2020年浙江省高考数学试题试卷+参考答案

出处:老师板报网 时间:2023-02-10

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2020年浙江省高考数学试卷一、选择题(共10小题).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}2.已知a∈R,若a﹣1+(a﹣2)i(i为虚数单位)是实数,则a=(  )A.1B.﹣1C.2D.﹣23.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.(﹣∞,+∞)4.函数y=xcosx+sinx在区间[﹣π,+π]的图象大致为(  )A.B.C.D.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( )A.B.C.3D.66.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+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b88.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.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,则()A.a<0B.a>0C.b<0D.b>010.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)5=a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5,则a5=  ;a1+a2+a3=  .13.已知tanθ=2,则cos2θ=  ;tan(θ﹣)=  .14.已知圆锥展开图的侧面积为2π,且为半圆,则底面半径为  .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=  .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)=  .17.设,为单位向量,满足|2﹣|≤,=+,=3+,设,的夹角为θ,则cos2θ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2bsinA=a.(Ⅰ)求角B;(Ⅱ)求cosA+cosB+cosC的取值范围.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.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的通项公集(Ⅱ)若数列{bn}为等差数列,且公差d>0,证明:c1+c2+…+cn<1+.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.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≤;(ⅱ)x0f()≥(e﹣1)(a﹣1)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.1B.﹣1C.2D.﹣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,+∞).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﹣sinx=﹣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( )A.B.C.3D.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在同一平面”是“m,n,l两两相交”的必要不充分条件,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+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=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=﹣a1﹣5d,b6=﹣3a1﹣24d,b8=﹣5a1﹣55d.A.2a4=2(a1+3d)=2a1+6d,a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d,故A正确;B.2b4=﹣2a1﹣10d,b2+b6=a1+2d﹣3a1﹣24d=﹣2a1﹣22d,若2b4=b2+b6,则﹣2a1﹣10d=﹣2a1﹣22d,即d=0,不合题意,故B错误;C.若a42=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.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﹣2a﹣b)≥0在x≥0上恒成立,则()A.a<0B.a>0C.b<0D.b>0【分析】设f(x)=(x﹣a)(x﹣b)(x﹣2a﹣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﹣2a﹣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={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﹣)===.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.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,代入d1==1,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≥;又=+,=3+,且,的夹角为θ,所以•=3+4•+=4+4cosα,=+2•+=2+2cosα,=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,∴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<,∴<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°,∴HB⊥BC,∴BC⊥面DHB,∵BD⊂面DHB,∴BC⊥BD,∵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的通项公集(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=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}的通项公集第(Ⅱ)题通过将已知关系式cn+1=•cn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,∴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=,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===≤=,∴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≤;(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=,只需证明,记h(x)=ex﹣1﹣x﹣x2(0≤x≤t),则h′(x)=ex﹣1﹣2x,利用导数性质能证明≤x0≤.(ii)要证明x0f(e)≥(e﹣1)(a﹣1)a,只需证明x0f(x0+a)≥(e﹣1)(a﹣1)a,只需证﹣≥2(e﹣2),由此能证明x0f(e)≥(e﹣1)(a﹣1)a.【解答】证明:(Ⅰ)∵f(x)=ex﹣x﹣a=0(x>0),∴f′(x)=ex﹣1>0恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,∵1<a≤2,∴f(2)=e2﹣2﹣a≥e2﹣4>0,又f(0)=1﹣a<0,∴函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.(Ⅱ)(i)∵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,右边:由于x≥0时,ex≥1+x+,且﹣x0﹣a=0,则a≥1+,∴.左边:要证明≥a﹣1=,只需证明,记h(x)=ex﹣1﹣x﹣x2(0≤x≤t),则h′(x)=ex﹣1﹣2x,h“(x)=ex﹣2,∴h′(x)在(0,ln2)上单调减,在(ln2,+∞)上单调增,∴h′(x)=ex﹣1﹣2x≤max{h′(0),h′(t)}=0,∴h(x)在0≤x≤t时单调减,h(x)=ex﹣1﹣x﹣x2≤h(0)=0,∴≤x0≤.(ii)要证明x0f(e)≥(e﹣1)(a﹣1)a,只需证x0f(x0+a)≥(e﹣1)(a﹣1)a,只需证﹣≥(e﹣1)a,∵ex≥1+x+,∴只需证1+()2﹣a≥(e﹣1)a,只需证﹣2(e﹣2)a≥0,即证﹣≥2(e﹣2),∵=+∈(2,+∞),∴≥=,∴x0f(e)≥(e﹣1)(a﹣1)a.
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