2020年浙江省高考数学试卷及答案详情-(总22页

1、2020年浙江省高考数学试卷一、选择题1. 已知集合P=x|1x4,Q=x|2x3，则PQ=( ) A.x|1x2B.x|2x3C.x|2x3D.x|1x42. 已知aR，若a1+a2i（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x3y+10，x+y30，则z=x+2y的取值范围是( ) A.(，4B.4，+)C.5，+)D.(，+)4. 函数y=xcosx+sinx在区间,上的图象可能是( ) 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.73B.143C.3D.66. 已知空间中不

2、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项和为Sn，公差d0，且a1d1. 记b1=S2，bn+1=S2n+2S2n，nN*，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=34x2图像上的点，则|OP|=( ) A.222B.4105C.7D.109. 已知a，bR且ab0，对于任

3、意x0均有(xa)(xb)(x2ab)0，则( ) A.a0C.b010. 设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有2个元素，且S，T满足：对于任意的x,yS，若xy则xyT对于任意的x,yT，若x0与圆x2+y2=1和圆x42+y2=1均相切，则k=_，b=_. 盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止设此过程中取到黄球的个数为，则P=0=_；E()=_. 设e1，e2为单位向量，满足|2e1e2|2，a=e1+e2，b=3e1+e2，设a，b的夹角为，则cos2的最小值_. 三、解答题 在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a

4、，b，c，且2bsinA=3a. (1)求角B； (2)求cosA+cosB+cosC的取值范围. 如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACB=ACD=45，DC=2BC. (1)证明：EFDB； (2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值 已知数列an，bn，cn中，a1=b1=c1=1，cn=an+1an，cn+1=bnbn+2cn，nN*. (1)若bn为等比数列，公比q0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列an的通项公式； (2)若bn为等差数列，公差d0，证明：c1+c2+c3+cn0，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

5、于M（B，M不同于A）. (1)若p=116，求抛物线C2的焦点坐标； (2)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. 已知1a2，函数fx=exxa，其中e=2.71828为自然对数的底数 (1)证明：函数y=fx在0,+上有唯一零点； (2)记x为函数y=fx在0,+上的零点，证明：(i)a1x02a1；(ii)x0fex0e1a1a.参考答案与试题解析2020年浙江省高考数学试卷一、选择题1.【答案】B【考点】交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解： P=x|1x4,Q=x|2x3， PQ=x|2x3.故选B.【点评】此题暂无点评2.【答案】C【考点】复数的基本概念

6、【解析】此题暂无解析【解答】解： a1+a2i（i为虚数单位）是实数， a2=0， a=2.故选C.【点评】此题暂无点评3.【答案】B【考点】求线性目标函数的最值【解析】此题暂无解析【解答】解：由约束条件x3y+10，x+y30，作出可行域如图：联立x3y+1=0，x+y3=0，解得x=2，y=1.由图可得：平移直线x+2y=0到点A时，z=x+2y有最小值2+2=4， z=x+2y的取值范围为4,+).故选B.【点评】此题暂无点评4.【答案】A【考点】函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：令f(x)=xcosx+sinx， f(x)=xcos(x)+sin(x)=xcosxsinx=f(

7、x)， 函数f(x)是奇函数，故选项C,D错误. 当x=时，f()=cos+sin=0解得x=132，y=332，即|OP|=134+274=10.故选D.【点评】此题暂无点评9.【答案】C【考点】函数的零点【解析】此题暂无解析【解答】解：因为ab0，所以a0且b0.设fx=xaxbx2ab，则fx的零点为x1=a，x2=b，x3=2a+b.当a0时，则x20，要使fx0，必有2a+b=a且b0，即b=a且b0，所以b0；当ax3，x10，要使fx0，必有b0.综上一定有b0.故选C.【点评】此题暂无点评10.【答案】A【考点】并集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：若取S=1,2,4，则

8、T=2,4,8，此时ST=1,2,4,8，包含4个元素，排除选项C；若取S=2,4,8，则T=8,16,32，此时ST=2,4,8,16,32，包含5个元素，排除选项D；若取S=2,4,8,16，则T=8,16,32,64,128，此时ST=2,4,16,32,64,128，包含7个元素，排除选项B；下面验证选项A：设集合S=p1，p2，p3，p4，且p1p2p3p4,p1，p2，p3，p4N*，则p1p2p2p4，且p1p2，p2p4T，则p4p1S.同理p4p2S，p4p3S，p3p2S，p3p1S，p2p1S.若p1=1，则p22，则p3p2p4p2p4p31，故p4p3=p4p22=p

9、2，所以p4=p23，故S=1，p2，p22，p23，此时p25T，p2T，故p24S，矛盾，舍若p12，则p2p1p3p1p4p1p4p2p4p31，故p4p3=p4p13=p1，所以p4=p14，故S=p1，p12，p13，p14，此时p13，p14，p15，p16，p17T.若qT，则qp13S，故qp13=p1i，i=1,2,3,4，故q=p1i+3,i=1,2,3,4.即qp13，p14，p15，p16，p17，故p13，p14，p15，p16，p17=T.此时ST=p1，p12，p13，p14，p15，p16，p17，即ST中有7个元素.综上所述：只有选项A正确.故选A.【点评】此

10、题暂无点评二、填空题【答案】10【考点】数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：已知二阶等差数列nn+12，则当n=1时，n(n+1)2=122=1，当n=2时，n(n+1)2=232=3，当n=3时，n(n+1)2=342=6， 数列nn+12(nN*)的前3项和为10.故答案为：10.【点评】此题暂无点评【答案】80,122【考点】二项式定理的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：由二项式定理得：Tr+1=C5r(2x)5r，令5r=4，则r=1， a4=C5124=80.令5r=2，得r=3， a2=C5322=40.令x=0得，(1+0)5=a0，即a0=1.令x=1得，(1+2)5=

11、a0+a1+a2+a3+a4+a5，即a0+a1+a2+a3+a4+a5=243， a1+a3+a5=24314080=122.故答案为：80；122.【点评】此题暂无点评【答案】35,13【考点】二倍角的余弦公式三角函数的和差化积公式【解析】此题暂无解析【解答】解： tan=2， sincos=2.又 sin2+cos2=1，解得：cos2=15， cos2=2cos21=35； tan(4)=tantan41+tantan4=211+21=13.故答案为：35；13.【点评】此题暂无点评【答案】1【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】此题暂无解析【解答】解：已知圆锥的侧面积为2，且它的

12、侧面展开图是一个半圆，设母线长为l，圆锥的底面半径为r，则rl=2，2r=122l，解得r=1，l=2.故答案为：1.【点评】此题暂无点评【答案】33,233【考点】直线与圆的位置关系点到直线的距离公式【解析】此题暂无解析【解答】解： 直线y=kx+bk0与圆x2+y2=1和圆x42+y2=1均相切， |b|k2+1=1，|4k+b|k2+1=1，联立方程解得：k=33，b=233.故答案为：33；233.【点评】此题暂无点评【答案】13,1【考点】相互独立事件的概率乘法公式离散型随机变量的期望与方差【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意知，P(=0)=1413+14=13，P(=1)=121

13、312+142312+1213=13，P(=2)=11313=13，故E()=013+113+213=1.故答案为：13；1.【点评】此题暂无点评【答案】2829【考点】平面向量的夹角单位向量向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解： |2e1e2|2， 44e1e2+12， e1e234, cos2=(ab)2|a|2|b|2=(4+4e1e2)2(2+2e1e2)(10+6e1e2)=4(1+e1e2)5+3e1e2=43(125+3e1e2)43(125+334)=2829.故答案为：2829.【点评】此题暂无点评三、解答题【答案】解：(1) 2bsinA=3a， 正弦定理可得，2sinB

14、sinA=3sinA， sinB=32. ABC为锐角三角形， B=3.(2)结合(1)的结论有：cosA+cosB+cosC=cosA+12+cos23A=cosA12cosA+32sinA+12=32sinA+12cosA+12=sinA+6+12.由023A2，0A2，可得：6A2，3A+623，则sin(A+3)(32,1，sin(A+3)+12(3+12,32，即cosA+cosB+cosC的取值范围是(3+12,32.【考点】两角和与差的正弦公式两角和与差的余弦函数正弦定理正弦函数的定义域和值域【解析】 【解答】解：(1) 2bsinA=3a， 正弦定理可得，2sinBsinA=3

15、sinA， sinB=32. ABC为锐角三角形， B=3.(2)结合(1)的结论有：cosA+cosB+cosC=cosA+12+cos23A=cosA12cosA+32sinA+12=32sinA+12cosA+12=sinA+6+12.由023A2，0A2，可得：6A2，3A+60，所以解得q=12，所以bn=12n1，所以bn+2=12n+1，故cn+1=12n112n+1cn=4cn，所以数列cn是首项为1，公比为4的等比数列，所以cn=4n1，所以an+1an=cn=4n1n2,nN*，所以an=a1+1+4+4n2=4n1+23.(2)证明：依题意设bn=1+n1d=dn+1d，

16、由于cn+1cn=bnbn+2，所以cncn1=bn1bn+1(n2,nN*)，故cn=cncn1cn1cn2c3c2c2c1c1=bn1bn+1bn2bnbn3bn1b2b4b1b3c1=b1b2bnbn+1=1+dd(1bn1bn+1)=(1+1d)(1bn1bn+1)，所以c1+c2+L+cn=(1+1d)(1b11b2)+(1b21b3)+L+(1bn1bn+1)=(1+1d)(11bn+1).由d0，b1=1，所以bn+10，所以(1+1d)(11bn+1)1+1d.即c1+c2+cn0，所以解得q=12，所以bn=12n1，所以bn+2=12n+1，故cn+1=12n112n+1c

17、n=4cn，所以数列cn是首项为1，公比为4的等比数列，所以cn=4n1，所以an+1an=cn=4n1n2,nN*，所以an=a1+1+4+4n2=4n1+23.(2)证明：依题意设bn=1+n1d=dn+1d，由于cn+1cn=bnbn+2，所以cncn1=bn1bn+1(n2,nN*)，故cn=cncn1cn1cn2c3c2c2c1c1=bn1bn+1bn2bnbn3bn1b2b4b1b3c1=b1b2bnbn+1=1+dd(1bn1bn+1)=(1+1d)(1bn1bn+1)，所以c1+c2+L+cn=(1+1d)(1b11b2)+(1b21b3)+L+(1bn1bn+1)=(1+1d

18、)(11bn+1).由d0，b1=1，所以bn+10，所以(1+1d)(11bn+1)1+1d.即c1+c2+cn0， ex1， fx0， fx在0,+上单调递增. 10，f0=1a0， 由零点存在定理得fx在0,+上有唯一零点.(2)(i) fx0=0，ex0x0a=0(0x02) a1x02a1ex0x01x022ex0x01.令hx=exx1x220x0， hxh0=0， hx在0,2上单调递增， hxh0=0， exx1x220，即2exx1x2成立.令gx=exx1x20x2. 1a2， a11， 当x01时，a1x0成立，因此只需证明当0x1时，gx=exx1x20. gx=ex12x，g=ex2=0x=ln2，当x0,ln2时，gx0， gxmaxg0,g1. g0=0，g1=e30， gx0， gx在0,1上单调递减， gxg0=0， exx10. a1x02a1， tx0ta1=a1ea1a1+aea2=ea1a1+aa1ea2. 1e,a2a1， tx0e1a1+2a1a1ea2，只需证明：2a1a1ea2e1a12，即4ea22e1