1、绝密 启用前2020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|1x2B.x|2x3C.x|3x4D.x|1x42.已知aR,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x-3y+10,x+y-30,则z=x+2y的取值范围是()A.(-,4B.4,+)C.5,+)D.(-,+)4.
2、函数y=xcos x+sin x在区间-,上的图象可能是()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a1d1.记b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,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
3、),B(2,0).设点P满足|PA|-|PB|=2,且P为函数y=34-x2图象上的点,则|OP|=()A.222B.4105C.7D.109.已知a,bR且ab0,对于任意x0均有(x-a)(x-b)(x-2a-b)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(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)=
4、;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,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;(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.20.(15分)已知数列an
5、,bn,cn满足a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,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+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
6、零点;(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+)上的零点,证明:a-1x02(a-1);x0f(ex0)(e-1)(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.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
7、m,n,l两两相交时,如图,三个不同的交点确定一个平面,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.DA.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.a42=a2a8(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),整理可得a1=d,故C可能成立;D
8、.b8=S16-S14=a15+a16,当b42=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a1d1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.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-y23=1(x0).又点P为函数y=34-x2图象上的点,联立方程x2-y23=1(x0),y=34-x2,解得x2=134,y2=274.所以|OP|=x2+y2=10.故选D.9.C当a0时,在x0上,x-a0恒成立,所
9、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.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=2,4,8,1
10、6,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a1a2a4a2a4a3.若a1=1,则a22,a2a1=a2,则a3a2a3,故a3a2=a2,即a3=a22,a4a3=a2,则a4=a3a2=a23.故S=1,a2,a22,a23,此时a2,a22,a23,a24,a25T,可得a25a2=a24S,这与a24S矛盾,故舍去.若 a12,则a2a1a3a1a4a1a4a2a4a31,故a4a3=a4a13=a1,所以a4
11、=a14,故S=a1,a12,a13,a14,此时a13,a14,a15,a16,a17T.若bT,不妨设ba13,则ba13S,故ba13=a1i,i=1,2,3,4,故b=a1i+3,i=1,2,3,4,即ba13,a14,a15,a16,a17,其他情况同理可证.故a13,a14,a15,a16,a17=T,此时ST=a1,a12,a13,a14,a15,a16,a17,即ST中有7个元素.故A正确.11.10令an=n(n+1)2,则a1=122=1,a2=232=3,a3=342=6,S3=1+3+6=10.故答案为10.12.80122由题意可知a4表示x4的系数,即a4=C542
12、4=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.-3513cos 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=2.15.33-233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|b|
13、1+k2=|4k+b|1+k2=1,由解得k=33,b=-233.16.131=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
14、+213=1.17.2829|2e1-e2|2(2e1-e2)22,解得e1e234.又e1e21,所以34e1e21.cos =ab|a|b|=(e1+e2)(3e1+e2)(e1+e2)2(3e1+e2)2=4+4e1e22+2e1e210+6e1e2,设e1e2=x,则34x1.cos2=16(x+1)2(2+2x)(10+6x)=16(x+1)212x2+32x+20=4(x+1)23x2+8x+5=4(x+1)23(x+1)2+2(x+1)=43+2x+1,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s
15、in 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A6,2.由cos C=cos23-A=-12cos A+32sin A,得cos A+cos B+cos C=32sin A+12cos A+12=sinA+6+123+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DOAC,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.
16、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与平面DBC所成角.设CD=22.由DO=OC=2,BO=BC=2,得BD=6,OH=233,所以sinOCH=OHOC=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,O
17、D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OC=(0,2,0),BC=(-1,1,0),CD=(0,-2,2).设平面BCD的法向量n=(x,y,z).由nBC=0,nCD=0,即-x+y=0,-2y+2z=0,可取n=(1,1,1).所以sin =|cos|=|OCn|OC|n|=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a
18、n=a1+1+4+4n-2=4n-1+23.(2)证明 由cn+1=bnbn+2cn,得cn=b1b2c1bnbn+1=1+dd1bn-1bn+1,所以c1+c2+c3+cn=1+dd1-1bn+1,由b1=1,d0,得bn+10,因此c1+c2+c3+cn1+1d,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:x22+y2=1,得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,所以点M的纵坐标yM=-mtm2+2.将直线l的方程代入抛物线C2:y2=2px,得y2-2pmy-2
19、pt=0,所以y0yM=-2pt,解得y0=2p(m2+2)m,因此x0=2p(m2+2)2m2.由x022+y02=1,得1p2=4m+2m2+2m+2m4160,所以当m=2,t=105时,p取到最大值1040.22.证明 (1)因为f(0)=1-a0,所以y=f(x)在(0,+)上存在零点.因为f(x)=ex-1,所以当x0时,f(x)0,故函数f(x)在0,+)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+)上有唯一零点.(2)令g(x)=ex-12x2-x-1(x0),g(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由知函数g(x)在0,+)上单调递增,故当x0时,g(x)g(0)=0,所以函
20、数g(x)在0,+)上单调递增,故g(x)g(0)=0.由g(2(a-1)0,得f(2(a-1)=e2(a-1)-2(a-1)-a0=f(x0),因为f(x)在0,+)单调递增,故2(a-1)x0.令h(x)=ex-x2-x-1(0x1),h(x)=ex-2x-1,令h1(x)=ex-2x-1(0x1),h1(x)=ex-2,所以x0(0,ln 2)ln 2(ln 2,1)1h1(x)-1-0+e-2h1(x)0e-3故当0x1时,h1(x)0,即h(x)1时,u(x)0,故函数u(x)在区间1,+)上单调递增,因此u(x)u(1)=0.由ex0=x0+a可得x0f(ex0)=x0f(x0+a)=(ea-1)x02+a(ea-2)x0(e-1)ax02,由x0a-1,得x0f(ex0)(e-1)(a-1)a.
