2020年浙江省高考真题 数学试卷（原卷版+全解全析）.doc

1、 2020 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷） 数学数学 本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共 4 页，选择题部分 1 至 2 页；非选择题部分 3 至 4 页.满分 150 分.考试用时 120 分钟. 考生注意： 1答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的 位置上. 2答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答 一律无效. 参考公式：参考公式： 如果事件如果事件 A， B 互斥， 那么互斥， 那么 ()( )( )P ABP AP B 如果事件

2、如果事件 A，B 相相互独立，那么互独立，那么 ()( ) ( )P ABP A P B 如果事件如果事件A在一次试验中发生的概率是在一次试验中发生的概率是p， 那么那么 n 次独立重复试验中事件次独立重复试验中事件 A 恰好发生恰好发生 k 次的概率次的概率 ( )(1)(0,1,2, ) kkn k nn P kC ppkn 台体的体积公式台体的体积公式 1122 1 () 3 VSS SSh 其中其中 12 ,S S分别表示台体的上、下底面积， 分别表示台体的上、下底面积， h表示台体的高表示台体的高 柱体的体积公式柱体的体积公式VSh 其中其中S表示柱体的底面积，表示柱体的底面积，h表

3、示柱体的高表示柱体的高 锥体的体积公式锥体的体积公式 1 3 VSh 其中其中S表示锥体的底面积，表示锥体的底面积，h表示锥体的高表示锥体的高 球的表面积公式球的表面积公式 2 4SR 球的体积公式球的体积公式 3 4 3 VR 其中其中R表示球的半径表示球的半径 选择题部分（共选择题部分（共 40 分）分） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的. 1.已知集合 P= |14xx，23Qx，则 PQ=（ ） A. |1 2xx

4、 B. |23xx C. |23xx D. |14xx 2.已知 aR，若 a1+(a2)i(i为虚数单位)实数，则 a=（ ） A. 1 B. 1 C. 2 D. 2 3.若实数 x，y满足约束条件 310 30 xy xy ，则 z=2x+y 的取值范围是（ ） A (,4 B. 4,) C. 5,) D. (,) 4.函数 y=xcosx+sinx在区间，+的图像大致为（ ） 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. 7 3 B. 14 3 C. 3 D. 6 6.已知空间中不过同一点的三条直线 m，n，l，则m，

5、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 d0， 1 1 a d 记 b1=S2，bn+1=Sn+2S2n，n N，下列等式不可能 成立的是（ ） A 2a4=a2+a6 B. 2b4=b2+b6 C. 2 428 aa a D. 2 42 8 bb 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= 2 3 4x 图像上的点， 则|OP|=（ ） A. 22 2 B. 4 10 5 C.

6、7 D. 10 9.已知 a，bR 且 ab0，若(xa)(xb)(x2ab)0 在 x0上恒成立，则（ ） A. a0 C. b0 10.设集合 S，T，SN*，TN*，S，T 中至少有两个元素，且 S，T 满足： 对于任意 x，yS，若 xy，都有 xyT 对于任意 x，yT，若 x 0 x，要使( )0f x ，必有2aba，且0b ， 即 ba，且0b ，所以0b ； 当0a 时，则 23 xx， 1 0x ，要使( )0f x ，必有0b . 综上一定有0b . 故选：C 【点晴】本题主要考查三次函数在给定区间上恒成立问题，考查学生分类讨论思想，一道中档题. 10.设集合 S，T，S

7、N*，TN*，S，T 中至少有两个元素，且 S，T 满足： 对于任意 x，yS，若 xy，都有 xyT 对于任意 x，yT，若 xy，则 y x S； 下列命题正确的是（ ） A. 若 S有 4个元素，则 ST有 7 个元素 B. 若 S有 4个元素，则 ST有 6 个元素 C. 若 S有 3个元素，则 ST有 4 个元素 D. 若 S有 3个元素，则 ST有 5 个元素 【答案】A 【分析】分别给出具体的集合 S 和集合 T，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可. 【详解】首先利用排除法： 若取1,2,4S ，则2,4,8T ，此时1,2,4,8ST ，包含 4个元素，排除选

8、项 D； 若取2,4,8S ，则8,16,32T ，此时2,4,8,16,32ST ，包含 5个元素，排除选项 C； 若取2,4,8,16S ，则8,16,32,64,128T ，此时2,4,8,16,32,64,128ST ，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 1234 ,Sp pp p，且 1234 pppp， * 1234 ,p pppN， 则 1224 p pp p，且 1224 ,p pp pT，则 4 1 p S p ， 同理 4 2 p S p ， 4 3 p S p ， 3 2 p S p ， 3 1 p S p ， 2 1 p S p ，

9、 若 1 1p ，则 2 2p ，则 3 3 2 p p p ，故 3 2 2 p p p 即 2 32 pp， 又 44 4 23 1 pp p pp ，故 44 2 2 32 pp p pp ，所以 3 42 pp， 故 23 222 1,Sppp，此时 5 22 ,pT pR，故 4 2 pS，矛盾，舍. 若 1 2p ，则 32 3 11 pp p pp ，故 32 21 11 , pp pp pp 即 32 3121 ,pppp， 又 444 4 123 1 ppp p ppp ，故 44 1 3 31 pp p pp ，所以 4 41 pp， 故 234 1111 ,Sp ppp，

10、此时 34567 11111 ,pppppT. 若qT， 则 3 1 q S p ，故 1 3 1 ,1,2,3,4 i q p i p ，故 3 1 ,1,2,3,4 i qpi ， 即 34567 11111 ,qppppp ，故 34567 11111 ,pppppT ， 此时 2344567 11111111 ,STp ppppppp 即ST中有 7个元素. 故 A 正确. 考查集合中含有 3个元素的情形，我们用反证法证明集合 S中的任意两个元素均具有倍数关系. 不妨则设 123123 ,Sp ppppp，其中 * 123 ,p ppN，且 123 ,p pp之间不具有倍数关系， 则

11、122331 ,Tp pp p p p，此时由对于任意 x，yT，若 xy，则 y S x 可得： 332 121 , ppp S ppp ，这与集合中的元素均为正整数矛盾，可见假设不成立， 即集合 S中的任意两个元素均具有倍数关系. 同理可得四个元素的集合 S 中任意两个元素均具有倍数关系. 不妨设集合 234 ,Smmmm ，其中1,1m，且 * ,mN， 此时易知 34567 ,Tmmmmm ，故 234567 ,STmmmmmmm ， 即集合ST中含有 7 个元素. 故选：A. 【点睛】新定义主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去 解决问题，有时

12、还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看 本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说新题不一定是难题，掌握好三基，以不变应万变才是制胜 法宝. 非选择题部分（共非选择题部分（共 110 分）分） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，共小题，共 36分分.多空题每小题多空题每小题 6 分，单空题每小题分，单空题每小题 4分分. 11.已知数列an满足 (1) = 2 n n n a ，则 S3=_ 【答案】10 【分析】根据通项公式可求出数列 n a的前三项，即可求出 【详解】因为 1 2 n n n a ，所以 123 1,3,6aaa 即

13、 3123 1 3610Saaa 故答案为：10. 【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题 12.设 2345 12 5 3456 1 2 xaa xa xa xa xa x，则 a5=_；a1+a2 + a3=_ 【答案】 (1). 32 (2). 130 【分析】利用二项式展开式的通项公式计算即可. 【详解】 5 (12 )x的通项为 155 (2 )2 rrrrr r TCxC x ，令=5r，则 5555 65 232TC xx，故 5 32a ； 112233 123555 222130aaaCCC 故答案为：32；130 【点晴】本题主要考查利用二项

14、式定理求指定项的系数问题，考查学生的数学运算能力，是一道基础题. 13.已知tan2，则cos2_； tan() 4 _ 【答案】 (1). 3 5 - (2). 1 3 【分析】利用二倍角余弦公式以及弦化切得cos2，根据两角差正切公式得tan() 4 【详解】 2222 22 2222 cossin1 tan1 23 cos2cossin cossin1tan1 25 tan12 11 tan() 41tan123 故答案为： 3 1 , 5 3 【点睛】本题考查二倍角余弦公式以及弦化切、两角差正切公式，考查基本分析求解能力，属基础题. 14.已知圆锥展开图的侧面积为 2，且为半圆，则底面

15、半径为_ 【答案】1 【分析】利用题目所给圆锥侧面展开图的条件列方程组，由此求得底面半径. 【详解】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则 2 1 22 2 rl rl ，解得1,2rl. 故答案为：1 【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题. 15.设直线: (0)l ykxb k ，圆 22 1: 1Cxy， 22 2:( 4)1Cxy，若直线l与 1 C， 2 C都相切，则 k _；b=_ 【答案】 (1). 3 3 (2). 2 3 3 【分析】由直线与圆 12 ,C C相切建立关于 k，b的方程组，解方程组即可. 【详解】由题意， 12 ,C C到直线的距离等于半径，即

16、 22 | 1 1 b k ， 22 |4| 1 1 kb k ， 解得 32 3 , 33 kb . 故答案为： 32 3 ; 33 【点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题. 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，则(0)P_；( )E_ 【答案】 (1). 1 3 (2). 1 【分析】先确定0对应事件，再求对应概率得结果；第二空，先确定随机变量，再求对应概率，最后根 据数学期望公式求结果. 【详解】因为0对应事件为第一次拿红球或第一次拿绿球，第二次拿红球， 所以 1111 (

17、0) 4433 P， 随机变量0,1,2， 212111211 (1) 434324323 P， 111 (2)1 333 P ， 所以 111 ( )0121 333 E . 故答案为： 1 ;1 3 . 【点睛】本题考查古典概型概率、互斥事件概率加法公式、数学期望，考查基本分析求解能力，属基础题. 17.设 1 e， 2 e为单位向量，满足 21 |22|ee， 12 aee， 12 3bee，设a，b的夹角为，则 2 cos 的最小值为_ 【答案】 28 29 【分析】利用复数模的平方等于复数的平方化简条件得 12 3 4 e e u r ur ，再根据向量夹角公式求 2 cos函数关系

18、 式，根据函数单调性求最值. 【详解】 12 |2|2ee u ru r Q， 12 4412e e u r u r ， 12 3 4 e e u r ur ， 22 2 1212 22 12121212 (44)4(1)()42 cos(1) 3 (22)(106)5353 e ee ea b e ee ee ee e ab u r uru r urr r u r uru r uru r uru r ur rr 4228 (1) 3 329 53 4 .故答案为： 28 29 . 【点睛】本题考查利用模求向量数量积、利用向量数量积求向量夹角、利用函数单调性求最值，考查综合 分析求解能力，属中

19、档题. 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤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2 sin3bAa （I）求角 B； （II）求 cosA+cosB+cosC的取值范围 【答案】 （I） 3 B ； （II） 31 3 , 22 【分析】 （I）首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定B的大小； （II）结合(1)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有A 的三角函数式，然后由三角形为锐角三角 形确定A 的取值范围，最后结合三

20、角函数的性质即可求得coscoscosABC的取值范围. 【详解】 （I）由2 sin3bAa结合正弦定理可得： 3 2sinsin3sin,sin 2 BAAB ABC 为锐角三角形，故 3 B . （II）结合(1)的结论有： 12 coscoscoscoscos 23 ABCAA 131 coscossin 222 AAA 311 sincos 222 AA 1 sin 62 A . 由 2 0 32 0 2 A A 可得： 62 A ， 2 363 A ， 则 3 sin,1 32 A ， 131 3 sin, 2232 A . 即coscoscosABC的取值范围是 31 3 , 2

21、2 . 【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现边化角，二是利用余弦定理实现角化边；求最值 也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是转化为关于 某个角的函数，利用函数思想求最值. 19.如图，三棱台 DEFABC中，面 ADFC面 ABC，ACB=ACD=45 ，DC =2BC （I）证明：EFDB； （II）求 DF与面 DBC 所成角的正弦值 【答案】 （I）证明见解析； （II） 3 3 【分析】 （I）作DHAC交AC于H，连接BH，由题意可知DH 平面ABC，即有DHBC，根据勾股定 理可证得BCBH，又/EFBC，可得DHEF，BH

22、EF，即得EF 平面BHD，即证得 EFDB； （II）由/DFCH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角，作HGBD于G，连 接CG，即可知HCG即为所求角，再解三角形即可求出DF与平面DBC所成角的正弦值 详解】 （I）作DHAC交AC于H，连接BH 平面ADFC 平面ABC，而平面ADFC 平面ABCAC， DH 平面ABC，即有DHBC 45ACBACD ， 222CDCHBCCHBC 在CBH中， 2222 2cos45BHCHBCCH BCBC ，即有 222 BHBCCH ，BHBC 由棱台的定义可知，/EFBC，所以DHEF，BHEF，而BHDHH， EF 平面

23、BHD，而BD 平面BHD，EFDB （II）因为/DFCH，所以DF与平面DBC所成角即为与CH平面DBC所成角 作HGBD于G， 连接CG， 由 （1） 可知，BC平面BHD， 所以平面BCD平面BHD， 而平面BCD 平面BHDBD，HG 平面BCD 即CH在平面DBC内的射影为CG，HCG即为所求角 在RtHGC中，设BCa，则 2CHa ， 22 33 BH DHa a HGa BDa ， 13 sin 33 HG HCG CH 故DF与平面DBC所成角的正弦值为 3 3 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求 法，意在考查学生的

24、直观想象能力和数学运算能力，属于基础题 20.已知数列an，bn，cn中，1 11111 2 1,() n nnnnn n b abccaa cc n b * N （）若数列bn为等比数列，且公比0q ，且 123 6bbb ，求 q与 an的通项公式； （）若数列bn为等差数列，且公差 0d ，证明： 12 1 1 n ccc d 【答案】 （I） 141 , 23 n n qa ； （II）证明见解析 【分析】 （I）根据 123 6bbb ，求得q，进而求得数列 n c的通项公式，利用累加法求得数列 n a的通项公式. （II）利用累乘法求得数列 n c的表达式，结合裂项求和法证得不等式

25、成立. 【详解】 （I）依题意 2 123 1,bbq bq，而 123 6bbb ，即 2 16qq，由于 0q ，所以解得 1 2 q ， 所以 1 1 2 n n b . 所以 2 1 1 2 n n b ， 故 1 1 1 1 2 4 1 2 n nnn n ccc ， 所以数列 n c是首项为1， 公比为4的等比数列， 所以 1 4n n c . 所以 1 4n n c . 所以 11 4 nnn n aac ，故 1 1 4n nn aa （ * 2,nnN）. 所以 11232211nnnnn aaaaaaaaaa 1 1221 4 1 4 444411 1 4 n nn 41

26、3 n . （II）依题意设111 n bnddnd ，由于 1 2 nn nn cb cb ， 所以 1 11 nn nn cb cb * 2,nnN， 故 132 1 1221 nn n nn cccc cc cccc 12321 1 1143 nnn nnn bbbbb c bbbbb 1 2 111 111111 1 n nnnnn bbd b bdbbdbb . 所以 12 12231 1111111 1 n nn ccc dbbbbbb 1 11 11 n db . 由于 1 0,1db，所以 1 0 n b ，所以 1 111 111 n dbd . 即 12 1 1 n ccc

27、 d . 【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题. 21.如图，已知椭圆 2 2 1: 1 2 x Cy，抛物线 2 2: 2(0)Cypx p，点 A是椭圆 1 C与抛物线 2 C的交点，过 点 A 的直线 l交椭圆 1 C于点 B，交抛物线 2 C于 M（B，M不同于 A） （）若 1 16 p，求抛物线 2 C的焦点坐标； （）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 【答案】 （） 1 (,0) 32 ； （） 10 40 【分析】 （）将 p 代入方程求得抛物线方程即可得到焦点坐标； （）设 112200 ,:A x

28、yB x yMmlx yxy，联立直线与椭圆方程得到根与系数的关系，进 一步得到 M 的坐标，进一步得到关于, , p m的方程，联立直线与抛物线方程得到 2 1 2 2 22 2 m xpm ，再联立抛物线与椭圆方程得到 2 1 242xpp ，即可建立方程，再利用 基本不等式求最值即可. 【详解】 （）当 1 16 p时， 2 C的方程为 2 1 8 yx，故抛物线 2 C的焦点坐标为 1 (,0) 32 ； （）设 112200 ,:A x yB x yMmlx yxy 由 22 222 22 2220 xy ymym xym 12000 222 22 , 222 mmm yyyxym

29、由 M在抛物线上，所以 222 222 2 4 4 22 2 mpmm p 2 22 2 2 ()220 ypx ypymyp ypm xym 1 2 1010 2 1 2 0 2 22 2 22 2 yyp xxymympm m xpm 由 2 2 2 2 1 42, 2 2 x y xpx ypx 即 2 420xpx 2 2 1 4168 242 2 pp xpp 2 222 22 18 242222816 2 p pppmppp 所以 2 4218pp， 2 1 160 p ， 10 40 p ， 所以，p的最大值为 10 40 ，此时 2 105 (,) 55 A. 【点晴】本题主要

30、考查直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用，涉及到求函数的最值，考查学生的数学运 算能力，是一道有一定难度的题. 22.已知12a，函数 exf xxa ，其中 e=2.71828为自然对数的底数 （）证明：函数 yf x在(0 )， 上有唯一零点； （）记 x0为函数 yf x在(0)， 上的零点，证明： （） 0 12(1)axa ； （） 0 0 (e )(e 1)(1) x x faa 【答案】 （I）证明见解析， （II） （i）证明见解析， （ii）证明见解析. 【分析】 （I）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论； （II） （i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等

31、式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单 调性确定最值，即可证得不等式； （ii）先根据零点条件转化： 0 000 ()() x x f ex f xa，再根据12a放缩，转化为证明不等式 22 4(2)(1) (1) a eea，最后构造差函数，利用导数进行证明. 【详解】 （I）( )1,0,1,( )0,( ) xx fxexefxf x QQ在(0, )上单调递增， 22 12,(2)240, (0)10afeaefa Q， 所以由零点存在定理得 ( )f x在(0,)上有唯一零点； （II） （i） 0 00 ()0,0 x f xexaQ， 00 2 0000 12(1)1

32、2(1) xx axaexxex ， 令 2 2 ( )1(02), ( )1(02), 2 xx x g xexxxh xexx 一方面： 1 ( )1( ), x h xexh x 1( ) 10 x hxe ， ( )(0)0,( )h xhh x在(0,2)单调递增，( )(0)0h xh， 2 2 10,2(1) 2 xx x exexx ， 另一方面：121 1aa Q， 所以当 0 1x 时， 0 1ax 成立， 因此只需证明当01x时 2 ( )10 x g xexx ， 因为 11 ( )1 2( )( )20ln2 xx g xexg xgxex ， 当(0,ln2)x时，

33、 1( ) 0gx ，当 (ln2,1)x 时， 1( ) 0gx ， 所以( )max(0),(1),(0)0,(1)30,( )0g xggggeg x Q ， ( )g x 在(0,1)单调递减，( )(0)0g xg， 2 1 x exx ， 综上， 00 2 0000 12(1),12(1) xx exxexaxa . （ii） 0 000000 ()()()(1)(2) x aa t xx f ex f xaxexa e， 00 ()2(1)(2)0 aa t xexa eQ， 0 12(1)axa ， 0 ()(1)1(1)1(2)(1)(1)1(2) aaaa t xtaaea

34、a eeaa ae ， 因为12a，所以,2(1) a ee aa， 0 ()(1)(1)2(1)1(2) a t xeaaae. 只需证明 2 2(1)1(2)(1)(1) a aaeea， 即只需证明 22 4(2)(1) (1) a eea， 令 22 ( )4(2)(1) (1),(12) a s aeeaa， 则 22 ( )8(2)(1)8 (2)(1)0 aa s ae eee ee， 2 ( )(1)4(2)0s ase，即 22 4(2)(1) (1) a eea成立， 因此 0 x 0 e(e 1)(1)x faa. 【点睛】本题考查利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式，考查综合分析论证与求解能力描述难题.