2020年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷)

1、1 / 17 绝密 启用前 2020 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 数学(浙江卷) (本试卷共 4 页,22小题,满分 150 分,考试用时 120 分钟) 选择题部分(共 40分) 一、选择题:本题共 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|1x4,q=x|2x3,则 pq=( ) a.x|1x2 b.x|2x3 c.x|3x4 d.x|1x4 2.已知 ar,若 a-1+(a-2)i(i 为虚数单位)是实数,则 a=( ) a.1 b.-1 c.2 d.-2 3.若实数 x,y 满

2、足约束条件-3 + 1 0, + -3 0,则 z=x+2y的取值范围是( ) a.(-,4 b.4,+) c.5,+) d.(-,+) 4.函数 y=xcos x+sin x 在区间-,上的图象可能是( ) 2 / 17 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.73 b.143 c.3 d.6 6.已知空间中不过同一点的三条直线 l,m,n.“l,m,n共面”是“l,m,n 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11.记

3、b1=s2,bn+1=s2n+2-s2n,nn*,下列等式不可能成立的是( ) a.2a4=a2+a6 b.2b4=b2+b6 c.42=a2a8 d.42=b2b8 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=34-2图象上的点,则|op|=( ) a.222 b.4105 c.7 d.10 9.已知 a,br 且 ab0,对于任意 x0 均有(x-a)(x-b)(x-2a-b)0,则( ) a.a0 c.b0 10.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 x

4、y,则 xyt; 3 / 17 对于任意的 x,yt,若 x0)与圆 x2+y2=1 和圆(x-4)2+y2=1 均相切,则 k= ;b= . 16.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()= . 17.已知平面单位向量 e1,e2满足|2e1-e2|2,设 a=e1+e2,b=3e1+e2,向量 a,b 的夹角为 ,则 cos2的最小值是 . 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.(14分) 在锐角abc中,

5、角 a,b,c所对的边分别为 a,b,c,已知 2bsin a-3a=0. (1)求角 b的大小; 4 / 17 (2)求 cos a+cos b+cos c的取值范围. 19.(15分) 如图,在三棱台 abc-def 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. 5 / 17 20.(15分) 已知数列an,bn,cn满足 a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1=+2 cn,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;

6、 (2)若bn为等差数列,公差 d0,证明:c1+c2+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. 22.(15分) 已知 1a2,函数 f(x)=ex-x-a,其中 e=2.718 28是自然对数的底数. (1)证明:函数 y=f(x)在(0,+)上有唯一零点; (2)记 x0为函数 y=f(x)在(0,+)上的零点,证明: -1x02(-1); 7 / 17 x0f(e0)(e-1

7、)(a-1)a. 2020 年数学(浙江卷) 1.b 根据交集的定义直接得到运算结果 pq=x|2x0,所以排除 b. 8 / 17 故选 a. 5.a 如图,几何体是上下结构,下面是三棱柱,底面是等腰直角三角形,斜边为 2,高为 1,三棱柱的高是 2,上面是三棱锥,平面 da1c1平面 a1b1c1,且 da1=dc1,三棱锥的高是 1,故几何体的体积 v=12212+1312211=73. 6.b 由条件可知,当 m,n,l在同一平面内时,三条直线不一定两两相交,有可能两条直线平行;或三条直线平行;反过来,当空间中不过同一点的三条直线 m,n,l两两相交时,如图, 三个不同的交点确定一个平

8、面,则 m,n,l在同一平面内, 所以“m,n,l”共面是“m,n,l两两相交”的必要不充分条件. 故选 b. 7.d a.由等差数列的性质可知 2a4=a2+a6,故 a成立; b.b4=s8-s6=a7+a8,b2=s4-s2=a3+a4,b6=s12-s10=a11+a12,若 2b4=b2+b6,则2(a7+a8)=a3+a4+a11+a12. 因为 7+8=3+12=4+11,所以 2(a7+a8)=a3+a4+a11+a12=2(a7+a8)成立,故 b成立; c.42=a2a8(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), 整理可得 a1=d,故 c可能成立; d.b8=s16-

9、s14=a15+a16,当42=b2b8时,(a7+a8)2=(a3+a4)(a15+a16),(2a1+13d)2=(2a1+5d)(2a1+29d),整理为 2a1=3d,这与已知11矛盾,故 d不可能成立. 综上可知,等式不可能成立的是 d.故选 d. 9 / 17 8.d 由条件可知点 p在以 a,b为焦点的双曲线的右支上,并且 c=2,a=1,所以 b2=3, 双曲线方程为 x2-23=1(x0).又点 p为函数 y=34-2图象上的点,联立方程 2-23= 1( 0), = 34-2,解得 x2=134,y2=274. 所以|op|=2+ 2= 10. 故选 d. 9.c 当 a0

10、时,在 x0上,x-a0恒成立,所以只需满足(x-b)(x-2a-b)0恒成立,此时2a+bb,由二次函数的图象可知,只有 b0不满足条件; 当 b0时,此时 0a2a+b,当 x0时,(x-a) (x-2a-b)0不恒成立; (2)当 a+b0时,此时 2a+ba,若满足(x-a)(x-2a-b)0恒成立,只需满足 a0,满足(x-a)(x-2a-b)0恒成立. 综上可知,满足(x-a)(x-b)(x-2a-b)0在 x0恒成立时,只有 b0. 10 / 17 故选 c. 10.a 当集合 s中有 3个元素时,若 s=1,2,4,则 t=2,4,8,st中有 4个元素;若s=2,4,8,则

11、t=8,16,32,st中有 5个元素,故排除 c,d; 当集合 s中有 4个元素时,若 s=2,4,8,16,则 t=8,16,32,64,128,st=2,4,8,16,32,64,128,包含 7个元素,排除选项 b. 下面来说明选项 a的正确性: 设集合 s=a1,a2,a3,a4,且 a1a2a3a4,a1,a2,a3,a4n*, 则 a1a24243. 若 a1=1,则 a22,21=a2,则32a3,故32=a2,即 a3=22, 43=a2,则 a4=a3a2=23. 故 s=1,a2,22,23,此时a2,22,23,24,25t,可得252= 24s,这与24s矛盾,故舍去

12、. 若 a12,则21314142431,故43=413=a1,所以 a4=14, 故 s=a1,12,13,14,此时13,14,15,16,17t. 若 bt,不妨设 b13,则13s,故13= 1,i=1,2,3,4,故 b=1+3,i=1,2,3,4, 即 b13,14,15,16,17,其他情况同理可证.故13,14,15,16,17=t, 此时 st=a1,12,13,14,15,16,17,即 st中有 7个元素. 11 / 17 故 a正确. 11.10 令 an=(+1)2,则 a1=122=1,a2=232=3,a3=342=6, s3=1+3+6=10. 故答案为 10.

13、 12.80 122 由题意可知 a4表示 x4的系数,即 a4=c54 24=80; 当 x=1时,a0+a1+a2+a3+a4+a5=35, 当 x=-1时,a0-a1+a2-a3+a4-a5=-1, -得 2(a1+a3+a5)=35+1. 所以 a1+a3+a5=122. 故答案为 80;122. 13.-35 13 cos 2=cos2-sin2=cos2-sin2cos2+sin2=1-tan21+tan2=-35; tan(-4) =tan-11+tan=13. 14.1 设圆锥的底面半径为 r,母线长为 l, 由题意可知 rl=12l2=2,解得 r=1,l=2. 15.33

14、-233 由 k0,根据题意画出直线 l:y=kx+b及两圆,如图所示. 由对称性可知直线 l 必过点(2,0),即 2k+b=0, 并且|1+2=|4+|1+2=1, 由解得 k=33,b=-233. 12 / 17 16.13 1 =0表示第一次拿到的是红球,设为事件 a,或第一次是绿球,第二次是红球,设为事件 b,则 p(=0)=p(a)+p(b)=14+143=13; =1表示拿出红球时已经拿出了一个黄球,即第一次拿到黄球,第二次拿到红球,概率 p=2413=16,或是前两次拿到的一个是黄球一个是绿球,p=2241312=16,所以 p(=1)=16+16=13; =2表示拿到红球时已

15、经拿出了两个黄球,即前两次黄球,第三次红球,p=241312=112,或是第四次拿到红球,p=342312=14,所以 p(=2)=112+14=13. e()=013+113+213=1. 17.2829 |2e1-e2|2 (21-2)22,解得 e1 e234. 又 e1 e21,所以34e1 e21. cos =|=(1+2)(31+2)(1+2)2(31+2)2 =4+4122+21210+612, 设 e1 e2=x,则34x1. cos2=16(+1)2(2+2)(10+6)=16(+1)2122+32+20=4(+1)232+8+5 =4(+1)23(+1)2+2(+1)=43

16、+2+1, 13 / 17 得 cos22829,1, 所以 cos2的最小值是2829. 18.解 (1)由正弦定理,得 2sin bsin a=3sin a, 故 sin b=32, 由题意,得 b=3. (2)由 a+b+c=,得 c=23-a, 由abc是锐角三角形,得 a(6,2). 由 cos c=cos(23-)=-12cos a+32sin a,得 cos a+cos b+cos c=32sin a+12cos a+12=sin( +6) +12 (3+12,32. 故 cos a+cos b+cos c的取值范围是(3+12,32. 19. (1)证明 如图,过点 d作 do

17、ac,交直线 ac于点 o,连接 ob. 由acd=45,doac,得 cd=2co, 由平面 acfd平面 abc,得 do平面 abc,所以 dobc. 由acb=45,bc=12cd=22co,得 bobc. 所以 bc平面 bdo,故 bcdb. 14 / 17 由三棱台 abc-def,得 bcef.所以 efdb. (2)解 法一 过点 o作 ohbd,交直线 bd于点 h,连接 ch. 由三棱台 abc-def,得 dfco,所以直线 df与平面 dbc 所成角等于直线 co与平面 dbc所成角. 由 bc平面 bdo,得 ohbc,故 oh平面 bcd,所以och为直线 co与

18、平面 dbc所成角. 设 cd=22. 由 do=oc=2,bo=bc=2,得 bd=6,oh=233, 所以 sinoch=33, 因此,直线 df与平面 dbc所成角的正弦值为33. 解 法二 由三棱台 abc-def,得 dfco,所以直线 df与平面 dbc所成角等于直线 co与平面 dbc所成角,记为 . 如图,以 o为原点,分别以射线 oc,od为 y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系 o-xyz. 设 cd=22. 由题意知各点坐标如下: o(0,0,0),b(1,1,0),c(0,2,0),d(0,0,2). 因此 =(0,2,0), =(-1,1,0), =(0,-2,2).

19、 设平面 bcd的法向量 n=(x,y,z). 15 / 17 由 = 0, = 0,即- + = 0,-2 + 2 = 0,可取 n=(1,1,1). 所以 sin =|cos|=| | |=33. 因此,直线 df与平面 dbc所成角的正弦值为33. 20.(1)解 由 b1+b2=6b3,得 1+q=6q2, 解得 q=12. 由 cn+1=4cn,得 cn=4n-1. 由 an+1-an=4n-1,得 an=a1+1+4+4n-2=4-1+23. (2)证明 由 cn+1=+2cn,得 cn=121+1=1+(1-1+1), 所以 c1+c2+c3+cn=1+(1-1+1), 由 b1=1,d0,得 bn+10, 因此 c1+c2+c3+cn1+1,nn*. 21.解 (1)由 p=116,得 c2的焦点坐标是(132,0). (2)由题意可设直线 l:x=my+t(m0,t0),点 a(x0,y0). 将直线 l 的方程代入椭圆 c1:22+y2=1,得 16 / 17 (m2+2)y2+2mty+t2-2=0, 所以点 m的纵坐标 ym=-2+2. 将直线 l 的方程代入抛物线 c2:y2=2px,得 y2-2pmy-2pt=0, 所以 y0ym=-2pt, 解得 y0=2(2+2), 因此 x0=2(2+2)22