2020年浙江省高考数学试卷及答案

数学

选择题部分（共40分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个参考公式：

柱体的体积公式VSh 如果事件A，B互斥，那么其中S表示柱体的底面积，h表示P(AB)P(A)P(B) 柱体的高 如果事件A，B相互，那么P(AB)P(A)P(B) 锥体的体积公式V13Sh 如果事件A在一次试验中发生的概其中S表示锥体的底面积，h表示率是p，那么n次重复试验中锥体的高 事件A恰好发生k次的概率球的表面积公式 PCkkn(k)np(1p)nk(k0,1,2,,n) 1S4R2 台体的体积公式V3(S1S1S2S2)h 球的体积公式 其中S1,S2分别表示台体的上、下底3面积，h表示台体的高 V43R 其中R表示球的半径 第1页 选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知集合P={x|1x4}，Q2x3，则PQ=（ ） A. {x|1x2} B. {x|2x3} C. {x|3x4} D. {x|1x4}

【答案】B

【解析】根据集合交集定义求解

【详解】PQ(1,4)(2,3)(2,3)A. 1

.,故选：B

【点睛】本题考查交集概念，考查基本分析求解能力，属基础题.

2.已知a∈R，若a–1+(a–2)i(i为虚数单位)是实数，则a=（ ）

B. –1

C. 2

【答案】C

【解析】根据复数为实数列式求解即可.

【详解】因为(a1)(a2)i为实数，所以a20，a2，故选：C 第2页

D. –2

点睛】本题考查复数概念，考查基本分析求解能力，属基础题.

【3.若实数x，y满足约束条件x3y10xy30，则z=2x+y的取值范围是（ ） A. (,4]

B. [4,)

C. [5,)

D.

(,)

【答案】B

【解析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义确定目标函数在何处能够取得最大值和最小值从而确定目标函数的取值范围即可. 【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，

目标函数即：y112x2z， 其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，

z取得最小值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最小，

据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最小值，

第3页 联立直线方程：x3y10xy30，可得点A的坐标为：A2,1，

据此可知目标函数的最小值为：zmin2214,且目标函数没有最大值. 故目标函数的取值范围是4,.故选：B

【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大. 4.函数y=xcosx+sinx在区间[–π，+π]的图象大致为（. ）

A.

B.

C. D.

【答案】A

第4页

【解析】首先确定函数的奇偶性，然后结合函数在x处的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.

【详解】因为fxxcosxsinx，则fxxcosxsinxfx， 即题中所给的函数为奇函数，函数图象关于坐标原点对称，据此可知选项CD错误； 且x时，ycossin0，据此可知选项B错误.故选：A.

【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．

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

【答案】A

第5页 【解析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.

【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱， 且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，

所以几何体的体积为：11211113222123273.故选：A

【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.

6.已知空间中不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 【答案】B

第6页

【解析】将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件. 【详解】依题意m,n,l是空间不过同一点的三条直线，

当m,n,l在同一平面时，可能m//n//l，故不能得出m,n,l两两相交.

当m,n,l两两相交时，设mnA,mlB,nlC，根据公理2可知m,n确定一个平面，而Bm,Cn，根据公理1可知，直线BC即l，所以

m,n,l在同一平面.

综上所述，“m,n,l在同一平面”是“m,n,l两两相交”的必要不充分条件.故选：B 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.

7.已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，

a1

d

1．记b1=S2，bn+1=Sn+2–S2n，nN，下列等式不可能成立的是（ ）

A. 2a4=a2+a6

B. 2b4=b2+b6

C. a24a2a8

D.

b24b2b8

【答案】D

【解析】根据题意可得，bn1S2n2S2na2n1a2n2，而b1S2a1a2，即可表示出题中b2,b4,b6,b8，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．

第7页 【详解】对于A，因为数列an为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由

4426可得，2a4a2a6，A正确；对于B，由题意可知，bn1S2n2S2na2n1a2n2，b1S2a1a2，

∴b2a3a4，b4a7a8，b6a11a12，b8a15a16．

∴2b42a7a8，b2b6a3a4a11a12．

根据等差数列的下标和性质，由31177,41288可得

b2b6a3a4a11a12=2a7a8=2b4，B正确；

对于C，a22da24a2a8a13da117d2d2a1d2dda1，

当a21d时，a4a2a8，C正确；

对于D，b222224a7a82a113d4a152a1d169d，

b2b8a3a4a15a162a15d2a129d4a2168a1d145d2，

b224b2b824d16a1d8d3d2a1．

当d0时，a2a21d，∴3d1d2da10即b4b2b80；

当d0时，a21d，∴3d2a1d2da10即b4b2b80，所以b24b2b80，D不正确．

故选：D

【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．.

第8页

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x2图像上的点，则|OP|=（ ）

A. 22B. 4102

5

C. 7 D. 10 【答案】D

【解析】根据题意可知，点P既在双曲线的一支上，又在函数y34x2的图象上，即可求出点P的坐标，得到OP的值．

【详解】因为|PA||PB|24，所以点P在以A,B为焦点，实轴长为2，焦距为

4的双曲线的右支上，由c2,a1可得，b2c2a2413，即双曲线的右支方程为

x2y231x0，而点P还在函数y34x2的图象上，所以， y34x2x13由221327x2y31x0，解得，即OP4410．故选：D. y332【点睛】本题主要考查双曲线的定义的应用，以及二次曲线的位置关系的应用，意在考查学生的数算能力，属于基础题．

9.已知a，bR且ab≠0，若(x–a)(x–b)(x–2a–b)≥0在x≥0上恒成立，则（ ） A. a<0 B. a>0

C. b<0

D. b>0

【答案】C

第9页 【解析】对a分a0与a0两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案. 【详解】因为ab0，所以a0且b≠0，设f(x)(xa)(xb)(x2ab)，则

f(x)零点

为x1a的,x2b,x32ab,当a0时，则x2x3，x1>0，要使f(x)0，必有

2aba，且b0，

即ba，且b0，所以b0；当a0时，则x2x3，x10，要使f(x)0，必有

b0.

综上一定有b0.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，是一道中档题.

10.设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足： ①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT ②对于任意x，yT，若xyxS； 下列命题正确的是（ ）

A. 若S有4个元素，则S∪T有7个元素 B. 若S有4个元素，则S∪T有6个元素 C. 若S有3个元素，则S∪T有4个元素

第10页

D. 若S有3个元素，则S∪T有5个元素 【答案】A

【解析】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S1,2,4，则T2,4,8，此时ST1,2,4,8，包含4个元素，排除选项

D；

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C；

若取S2,4,8,16，则T8,16,32,,128，此时ST2,4,8,16,32,,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pp*1,p2,p3,p4，且p1p23p4，p1,p2,p3,p4N，

则pp41p2p2p4，且p1p2,p2p4T，则pS， 1同理p4p4p3p3pS，S，S，S，p2S， 2p3p2p1p1若pp311，则p22，则ppp33，故p2即p23p2， 2p2第11页 又p4p4pp41，故p4p4p2p2，所以pp342， 2p3p32故S1,pp232,2,p2，此时p2T,p2T，故p2S，矛盾，舍.

若pp212，则pp3pp33，故p2,p2p1即p3p31,p2p21， 1p1p1p1又p4pp4p41，故p44pp43p1，所以p4p41， 1p2p3p3p1故Sp234345,p671,p1,p1,p1，此时p1,p1,p11,p1T.

若qT， 则

qp3S，故qp1i,i1,2,3,4，故qpi331,i1,2,3,1p4， 1即qp3p4567345671,1,p1,p1,p1，故p1,p1,p1,p1,p1T，

此时STpp23445671,1,p1,p1,p1,p1,p1,p1即ST中有7个元素.故A正确.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110分）

二、填空题：本大题共7小题，共36分.多空题每小题6分，单空题每小题4分.

第12页

11.已知数列{an}满足an(n1)n=2，则S3=________． 【答案】10

【解析】根据通项公式可求出数列an的前三项，即可求出．

【详解】因为ann1n2，所以a11,a23,a36．即

S3a1a2a313610．

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12x5 a251a2xa3xa34xa5x4a6x，则a5=________；a1+a2 + a3=________．

【答案】 (1). 80 (2). 122

【解析】利用二项式展开式的通项公式计算即可.

【详解】(12x)5的通项为Trrrrr4，则T4444r1C5(2x)2C5x，令r52C5x80x，故a113355580；a1a3a52C52C52C5122.故答案为：80；122

【点晴】本题主要考查利用二项式定理求指定项的系数问题，考查学生的数算能力，是一道基础题.

第13页 13.已知tan2，则cos2________；tan(π4)______．

【答案】 (1).

315 (2). 3 【解析】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】cos2sin2cos2cos2sin2cos2sin21tan21tan212212235，

tan(tan1211314)1tan123，故答案为：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2π，且为半圆，则底面半径为_______． 【答案】1

【解析】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.

rl2【详解】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则2r1，解得22lr1,l2.

故答案为：1

第14页

【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l:ykxb(k0)，圆C2y21，C221:x2:(x4)y1，若直线l与C1，C2都相切，则k_______；b=______．

【答案】 (1). 33 (2). 233

【解析】由直线与圆C1,C2相切建立关于k，b的方程组，解方程组即可.

【详解】由题意，C|b|b|1,C2到直线的距离等于半径，即k2121，|4kk2121，

所以|b|4kb，所以k0（舍）或者b2k，

解得k3233,b3.故答案为：33;233 【点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数算能力，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P(0)_______；E()______．

【答案】 (1).

13 (2). 1 【解析】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.

第15页 【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P(0)14141313，随机变量0,1,2，

P(1)212111211434324323，

P(2)11313111113，所以E()0313231.故答案为：3;1.

【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e1，e2为单位向量，满足|2e1e2|2，ae1e2，b3e1e2，设a，b的夹角为，则cos2的最小值为_______．

【答案】

2829 【解析】利用复数模的平方等于复数的平方化简条件得e31e24，再根据向量夹角公式求cos2函数关系式，根据函数单调性求最值.

【详解】|2e1e2|2，44e1e212，e1e234， cos2(ab)2(44e1e2)2a2b2(22e4(1e1e2)1e2)(106e1e2)53e1e

243(1253e)4(12281e23533)29.故答案为：28. 429第16页

【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，属中档题.

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.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinA3a． （I）求角B；

（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．

【答案】（I）B3；（II）31,322 【解析】（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，最后结合三角函数的性质即可求得

cosAcosBcosC的取值范围.

【详解】（I）由2bsinA3a结合正弦定理可得：

2sinBsinA3sinA,sinB32 △ABC为锐角三角形，故B3.

第17页 （II）结合(1)的结论有：cosAcosBcosCcosA12cos23A cosA12cosA32sinA1232sinA112cosA2sinA612. 由02A322可得：6A2，3A63，

0A2则sinA33,12，sinA13132,322. 即cosAcosBcosC的取值范围是3132,2.

【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DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（I）证明：EF⊥DB；

第18页

（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．

【答案】（I）证明见解析；（II）33 【解析】

【分析】（I）作DHAC交AC于H，连接BH，由题意可知DH平面ABC，即有DHBC，根据勾股定理可证得BCBH，又EF//BC，可得DHEF，

BHEF，即得EF平面BHD，即证得EFDB；

（II）由DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角，作

HGBD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DHAC交AC于H，连接BH． ∵平面ADFC平面ABC，而平面ADFC平面ABCAC，DH平面ADFC，∴DH平面ABC，而BC平面ABC，即有DHBC． ∵ACBACD45，∴CD2CH2BCCH2BC． 在CBH中，BH2CH2BC22CHBCcos45BC2，即有

BH2BC2CH2，∴BHBC．

由棱台的定义可知，EF//BC，所以DHEF，BHEF，而BHDHH，

∴EF平面BHD，而BD平面BHD，∴EFDB．

第19页 （Ⅱ）因为DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为与CH平面DBC所成角． 作HGBD于G，连接CG，由（1）可知，BC⊥平面BHD， 因为所以平面BCD平面BHD，而平面BCD平面BHDBD，

HG平面BHD，∴HG平面BCD．

即CH在平面DBC内的射影为CG，HCG即为所求角．

在Rt△HGC中，设BCa，则CH2a，HGBHDHBD2aa3a23a， ∴sinHCGHG1CH333． 故DF与平面DBC所成角的正弦值为33．

【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，意在考查学生的直观想象能力和数算能力，属于基础题．20.已知数列{abnn}，{bn}，{cn}中，a1b1c11,cnan1an,cn1bcn(nN*)． n2（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比q0，且b1b26b3，求q与an的通项公式；第20页

（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差d0，证明：c11c2cn1d． 【答案】（I）q12,a4n12n3.；（II）证明见解析.

【解析】（I）根据b1b26b3，求得q，进而求得数列cn的通项公式，利用累加法求得数列an的通项公式.

（II）利用累乘法求得数列cn的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.

【详解】（I）依题意b1,b2212q,b3q，而b1b26b3，即1q6q，由于q0，

所以解得q12，所以b1n2n1. 1所以b12n1n22n1，故cn11cn4cn，所以数列cn是首项为1，公比为4的等2n1比数列，所以c4n1n.

所以1ac1（n2,nN*n1ann4n）.所以ana1144n24n23.

（II）依题意设bn1n1ddn1d，由于cn1cbn， nbn2所以cnbnc1n2,nN*n1bn1， 故cncnncc1c3c2cbn1bn2bb2b1n1cn2c1n32c1bn1bnbn1bc1 4b3第21页 b1b21d11111bdb1. nbn1nbn1dbnbn1所以c1c2c11111n1db111b2b2b3b nbn1111d1b.由于d0,b11，所以bn10，所以1111d1b1. n1n1d即c1c2cn11d，nN*. 【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Cx21:2y21，抛物线C22:y2px(p0)，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）．

（Ⅰ）若p116，求抛物线C2的焦点坐标； （Ⅱ）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．

第22页

【答案】（Ⅰ）(132,0)；（Ⅱ）

1040 【解析】

【详解】（Ⅰ）当p1116时，C2的方程为

y28x，故抛物线C2的焦点坐标为(132,0)； （Ⅱ）设Ax1,y1,Bx2,y2,Mx0,y0,I:xym，

由x22y22xym22y22mym220， y1ymm22222,y022,x0y0mm22， 2由M在抛物线上，所以

2m24pm22222m224p， 又y22pxmy22p(ym)y22py2pm0xy， y21y02p，x1x0y1my0m2p2m，

x2x22my2112p2m22.由x24px2,?2即x24px20 y22pxx4p16p28122p4p22 第23页 2p4p222p22m1228p222p28p16p，

所以4p2218p，p21160，p1040， 所以，p的最大值为1040，此时A(21055,5). 法2：设直线l:xmyt(m0,t0)，Ax0,y0.

将直线l的方程代入椭圆Cx21:2y21得：m22y22mtyt220， 所以点M的纵坐标为yMmtm22.

将直线l的方程代入抛物线C222:y2px得：y2pmy2pt0，

所以y2p0yM2pt，解得ym22m2220m，因此x02p

m2，由x22201222y2p4mm201解得2mm160，

所以当m2,t10时，p105取到最大值为40. 【点晴】本题主要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，考查学生的数算能力，是一道有一定难度的题.

22.已知1a2，函数fxexxa，其中e=2.71828…为自然对数的底数．

第24页

（Ⅰ）证明：函数yfx在(0，)上有唯一零点； （Ⅱ）记x0为函数yfx在(0，)上的零点，证明： （ⅰ）a1x02(a1)； （ⅱ）x0f(ex0)(e1)(a1)a．

【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析. 【解析】（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：xx0f(e0)x0f(x0a)，再根据1a2放缩，转化为证

明不等式4(ea2)2(e1)2(a1)，最后构造差函数，利用导数进行证明.

【详解】（I）f(x)ex1,x0,ex1,f(x)0,f(x)在(0,)上单调递

增，

1a2,f(2)e22ae240,f(0)1a0，

所以由零点存在定理得f(x)在(0,)上有唯一零点；

（II）（i）

f(x0)0,ex0x0a0，

a1xxx02(a1)e0x01x202(e0x01)，

第25页 令g(x)exx1x2(0x2),h(x)exx1x22(0x2),

一方面：h(x)ex1xh1(x), hx1(x)e10，

h(x)h(0)0,h(x)在(0,2)单调递增，h(x)h(0)0，

exx1x220,2(exx1)x2，另一方面：1a2a11，所以当x01时，a1x0成立，因此只需证明当0x1时

g(x)exx1x20，

因为g(x)ex12xg1(x)，g1(x)ex20xln2 当x(0,ln2)时，g1(x)0，当x(ln2,1)时，g1(x)0， 所以g(x)max{g(0),g(1)},g(0)0,g(1)e30,g(x)0，

g(x)在(0,1)单调递减，g(x)g(0)0，exx1x2， 综上，ex0x201x02(ex0x01),a1x02(a1). （ii）t(xxa0)x0f(e0)x0f(x0a)x0[(e1)x0a(ea2)]，

t(x0)2(ea1)x0a(ea2)0，a1x02(a1)，

第26页

t(x0)t(a1)a1[(ea1)a1a(ea2)](ea1)(a1)aa1(ea2)，

因为1a2，所以eae,a2(a1)，

t(x0)(e1)(a1)2(a1)a1(ea2)，

只需证明2(a1)a1(ea2)(e1)(a1)2，即只需证明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)28e(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，

因此xx0fe0(e1)(a1)a.

【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.

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