2020年高考數(shù)學試卷（浙江）（解析卷）

第頁|共頁2020年浙江省高考數(shù)學試卷（解析版）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P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，則P∩Q＝（）A．{x|1＜x≤2} B．{x|2＜x＜3} C．{x|3≤x＜4} D．{x|1＜x＜4}【分析】直接利用交集的運算法則求解即可．解：集合P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，則P∩Q＝{x|2＜x＜3}．故選：B．2．已知a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i為虛數(shù)單位）是實數(shù)，則a＝（）A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2【分析】利用復數(shù)的虛部為0，求解即可．解：a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i為虛數(shù)單位）是實數(shù)，可得a﹣2＝0，解得a＝2．故選：C．3．若實數(shù)x，y滿足約束條件，則z＝x+2y的取值范圍是（）A．（﹣∞，4] B．[4，+∞） C．[5，+∞） D．（﹣∞，+∞）【分析】作出不等式組表示的平面區(qū)域；作出目標函數(shù)對應的直線；結(jié)合圖象判斷目標函數(shù)z＝x+2y的取值范圍．解：畫出實數(shù)x，y滿足約束條件所示的平面區(qū)域，如圖：將目標函數(shù)變形為﹣x+＝y(tǒng)，則z表示直線在y軸上截距，截距越大，z越大，當目標函數(shù)過點A（2，1）時，截距最小為z＝2+2＝4，隨著目標函數(shù)向上移動截距越來越大，故目標函數(shù)z＝2x+y的取值范圍是[4，+∞）．故選：B．4．函數(shù)y＝xcosx+sinx在區(qū)間[﹣π，+π]的圖象大致為（）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＝f（x）＝xcosx+sinx，則f（﹣x）＝﹣xcosx﹣sinx＝﹣f（x），∴f（x）為奇函數(shù)，函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱，故排除B，D，當x＝π時，y＝f（π）＝πcosπ+sinπ＝﹣π＜0，故排除B，故選：A．5．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（）A． B． C．3 D．6【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的等腰直角三角形，棱錐的高為2，上部是一個三棱錐，一個側(cè)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：A．6．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(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：B．7．已知等差數(shù)列{an}的前n項和Sn，公差d≠0，≤1．記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．a(chǎn)42＝a2a8 D．b42＝b2b8【分析】由已知利用等差數(shù)列的通項公式判斷A與C；由數(shù)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d≠0，≤1判斷B與D．解：在等差數(shù)列{an}中，an＝a1+（n﹣1）d，，，b1＝S2＝2a1+d，bn+1＝Sn+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正確；B.2b4＝﹣2a1﹣10d，b2+b6＝a1+2d﹣3a1﹣24d＝﹣2a1﹣22d，若2b4＝b2+b6，則﹣2a1﹣10d＝﹣2a1﹣22d，即d＝0，不合題意，故B錯誤；C．若a42＝a2a8，則，即，得，∵d≠0，∴a1＝d，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．∴等式不可能成立的是B．故選：B．8．已知點O（0，0），A（﹣2，0），B（2，0）．設(shè)點P滿足|PA|﹣|PB|＝2，且P為函數(shù)y＝3圖象上的點，則|OP|＝（）A． B． C． D．【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(shè)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(shù)y＝3圖象上的點，即在第一象限的點，聯(lián)立兩個方程，解得P（，），所以|OP|＝＝．故選：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，則（）A．a(chǎn)＜0 B．a(chǎn)＞0 C．b＜0 D．b＞0【分析】設(shè)f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），求得f（x）的零點，根據(jù)f（0）≥0恒成立，討論a，b的符號，結(jié)合三次函數(shù)的圖象，即可得到結(jié)論．解：設(shè)f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），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，a＜0，b＜0，可得2a+b＜0，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a＝b或a＝2a+b或b＝b+2a三種情況，此時a＝b＜0顯然成立；若b＝b+2a，則a＝0不成立；若a＝2a+b，即a+b＝0，可得b＜0，a＞0且a和2a+b都在正半軸上，符合題意，綜上b＜0恒成立．故選：C．10．設(shè)集合S，T，S?N*，T?N*，S，T中至少有兩個元素，且S，T滿足：①對于任意x，y∈S，若x≠y，都有xy∈T；②對于任意x，y∈T，若x＜y，則∈S；下列命題正確的是（）A．若S有4個元素，則S∪T有7個元素 B．若S有4個元素，則S∪T有6個元素 C．若S有3個元素，則S∪T有4個元素 D．若S有3個元素，則S∪T有5個元素【分析】利用特殊集合排除選項，推出結(jié)果即可．解：?。篠＝{1，2，4}，則T＝{2，4，8}，S∪T＝{1，2，4，8}，4個元素，排除C．S＝{2，4，8}，則T＝{8，16，32}，S∪T＝{2，4，8，16，32}，5個元素，排除D；S＝{2，4，8，16}則T＝{8，16，32，64，128}，S∪T＝{2，4，8，16，32，64，128}，7個元素，排除B；故選：A．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(shù)列{an}滿足an＝，則S3＝10．【分析】求出數(shù)列的前3項，然后求解即可．解：數(shù)列{an}滿足an＝，可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，所以S3＝1+3+6＝10．故答案為：10．13．已知tanθ＝2，則cos2θ＝；tan（θ﹣）＝．【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：tanθ＝2，則cos2θ＝＝＝＝﹣．tan（θ﹣）＝＝＝．故答案為：﹣；．14．已知圓錐展開圖的側(cè)面積為2π，且為半圓，則底面半徑為1．【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2π，設(shè)圓錐的母線長為a，則a2π＝2π，∴a＝2，∴側(cè)面展開扇形的弧長為2π，設(shè)圓錐的底面半徑OC＝r，則2πr＝2π，解得r＝1．故答案為：1．15．設(shè)直線l：y＝kx+b（k＞0），圓C1：x2+y2＝1，C2：（x﹣4）2+y2＝1，若直線l與C1，C2都相切，則k＝；b＝﹣．【分析】根據(jù)直線l與兩圓都相切，分別列出方程d1＝＝1，d2＝＝1，解得即可．解：由條件得C1（0，0），r1＝1，C2（4，0），r2＝1，因為直線l與C1，C2都相切，故有d1＝＝1，d2＝＝1，則有＝，故可得b2＝（4k+b）2，整理得k（2k+b）＝0，因為k＞0，所以2k+b＝0，即b＝﹣2k，代入d1＝＝1，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(shè)拿出黃球的個數(shù)為ξ，則P（ξ＝0）＝；E（ξ）＝1．【分析】由題意知隨機變量ξ的可能取值為0，1，2；分別計算P（ξ＝0）、P（ξ＝1）和P（ξ＝2），再求E（ξ）的值．解：由題意知，隨機變量ξ的可能取值為0，1，2；計算P（ξ＝0）＝+＝；P（ξ＝1）＝+＝；P（ξ＝2）＝+＝；所以E（ξ）＝0×+1×+2×＝1．故答案為：，1．17．設(shè)，為單位向量，滿足|2﹣|≤，＝+，＝3+，設(shè)，的夾角為θ，則cos2θ的最小值為．【分析】設(shè)、的夾角為α，由題意求出cosα≥；再求，的夾角θ的余弦值cos2θ的最小值即可．解：設(shè)、的夾角為α，由，為單位向量，滿足|2﹣|≤，所以4﹣4?+＝4﹣4cosα+1≤2，解得cosα≥；又＝+，＝3+，且，的夾角為θ，所以?＝3+4?+＝4+4cosα，＝+2?+＝2+2cosα，＝9+6+＝10+6cosα；則cos2θ＝＝＝＝﹣，所以cosα＝時，cos2θ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2bsinA＝a．（Ⅰ）求角B；（Ⅱ）求cosA+cosB+cosC的取值范圍．【分析】（Ⅰ）根據(jù)正弦定理可得sinB＝，結(jié)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）∵2bsinA＝a，∴2sinBsinA＝sinA，∵sinA≠0，∴sinB＝，∵＜B＜，∴B＝，（Ⅱ）∵△ABC為銳角三角形，B＝，∴C＝﹣A，∴cosA+cosB+cosC＝cosA+cos（﹣A）+cos＝cosA﹣cosA+sinA+＝cosA+sinA+＝sin（A+）+，△ABC為銳角三角形，0＜A＜，0＜C＜，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DEF﹣ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．（Ⅰ）證明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF與面DBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）題根據(jù)已知條件，作DH⊥AC，根據(jù)面面垂直，可得DH⊥BC，進一步根據(jù)直角三角形的知識可判斷出△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，則HB⊥BC，從而可證出BC⊥面DHB，最后根據(jù)棱臺的定義有EF∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得EF⊥DB；（Ⅱ）題先可設(shè)BC＝1，根據(jù)解直角三角形可得BH＝1，HC＝，DH＝，DC＝2，DB＝，然后找到CH與面DBC的夾角即為∠HCG，根據(jù)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：（Ⅰ）證明：作DH⊥AC，且交AC于點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°，∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD?面DHB，∴BC⊥BD，∵在三棱臺DEF﹣ABC中，EF∥BC，∴EF⊥DB．（Ⅱ）設(shè)BC＝1，則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°，設(shè)DF與面DBC所成角為θ，則θ即為CH與面DBC的夾角，且sinθ＝sin∠HCG＝＝，∵在Rt△DHB中，DH?HB＝BD?HG，∴HG＝＝＝，∴sinθ＝＝＝．20．已知數(shù)列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝b1＝c1＝1，cn+1＝an+1﹣an，cn+1＝?cn（n∈N*）．（Ⅰ）若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，且公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q與an的通項公式；（Ⅱ）若數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，且公差d＞0，證明：c1+c2+…+cn＜1+．【分析】本題第（Ⅰ）題先根據(jù)等比數(shù)列的通項公式將b2＝q，b3＝q2代入b1+b2＝6b3，計算出公比q的值，然后根據(jù)等比數(shù)列的定義化簡cn+1＝?cn可得cn+1＝4cn，則可發(fā)現(xiàn)數(shù)列{cn}是以1為首項，4為公比的等比數(shù)列，從而可得數(shù)列{cn}的通項公式，然后將通項公式代入cn+1＝an+1﹣an，可得an+1﹣an＝cn+1＝4n，再根據(jù)此遞推公式的特點運用累加法可計算出數(shù)列{an}的通項公式；第（Ⅱ）題通過將已知關(guān)系式cn+1＝?cn不斷進行轉(zhuǎn)化可構(gòu)造出數(shù)列{bnbn+1cn}，且可得到數(shù)列{bnbn+1cn}是一個常數(shù)列，且此常數(shù)為1+d，從而可得bnbn+1cn＝1+d，再計算得到cn＝，根據(jù)等差數(shù)列的特點進行轉(zhuǎn)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】（Ⅰ）解：由題意，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，∴數(shù)列{cn}是以1為首項，4為公比的等比數(shù)列，∴cn＝1?4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．∴an+1﹣an＝cn+1＝4n，則a1＝1，a2﹣a1＝41，a3﹣a2＝42，???an﹣an﹣1＝4n﹣1，各項相加，可得an＝1+41+42+…+4n﹣1＝＝．（Ⅱ）證明：依題意，由cn+1＝?cn（n∈N*），可得bn+2?cn+1＝bn?cn，兩邊同時乘以bn+1，可得bn+1bn+2cn+1＝bnbn+1cn，∵b1b2c1＝b2＝1+d，∴數(shù)列{bnbn+1cn}是一個常數(shù)列，且此常數(shù)為1+d，bnbn+1cn＝1+d，∴cn＝＝?＝（1+）?＝（1+）（﹣），∴c1+c2+…+cn＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）＝（1+）（﹣）＝（1+）（1﹣）＜1+，∴c1+c2+…+cn＜1+，故得證．21．如圖，已知橢圓C1：+y2＝1，拋物線C2：y2＝2px（p＞0），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）．（Ⅰ）若p＝，求拋物線C2的焦點坐標；（Ⅱ）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】（Ⅰ）直接由拋物線的定義求出焦點坐標即可；（Ⅱ）設(shè)直線方程y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由，根據(jù)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：（Ⅰ）p＝，則＝，則拋物線C2的焦點坐標（，0），（Ⅱ）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(shè)直線l的方程為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（﹣，），∵點M在拋物線C2上，∴y2＝2px，∴p＝＝＝，聯(lián)立，解得x1＝，y1＝，代入橢圓方程可得+＝1，解得t2＝∴p2＝＝＝≤＝，∴p≤，當且僅當1＝2k2，即k2＝，t2＝時等號成立，故p的最大值為．22．已知1＜a≤2，函數(shù)f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．（Ⅰ）證明：函數(shù)y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零點；（Ⅱ）記x0為函數(shù)y＝f（x）在（0，+∞）上的零點，證明：（ⅰ）≤x0≤；（ⅱ）x0f（）≥（e﹣1）（a﹣1）a．【分析】（Ⅰ）推導出x＞0時，f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，f（0）＝＜0，f（2）＞0，由此能證明函數(shù)y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零點．（Ⅱ）（i）