拿出黃球的個數(shù)為，（＝）＝；（）．【分析】由題意知隨機變量的能取值為0，1，；分別計算（＝0）P（＝）和P＝），再求（）值．解：由題意知，隨機變量的可能取值為0，，；計算（＝0）＝P（＝1）＝

++

＝；＝；P（＝2）＝

+

＝；所以（）＝×+1+2＝1．故答案為：，．17設(shè)，

為單位向量，滿

﹣

≤，＝

+

，＝3

，設(shè)，的夾角為，的最小值為

．【分析】設(shè)、

的夾角為，題意求出cos≥；再求，的角θ的弦值的最小值即可．解：設(shè)

、

的夾角為，

，

為單位向量，滿|2

﹣

≤，所以

﹣4

+

＝4﹣+1≤，解得≥；又＝

+

，＝

+

，且，的角為，所以

＝3

+4

+

＝，＝＝9

+2+6

++

＝2+2cos，＝10+6cos；

則cos2＝＝＝＝﹣，所以＝時，取最小值為﹣＝．故答案為：．三、解答題：本大題共5小，共分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。18在銳角，角，，的邊分別為a，c，且b＝

．（Ⅰ）求角B；（Ⅱ）求cos+cos+cos的值范圍．【分析】（Ⅰ）根據(jù)正弦定理可得＝，合角的范圍，即可求出，（Ⅱ）根據(jù)兩角和差的余弦公式，以及利用正弦函數(shù)的性質(zhì)即可求出．解：（Ⅰ）2sinA＝

，∴＝∵sinA≠0，

，∴sinB＝

，∵＜B＜

，∴＝

，（Ⅱ）∵△銳角三角形B＝∴C＝﹣，

，∴cos+cos+cosC＝+cos（

﹣A）+cos

＝﹣

cosA+sinA

＝A++＝（+△為銳角三角形＜A＜

），，0＜＜，解得

＜＜

，∴

＜+

＜

，

∴

＜sin（A

）≤1∴

+＜sin（A+

）+1≤，∴ABC的值范圍為（

，]19如圖，三棱臺DEF中面ADFC⊥ABC，＝∠＝°DC＝2．（Ⅰ）證明：⊥DB（Ⅱ）求DF與面所角的正弦值．【分析】（Ⅰ）題根據(jù)已知條件，作DHAC，根據(jù)面面垂直，可得DH⊥，進(jìn)一步根據(jù)直角三角形的知識可判斷出是直角三角，且＝90，則⊥，從而可證出⊥面，后根據(jù)棱臺的定義有∥，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得EF⊥；（Ⅱ）題先可設(shè)BC1根據(jù)解直角三角形可得BH1，HC

，＝，DC＝，＝

找到與面的角即為HCG棱臺的特點可知DF面所成角與與面的角相等過算HCG的正弦值可到DF與所成角的正弦值．解：（Ⅰ）證明：作⊥AC且交AC于∵面ADFC面ABC面ADFCDH⊥，∴在eq\o\ac(△,Rt)DHC中，CDcos45＝

CD∵DC＝，∴CH＝

CD

2BC＝

，∴＝

，即△BHC是角三角形，且＝°，∴⊥BC∴⊥面DHB，∵面DHB∴BCBD∵在三棱臺DEF﹣ABC，EF∥BC∴⊥．

nnnn111nnn12n1n231nnnn111nnn12n1n231n+1n+1nnnn+1nnnn+1nnnnnn（Ⅱ）設(shè)＝，則＝，＝在eq\o\ac(△,Rt)DHC中，＝，DC2＝在eq\o\ac(△,Rt)DHB中，DB

，

＝，作HGBD，BC⊥HG，∴HG⊥面BCD∵GC面，∴HGGC∴△HGC是角三角形，且HGC＝°，設(shè)DF與DBC所角為，即為CH面DBC的角，且＝∠HCG＝＝，∵在eq\o\ac(△,Rt)DHB中，DHHB＝HG，∴HG＝＝，∴sin＝＝＝．20已數(shù)列{}}＝＝＝1c＝a﹣＝

c（nN*．（Ⅰ）若數(shù){}等比數(shù)列，且公比q0且b+b＝b，與a的通項公式；（Ⅱ）若數(shù){}等差數(shù)列，且公差d0證明：c+c+c＜1+．【分析】本題第（Ⅰ）題先根據(jù)等比數(shù)列的通項公式將b＝q，b＝q2

代入+b＝6，計算出公比的，然后根據(jù)等比數(shù)列的定義化簡c＝

c可＝，則可發(fā)現(xiàn)數(shù)列{}以1為項4為比的等比數(shù)列，從而可得數(shù){}通公式，然后將通項公式代入＝a﹣a，得﹣a＝c＝

n

，再根據(jù)此遞推公式的特點運用累加法可計算出數(shù)列{}通公式；第（Ⅱ）題通過將已知關(guān)系式＝

c不進(jìn)行轉(zhuǎn)化可構(gòu)造出數(shù)且

nnnnnnn2313nnnnnnnnnnnnnnnnn2313nnnnnnnnnnn12132nnnnnnn+1nnnn122nnn可得到數(shù)列一個常列，且此常數(shù)為，從而可得bc＝1+d再計算得到c＝，據(jù)等差數(shù)列的特點進(jìn)行轉(zhuǎn)化進(jìn)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】（Ⅰ）解：由題意，＝，＝∵b+b＝6，＝62

，整理，得6

﹣q﹣1＝0，解得＝﹣（舍去），或＝，∴c＝

c＝

c＝

c＝

c＝4c，∴數(shù)列{c}以首項，公比的等比數(shù)列，∴c＝n＝，nN*．∴a﹣a＝＝4則＝，﹣a＝，﹣a＝，

n﹣a＝

n1各項相加，可得＝1+41+4++4

n1＝．（Ⅱ）證明：依題意，由＝

c（N*，可得＝?，兩邊同時乘以b，可得bc＝b，∵b＝b＝1+d，∴數(shù)列{bc}一常數(shù)列，且此常數(shù)為d，

nnnn1n1n12121221nnnn1n1n12121221200b＝1+d∴c＝

＝

＝（）

＝（）﹣）∴c+…+c＝（）（

﹣

）（）

﹣

）…+1+）（

﹣）＝（）（

﹣

+

﹣

++

﹣

）＝（）（

﹣

）＝（）（1﹣

）＜1+，∴c+…+c＜1+，得證．21如圖，已知橢圓C：

+2

＝，拋物線：2

＝（p＞0，點是橢圓與物線的交點，過點A的線l

交橢圓C于B，拋物線C于M（，M不同于）（Ⅰ）若p，求拋物線C的焦點坐標(biāo)；（Ⅱ）若存在不過原點的直線l

使M為段AB的點求的最大值．【分析】（Ⅰ）直接由拋物線的定義求出焦點坐標(biāo)即可；（Ⅱ）設(shè)直線方程y＝kx+t，A（x，），（，），M，y）由，根據(jù)韋達(dá)定理定理求出（﹣，），可得，再由，出點

21120010102112112001010211的坐標(biāo)，代入橢圓方程可得t＝，化簡整理得2＝，利用基本不等式即可求出p的大值．解：（Ⅰ）p＝，則＝，則拋物線的焦點坐標(biāo)（）（Ⅱ）直線l

與x軸直時，此時點點或B重，不滿足題意，設(shè)直線l

的方程為y＝+tA（x，），（，）（x，y）由，可（22

）x+4t

﹣20，∴△＝162

t2

﹣4（2k）t2﹣）≥，即t

＜k，∴x+＝∴y＝t

，∴x＝（+）＝﹣，∴M﹣，

，），∵點M在物C上，2

＝2px，∴p＝＝，聯(lián)立，得＝，y＝，代入橢圓方程可得

+

＝1解得2

＝∴p2＝＝≤