2020年浙江省高考数学试卷及答案详情

试卷第试卷第页，总22页2020年浙江省高考数学试卷一、选择题TOC\o"1-5"\h\z.已知集合P={x\1<%<4},Q={x\2<%<3},则PGQ=()A.{%|1<x<2}B.{x\2<x<3}C.{x\2<x<3}D.{x\1<x<4}.已知。eR,若a-1+(a-2)i(i为虚数单位)是实数，则a=()A.1B.-1C.2D.-2,,,,,,一，，x—3y+1<0,,.若实数x,y满足约束条件{贝Uz=x+2y的取值范围是()x+y-3>0,A.(-8,4]B.[4,+8)C.[5,+8)D.(-8,+8)4.函数y=x4.函数y=xcosx+sinx在区间［一兀，兀］上的图象可能是（）AB.CD.)5.)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）＞（A.7B.14C.3D.633.已知空间中不过同一点的三条直线m,加Z,则“加，加Z在同一平面〃是“m,n,I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.已知等差数列｛”｝的前n项和为Sn，公差dw0,且宁W1.记％=S2,幺1=S2n2-S2n，neN*，下列等式不可能成立的是()A.2a4=^2。6B.2b4=b2b6C«=a2a8立空=^8.已知点0(0,0)，4(-2,0)，B(2,0).设点P满足|P4|-|PB|=2,且P为函数y=3，4-%2图像上的点，则|OP|=()A.返B."C.V7D.V1025.已知0,beR且abW0,对于任意第20均有(％-a)(%-b)(%-2a-b)20,贝U()A.a<0B.a>0C.b<0D.b>0.设集合S,T,SUN*,TUN*,S,T中至少有2个元素，且S,T满足：①对于任意的%,yeS,若％wy则%yeT②对于任意的%,yeT,若％<y,则xeS.下列命题正确的是()A.若S有4个元素，则SUT有7个元素B.若S有4个元素，则SUT有6个元素C.若S有3个元素，则SUT有5个元素D.若S有3个元素，则SUT有4个元素二、填空题我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列｛n1n3｝就2是二阶等差数列.数列｛nIn3｝(neN*)的前3项和是.2二项展开式(12x)5=a0a1xa2x2a3x3a4x4a5%5,则a4=,a1+a3+a5=已知13的=2,则cos26=,tan(6一匹)=，4已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2m且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是.已知直线y=kx+b(k>0)与圆％2+y2=1和圆(％-4)2+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f，则P(f=0)=；E(9=.设3,4为单位向量，满足|2q—HiwV2,N=q+H,加=3工+工，设％3的夹角为仇则cos26的最小值.三、解答题在锐角△4BC中，角4B,C的对边分别为a,b,c,且2bsin4=V3a.(1)求角B；(2)求cos4+cosB+cosC的取值范围.如图，在三棱台4BC—DEF中，平面4CFD1平面4BC,/4CB=/4CD=45。，DC=2BC.(1)证明:EF±DB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值已知数列｛an｝，｛b已知数列｛an｝，｛bn｝，｛C/中，4=bi=「，Cn=an1-an，Cn1b^--C，bn2nnEN*.(1)若(1)若｛bn｝为等比数列，公比q>0,且％b2=6b3，求q的值及数列｛an｝的通项公式;C<11，nEN*.nd(2)若｛bn｝为等差数列，公差C<11，nEN*.nd如图，已知椭圆6:必y2=1，抛物线C2：y2=2px(p>0)，点4是椭圆q与抛物线C2的交点，过点4的直线Z交椭圆.于点B，交抛物线C2于M(B，M不同于4).(1)若。=16,求抛物线C2的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线1使M为线段4B的中点，求p的最大值已知1<aW2，函数f(K)=e%-'-a，其中e=2.71828…为自然对数的底数.(1)证明：函数y=f(^)在(0,因上有唯一零点；(2)记%为函数y=f(%)在(0,功上的零点，证明:(i)Va-1<%0<V2(a-1)；(讥)％0f(e%°)>(e-1)(a-1)a.参考答案与试题解析2020年浙江省高考数学试卷一、选择题【答案】B【考点】交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：:P={x\1<%<4},Q={%|2<%<3},「.PGQ={x|2<x<3}.故选B.【点评】此题暂无点评【答案】C【考点】复数的基本概念【解析】此题暂无解析【解答】解：:a-1+(a-2)i(i为虚数单位)是实数，・•・a-2=0，••a—2.故选C.【点评】此题暂无点评【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】x—3y+140，解：由约束条件{7作出可行域如图:x+y-3>0，—3y+1=0,联立；、％+y—3=0,解得%=2,

y=1.由图可得：平移直线％+2y=0到点4时,z=%+2y有最小值2+2=4,z=%+2y的取值范围为［4,+8).故选B.【点评】此题暂无点评【答案】A【考点】函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：令f(%)=xcosx+sin%,」.f(—x)=-xcos(-x)+sin(-x)=—xcosx—sinx=—f(x),・•・函数f(x)是奇函数，故选项C,D错误.;当x=兀时，f(兀)=兀-cos兀+sin兀=一兀＜0，」•选项B错误.故选4【点评】此题暂无点评【答案】A【考点】由三视图求体积【解析】此题暂无解析【解答】解：根据该几何体的三视图可得，该几何体是由顶部的三棱锥和底部的三棱柱组合而成.则该几何体的体积用G棱锥+j棱柱=^X2X1X1+1X2X1X2=7.故选4【点评】此题暂无点评【答案】B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断空间中直线与平面之间的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】解：当空间中不过同一点的三条直线加，九，Z在同一平面内时，m，九，Z可能互相平行，故不能得出加，几，Z两两相交；当加，n,，Z两两相交时，设mG九=4，mcI=B，nnI=C，根据公理：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面，可知，m，n确定一个平面a.又Bemua，Cenua，根据公理：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在平面内，可知，直线BC即Zua，所以m，n，Z在同一平面.故"m，n，Z在同一平面〃是“m，n，Z两两相交〃的必要不充分条件.故选B.【点评】此题暂无点评【答案】D【考点】数列递推式等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】解：因为｛an｝为等差数列，其首项为4，公差为d，所以4=a]+(n-1)d，Sn=n4+g4%因为Z+1=S2n+2-$2n，neN*，所以*=S2n+272n=2ai+(4n+1)d，即b=2a】+(4n—3)d.4，2a4=2(4+3d)=2al+6d=(4+d)+(4+5d)=a2+a6，故4一定成立；B,左边=2b4=2(2al+13d)=4al+26d,右边=+=2ai+5d+24+21d=4ai+26d，左边=右边，故B一定成立；C,左边=a4=(ai+3d)2=al+6a1d+9d2,右边=a2•a8=(ai+d)(ai+7d)=al+8a1d+7d2.因为宁Ml,当a^d时，左边-右边=-2a1d+2d2=0,此时等式成立，故C可能成立；。，左边="=(24+13d)2=4a1+52a1d+169d2,右边=b2・b8=(2ai+5d)(2ai+29d)=4a2+68a1d+145d2,左边-右边=-16a1d+24d2,假设此等式成立，则有16a1d=24d2,解得邑=3,与电工1相矛盾，故。不可能成立.d2d故选D【点评】此题暂无点评【答案】D【考点】双曲线的标准方程轨迹方程【解析】此题暂无解析【解答】解：丁点P满足|P4|-|PB|=2,设点P(%,y),••点P的轨迹是以儿B为焦点的双曲线.设双曲线的方程为必-比=1，a2b2贝U2a=2,2c=4,即a=1,c=2.;C2=a2+b2,解得，b2=3,双曲线的方程为第2-^=1.P为函数y=3V4-石图象上的点,y=3t4—第2,联立方程y%2-比■=1,(%>0)—d13人解得2厂y=3V32即|。日—V13+27=V10.44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abw0,所以aw。且bw0.设f(%)=(%—a)(x—b)(x—2a—b~),则f(%)的零点为%i=a，x2=b,x3=2a+b.当a>0时，则第2<%3，/>。，要使f(%)>0,必有2a+b=a且b<0,即b=-a且b<0,所以b<0；当a<0时，则％2>第3，%i<。，要使f(%)2。，必有b<0.综上一■定有b<0.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7={2,4,8},止匕时SUT={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SUT={2,4,8,16,32},包含5个元素，排除选项。；若取S={2,4,8,16},则T={8,16,32,64,128},此时SUT={2,4,16,32,64,128},包含7个元素，排除选项B；下面验证选项4：设集合S={%，p2,0,%}，且％<%<%<%%%，%eN*，则%。2且。止2，。2P4G1'则与GS.Pl同理％eS,%eS,与eS.P2%PlPlPl若Pi=l,则422,则均<%,「2又。4>1，故％=J=02,P2%「3P22

所以04=。23，故S=1P2，P22，%35此时％56T,P2eT,故p24eS,矛盾，舍.若P122,则/<&<P3,故B=P2,

P1%=P1，即PsUPj.PzUP12.又P4>%>%>%>1,故4=:=P],所以P4=P14，故S=PPj，Pj，Pj}此时p3，pj,P15,pj,pjUT.若q6T,则teS,故t=PJ,i=1,2,3,4,故q=p1^3,i=1,2,3,4.即qep,p/,pj,pj,p17,故p,pj,pF,pj,pj=T.此时SUT=ppj,p13,p14,p15,p16,p17,即SUT中有7个元素.综上所述：只有选项4正确.故选4【点评】此题暂无点评二、填空题【答案】10【考点】数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：已知二阶等差数列应32则当n=1时，皿—）=且=1,22当n=2时，皿-D=2^3=3,22当n=3时，血」）=3^4=6,「•数列也」（孔eN*）的前3项和为10.2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：Tr1=^（2%）5r,令5r=4,则r=1,二q=qx24=80.令5r=2,得r=3,;a2=C3x22=40.令％=0得，（10）5=a0，即a0=1.令％=1得，（12）5=a0aia2a3a4a5,!Pa0a1a2a3a4a5=243,二a1a3a5=24314080=122.故答案为：80；122.【点评】此题暂无点评【答案】315,3【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,「.sine.=2.cos。又...siM。cos2。=1,解得：cos26=15」.cos2。=2cos2。1=3；5,「tan（。匹）=tan。tan：41tan。，tan先4=21=1.12x13故答案为：3；1.53【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2m且它的侧面展开图是一个半圆，设母线长为Z,圆锥的底面半径为r,nXrxI=2兀,则。1。72X7TXr=-x2X7rxZ>2解得r=1，Z=2.故答案为：1.【点评】此题暂无点评【答案】62V333【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+b(k>0)与圆％2+y2=1和圆(％-4)2+y2=1均相切,~^==1,Vk2+1\4k+b\-i,y/k2+1k=四，TOC\o"1-5"\h\z联立方程解得：3_b—2,33故答案为：❷；33【点评】此题暂无点评【答案】1,13【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】TOC\o"1-5"\h\z解：由题意知，P(f=0)=工x工+工=匕4343P铉=1)=工义工义工+工义2><工+[><工=工，232432233%=2)=1—工一工=工，333故Eg)=0x1+lxi+2xi=l.333

故答案为：1;1.3【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：•••|2/-马|472,4-4%可+142,」•」.C0S2。=-(a■b)——(4+4e]e?)向2.|由2(2+2e1-e；)(10+6/4)=4(1+%⑦=42)5+3或•m35+3或,>4(1--^)—28.35+3X?294故答案为：珥29【点评】此题暂无点评三、解答题【答案】解：(1):2加in4—V3a，「•正弦定理可得，2sinBsin4—V3sin4「.sinB—G.2•△4BC为锐角三角形，V3(2)结合(1)的结论有：cos4+cosB+cosC—cos4+-+cos(—―4)23V3—cos4—2cos4+—sin4+2

=sin（4+匹）+1.0＜2兀一4＜匹,由o＜4＜匹,2可得：匹＜4＜匹，匹＜4+匹＜皿,贝Usin（4+；）eg』sin（4+3）+1e（号,3],cos4cos4+cosB+cosC的取值范围是(号苧【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)「2bsin4=V3a，「•正弦定理可得，2sinBsin4=d3sin4,「.sinB=卫3.2:A4BC为锐角三角形，(2)结合(1)的结论有:cos4+cosB+cosC=cos4+1+(2)结合(1)的结论有:=cos4--cos4+-^-sin4+-=-r-sin4+—cos4+—=sin（4+匹）+1.0＜2兀一4＜匹，由0＜4＜匹，2可得：匹＜4＜匹，匹＜4+匹＜羽，2363贝Usin（4+；）eg，1］，sin（4+3）+：e（号,3］，即cos4+cosB+cosC的取值范围是(选四,3].【点评】此题暂无点评【答案】(1)证明：作DH14C交4c于H,连接如图,B••平面4CFD1平面4BC,而平面4m?G平面4BC=4C,DHu平面4cFD,「•DH1平面4BC,而BCu平面4BC,即有DH1BC.••乙4cB=4ACD=45。，•.CD=V2CH=2BC0CH=弋2BC.在4CBH中，BH2=CH2+BC2-2CH・BCcos45。=BC2,即有BH2+BC2=CH2，••BH1BC.由棱台的定义可知，EF〃BC，所以DH1EEBH1EE而BHGDH=H，••EF1平面BHD，而BDu平面BHD，••EF1DB.(2)解：因为DF〃CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角.作HG1BD于G，连接CG,如(1)中图，由(1)可知，BC1平面BHD,•・平面BCD1平面BHD.而平面BCDG平面BHD=BD,HGu平面BHD,••HG1平面BCD.即CH在平面DBC内的射影为CG,NHCG即为所求角.设BC=a,则CH=夜a,在Rt△HBD中，HG=BH'DH=^2a-a=这。，BDV3at3sin/HCG=皿=工=叵故W与平面DBC所成角的正弦值为十【考点】直线与平面所成的角两条直线垂直的判定【解析】

【解答】(1)证明：作【解答】(1)证明：作DH14C交4c于H,连接如图,E••平面4CFD1平面4BC,而平面4m?G平面4BC=4C,DHu平面4cFD,「•DH1平面4BC,而BCu平面4BC,即有DH1BC.••乙4cB=4ACD=45。,•.CD=弋2cH=2BC0cH=^2BC.在^CBH中，BH2=CH2+BC2-2CH-BCcos45。=BC2,即有BH2+BC2=CH2,••BH1BC.由棱台的定义可知，EF〃BC,所以DH1EEBH1EF,而BHGDH=H,••EF1平面BHD,而BDu平面BHD,••EF1DB.(2)解：因为DF〃CH,所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角.作HG1BD于G，连接CG，如(1)中图，由(1)可知，BC1平面BHD，•・平面BCD1平面BHD.而平面BCDG平面BHD=BD，HGu平面BHD，••HG1平面BCD.即CH在平面DBC内的射影为CG,NHCG即为所求角.设BC=a,则CH=V2a,在Rt△HBD中，HG=BH'DH=亚上a=隹a,BDV3aV3•・sin/HCG=HG=上=鱼.CHV33故DF与平面DBC所成角的正弦值为爽.3【点评】此题暂无点评【答案】(1)解：依题意外=1,%=q，力3=q2，而々+%=6%,即1+q=6q2,由于q>0,所以解得q=，所以以2九一所以以2九一1n22n1所以数列｛7｝是首项为1,所以％=4九n22n1所以数列｛7｝是首项为1,所以％=4九1,2n1公比为4的等比数列,所以41an=Cn=4n1(n>2,nGN*)，所以4=4144n2=4…2(2)证明：依题意设b(nl)d=dn1d,由于％所以口-=幺T(n>2,nEN*),Cn1Cn2-1C2C1bn1bnbCn1Cn2-1C2C1bn1bnbn1b4b3b、bc~z—bnbn1bnbn1bnbn1所以Jc2Lc=(1

n、dZ)1b2(工

bn，)]bn1一bn1由d>0,=1,1>0,由d>0,=1,1>0,所以(1?(1bn1即Jc2【考点】数列的求和数列递推式等比数列的通项公式【解析】根据％b2=6b3,求得q,进而求得数列｛%｝的通项公式，利用累加法求得数列｛%｝的通项公式.利用累乘法求得数列｛%｝的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.【解答】(1)解：依题意％=1,b2=q,b3=q2,而％与=6%,即1q=6q2,由于q>0,所以解得勺=工，2所以幺—所以幺—]2n1所以力？=二一，故％=+^.c=4.c,【I乙2九1n]TLTL2n1所以数列｛7｝是首项为1，公比为4的等比数列,所以％=4九1,所以%X1an=Cn=4n1(n22,?161\1*)，所以a=a14…4n2=4n1\n13(2)证明：依题意设％=1(nl)d=dn1d,

由于J—4,Cnbn2所以工—bm-t(n>2,nEN*),Cn1bn1故7Cn1cn2C2C11—J.bt-1bn1bnbn1bnbnd(1"(_bn5(11)(工bn1bnq),bn1所以C1Lc—(1n、fo2(工工)b2b3L(工bn,)]bn1=(1d)(1,).bn1由d>0,1，所以bn1>0,所以（1d)(1-^^)<1bn1即^C2CnnEN*.【点评】累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.【答案】解：（1）当p—j时，C2的方程为y2—1x,故抛物线c2的焦点坐标为号,0）.（2）设“（x’yjBlxz,yJ,M(xQtyQ),I：M(xQtyQ),I：x=Aym,由-x22y2—2,x—Zym今（2%2)y22Amym22—0,y1y2=2am,2九yo=42m24Qmo42m—4p（2九yo=42m24Qmo42m—4p（2九）22九2龙y2=2px，oy2=2p(Ayx=zymm)oy2「•y1「.x12pZy2pm=0,y0—2P九x0—巩mAyom=2pZ22m,=2p222m2m2九y2—1,/ox24px=_^m，x02九0由M在抛物线上，ky2=2px即x24px2—0

—4p+Ji6P2+8-2—2p+J4P2+2—4p+Ji6P2+8-2—2p+J4P2+21+A2

2+72=1+A2

2+72「.J4P2+2>18p,p2<-^,p<V10,16040「.p的最大值为运40【考点】直线与抛物线结合的最值问题抛物线的性质直线与椭圆结合的最值问题抛物线的标准方程【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）当p=工时，C的方程为丫2=1％，1628故抛物线C2的焦点坐标为(30).(2)设”(XryjB%%)，M(x0，y0)，/：x—Ay+m，由X2+2y2—2，[x—Ay+mn(2+A2)y2+2Amy+m2—2—0,y0—―ml，x0—Ay0+m=-2m-由M在抛物线上，A2m2—4?9mnA2m—4P(2+A2)22+A22+A2y2—2px，ny2=2P(Ay+m)x=Ay+mny2—2PAy—2pm—0,+y0=2P九+x0=Ay1+m+Ay0+m=2p%2+2m，—2PA2+2m——2^2+A2由-T+y2—匕nx2+4px=2y2—2px即x2+4px—2—0—4p+y[16p2+8r1+^2n-2p+，4。2+2=2pA2+2m--———2+A2=2P入2+斑+8p216p,42J4P2+2218p,p2<^,p<V10,16040。的最大值为抠旦40【点评】此题暂无点评【答案】证明：(1)；/1<%)=ex-1,%>0,.•6x1jf(X)>0,/'(汽)在(0,+8)上单调递增.,/1<a<2,f(2)=02—2—a2e2—4>0,/(0)=l-a<0,••・由零点存在定理得f(%)在(0,+8)上有唯一零点.(2)(i)vf(%)=0，•••ex0—xQ—a=0(0<%o<2)Ja—1<<-y2(a—1)exQ—x0—1工xq2<2(e%0-%0-1).令h(%)=e久一%—1—足(0V%<2),2h，(x)=ex—1—x,=ex—1>0,>/i(0)=0,「•伏外在(0,2)上单调递增,h(x)>/i(0)=0,ex0,2即2(e久-x-l)>第2成立.令g(%)=ex~x—1—%2(o<%<2).,/1<a<2,Q—141,当421时，Ja—14第0成立,因此只需证明当0<%<1时，g(%)=ex—x—1—X2<0.0(%)=ex—1—2x,g〃=。久一2=0=>%=In2,当％G(0,ln2)时,g"(x)<0,当％G(In2,l)时,g〃(%)>0,0(%)<ma%{g，(0),g，(l)}.0(0)=0,0(1)=e—3<0,<0,••g(%)在(0,1)上单调递减，，g(%)<g(0)=0,二ex—x—1<x2.综上，ex0—x0—1<x2<2(ex0—x0—1),，Vo-1<x0<，2(联—1)成立.(讥)Kx0)=x0f(ex0)=x0f(x0+a)=x0](ea—1)x0+a(ea—2)],二t,(x0)=2(ea—1)x0+a(ea—2)>0.丁Va—1<x0<V2(a—1),「.t(x0)>t(Va-1)=Va-1[(ea—1)Va—1+a(ea—2)]二(ea—1)(a—1)+aVa—1(ea—2).1<a<2,二ea>e,a>2(a—1),一t(x0)>(e—1)(a—1)+2(a—1)Va—1(ea—2),只需证明：2(a—1)Va—1(ea—2)>(e—1)(a—1)2,即4(ea—2)2>(e—1)2(a—1).令s(a)=4(ea—2)2—(e—1)2(a—1),(1<a<2),则s,(a)=8ea(ea—2)—(e—1)28e(e—2)—(e—1)2>0,「.s(a)>s(1)=4(e—2)2>0.即4(ea—2)2>(e—1)2(a—1)成立，二xj(ex0)