2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(浙江卷) (2)

1、1 / 12 絕密 啟用前 2020 年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試 數(shù)學(xué)(浙江卷) (本試卷共 4 頁,22小題,滿分 150 分,考試用時 120 分鐘) 選擇題部分(共 40分) 一、選擇題:本題共 10 小題,每小題 4 分,共 40 分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。 1.已知集合 p=x|1x4,q=x|2x3,則 pq=( ) a.x|1x2 b.x|2x3 c.x|3x4 d.x|1x4 2.已知 ar,若 a-1+(a-2)i(i 為虛數(shù)單位)是實(shí)數(shù),則 a=( ) a.1 b.-1 c.2 d.-2 3.若實(shí)數(shù) x,y 滿

2、足約束條件-3 + 1 0, + -3 0,則 z=x+2y的取值范圍是( ) a.(-,4 b.4,+) c.5,+) d.(-,+) 4.函數(shù) y=xcos x+sin x 在區(qū)間-,上的圖象可能是( ) 5.某幾何體的三視圖(單位:cm)如圖所示,則該幾何體的體積(單位:cm3)是( ) a.73 b.143 c.3 d.6 6.已知空間中不過同一點(diǎn)的三條直線 l,m,n.“l(fā),m,n共面”是“l(fā),m,n 兩兩相交”的( ) a.充分不必要條件 b.必要不充分條件 2 / 12 c.充分必要條件 d.既不充分也不必要條件 7.已知等差數(shù)列an的前 n項(xiàng)和為 sn,公差 d0,且11.記

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.已知點(diǎn) o(0,0),a(-2,0),b(2,0).設(shè)點(diǎn) p滿足|pa|-|pb|=2,且 p 為函數(shù) y=34-2圖象上的點(diǎn),則|op|=( ) a.222 b.4105 c.7 d.10 9.已知 a,br 且 ab0,對于任意 x0 均有(x-a)(x-b)(x-2a-b)0,則( ) a.a0 c.b0 10.設(shè)集合 s,t,sn*,tn*,s,t中至少有 2 個元素,且 s,t 滿足: 對于任意的 x,ys,若 x

4、y,則 xyt; 對于任意的 x,yt,若 x0)與圓 x2+y2=1 和圓(x-4)2+y2=1 均相切,則 k= ;b= . 16.盒中有 4 個球,其中 1 個紅球,1 個綠球,2個黃球.從盒中隨機(jī)取球,每次取 1個,不放回,直到取出紅球?yàn)橹?設(shè)此過程中取到黃球的個數(shù)為 ,則 p(=0)= ;e()= . 17.已知平面單位向量 e1,e2滿足|2e1-e2|2,設(shè) a=e1+e2,b=3e1+e2,向量 a,b 的夾角為 ,則 cos2的最小值是 . 三、解答題:本大題共 5 小題,共 74 分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。 18.(14分) 在銳角abc中,角 a,b,c

5、所對的邊分別為 a,b,c,已知 2bsin a-3a=0. (1)求角 b的大小; 3 / 12 (2)求 cos a+cos b+cos c的取值范圍. 19.(15分) 如圖,在三棱臺 abc-def 中,平面 acfd平面 abc,acb=acd=45,dc=2bc. (1)證明:efdb; (2)求直線 df與平面 dbc 所成角的正弦值. 20.(15分) 已知數(shù)列an,bn,cn滿足 a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1=+2 cn,nn*. (1)若bn為等比數(shù)列,公比 q0,且 b1+b2=6b3,求 q 的值及數(shù)列an的通項(xiàng)公式; (2)若bn為等差數(shù)列,公

6、差 d0,證明:c1+c2+cn0),點(diǎn) a是橢圓 c1與拋物線 c2的交點(diǎn),過點(diǎn) a的直線l交橢圓 c1于點(diǎn) b,交拋物線 c2于 m(b,m不同于 a). (1)若 p=116,求拋物線 c2的焦點(diǎn)坐標(biāo); (2)若存在不過原點(diǎn)的直線 l使 m為線段 ab的中點(diǎn),求 p的最大值. 22.(15分) 已知 1a2,函數(shù) f(x)=ex-x-a,其中 e=2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù). (1)證明:函數(shù) y=f(x)在(0,+)上有唯一零點(diǎn); (2)記 x0為函數(shù) y=f(x)在(0,+)上的零點(diǎn),證明: -1x02(-1); x0f(e0)(e-1)(a-1)a. 5 / 12 2020

7、年數(shù)學(xué)(浙江卷) 1.b 根據(jù)交集的定義直接得到運(yùn)算結(jié)果 pq=x|2x0,所以排除 b. 故選 a. 5.a 如圖,幾何體是上下結(jié)構(gòu),下面是三棱柱,底面是等腰直角三角形,斜邊為 2,高為 1,三棱柱的高是 2,上面是三棱錐,平面 da1c1平面 a1b1c1,且 da1=dc1,三棱錐的高是 1,故幾何體的體積 v=12212+1312211=73. 6.b 由條件可知,當(dāng) m,n,l在同一平面內(nèi)時,三條直線不一定兩兩相交,有可能兩條直線平行;或三條直線平行;反過來,當(dāng)空間中不過同一點(diǎn)的三條直線 m,n,l兩兩相交時,如圖, 6 / 12 三個不同的交點(diǎn)確定一個平面,則 m,n,l在同一平面

8、內(nèi), 所以“m,n,l”共面是“m,n,l兩兩相交”的必要不充分條件. 故選 b. 7.d a.由等差數(shù)列的性質(zhì)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,則2(a7+a8)=a3+a4+a11+a12. 因?yàn)?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-s14=a15+a16,當(dāng)4

9、2=b2b8時,(a7+a8)2=(a3+a4)(a15+a16),(2a1+13d)2=(2a1+5d)(2a1+29d),整理為 2a1=3d,這與已知11矛盾,故 d不可能成立. 綜上可知,等式不可能成立的是 d.故選 d. 8.d 由條件可知點(diǎn) p在以 a,b為焦點(diǎn)的雙曲線的右支上,并且 c=2,a=1,所以 b2=3, 雙曲線方程為 x2-23=1(x0).又點(diǎn) p為函數(shù) y=34-2圖象上的點(diǎn),聯(lián)立方程 2-23= 1( 0), = 34-2,解得 x2=134,y2=274. 所以|op|=2+ 2= 10. 故選 d. 9.c 當(dāng) a0時,在 x0上,x-a0恒成立,所以只需滿

10、足(x-b)(x-2a-b)0恒成立,此時2a+bb,由二次函數(shù)的圖象可知,只有 b0不滿足條件; 當(dāng) b0時,此時 0a2a+b,當(dāng) x0時,(x-a) (x-2a-b)0不恒成立; (2)當(dāng) a+b0時,此時 2a+ba,若滿足(x-a)(x-2a-b)0恒成立,只需滿足 a0,滿足(x-a)(x-2a-b)0恒成立. 綜上可知,滿足(x-a)(x-b)(x-2a-b)0在 x0恒成立時,只有 b0. 故選 c. 10.a 當(dāng)集合 s中有 3個元素時,若 s=1,2,4,則 t=2,4,8,st中有 4個元素;若s=2,4,8,則 t=8,16,32,st中有 5個元素,故排除 c,d;

11、當(dāng)集合 s中有 4個元素時,若 s=2,4,8,16,則 t=8,16,32,64,128,st=2,4,8,16,32,64,128,包含 7個元素,排除選項(xiàng) b. 下面來說明選項(xiàng) a的正確性: 設(shè)集合 s=a1,a2,a3,a4,且 a1a2a3a4,a1,a2,a3,a4n*, 則 a1a24243. 若 a1=1,則 a22,21=a2,則32a3,故32=a2,即 a3=22, 43=a2,則 a4=a3a2=23. 故 s=1,a2,22,23,此時a2,22,23,24,25t,可得252= 24s,這與24s矛盾,故舍去. 若 a12,則21314142431,故43=413=

12、a1,所以 a4=14, 故 s=a1,12,13,14,此時13,14,15,16,17t. 若 bt,不妨設(shè) b13,則13s,故13= 1,i=1,2,3,4,故 b=1+3,i=1,2,3,4, 即 b13,14,15,16,17,其他情況同理可證.故13,14,15,16,17=t, 此時 st=a1,12,13,14,15,16,17,即 st中有 7個元素. 故 a正確. 11.10 令 an=(+1)2,則 a1=122=1,a2=232=3,a3=342=6, s3=1+3+6=10. 故答案為 10. 8 / 12 12.80 122 由題意可知 a4表示 x4的系數(shù),即

13、a4=c54 24=80; 當(dāng) x=1時,a0+a1+a2+a3+a4+a5=35, 當(dāng) x=-1時,a0-a1+a2-a3+a4-a5=-1, -得 2(a1+a3+a5)=35+1. 所以 a1+a3+a5=122. 故答案為 80;122. 13.-35 13 cos 2=cos2-sin2=cos2-sin2cos2+sin2=1-tan21+tan2=-35; tan(-4) =tan-11+tan=13. 14.1 設(shè)圓錐的底面半徑為 r,母線長為 l, 由題意可知 rl=12l2=2,解得 r=1,l=2. 15.33 -233 由 k0,根據(jù)題意畫出直線 l:y=kx+b及兩圓

14、,如圖所示. 由對稱性可知直線 l 必過點(diǎn)(2,0),即 2k+b=0, 并且|1+2=|4+|1+2=1, 由解得 k=33,b=-233. 16.13 1 =0表示第一次拿到的是紅球,設(shè)為事件 a,或第一次是綠球,第二次是紅球,設(shè)為事件 b,則 p(=0)=p(a)+p(b)=14+143=13; =1表示拿出紅球時已經(jīng)拿出了一個黃球,即第一次拿到黃球,第二次拿到紅球,概率 p=2413=16,或是前兩次拿到的一個是黃球一個是綠球,p=2241312=16,所以 p(=1)=16+16=13; =2表示拿到紅球時已經(jīng)拿出了兩個黃球,即前兩次黃球,第三次紅球,p=241312=112,或是第

15、四次拿到紅球,p=342312=14,所以 p(=2)=112+14=13. e()=013+113+213=1. 9 / 12 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, 設(shè) e1 e2=x,則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+2+1, 得 cos22829,1, 所以 cos2的最小值

16、是2829. 18.解 (1)由正弦定理,得 2sin bsin a=3sin a, 故 sin b=32, 由題意,得 b=3. (2)由 a+b+c=,得 c=23-a, 由abc是銳角三角形,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的取值范圍是(3+12,32. 19. (1)證明 如圖,過點(diǎn) d作 doac,交直線 ac于點(diǎn) o,連接 ob. 10 / 12 由acd=45,do

17、ac,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. 由三棱臺 abc-def,得 bcef.所以 efdb. (2)解 法一 過點(diǎn) o作 ohbd,交直線 bd于點(diǎn) h,連接 ch. 由三棱臺 abc-def,得 dfco,所以直線 df與平面 dbc 所成角等于直線 co與平面 dbc所成角. 由 bc平面 bdo,得 ohbc,故 oh平面 bcd,所以och為直線 co與平面 dbc所成角. 設(shè) cd=22. 由 do=oc=2,bo=bc=2,得

18、 bd=6,oh=233, 所以 sinoch=33, 因此,直線 df與平面 dbc所成角的正弦值為33. 解 法二 由三棱臺 abc-def,得 dfco,所以直線 df與平面 dbc所成角等于直線 co與平面 dbc所成角,記為 . 如圖,以 o為原點(diǎn),分別以射線 oc,od為 y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系 o-xyz. 設(shè) cd=22. 由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)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). 設(shè)平面 bcd的法向量 n=(x,y,z). 由 = 0, = 0,即- +

19、 = 0,-2 + 2 = 0,可取 n=(1,1,1). 所以 sin =|cos|=| | |=33. 因此,直線 df與平面 dbc所成角的正弦值為33. 11 / 12 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)證明 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的焦點(diǎn)坐標(biāo)是(132,0). (2)由題意可設(shè)直線 l:x=my+t(m0,t0),點(diǎn) a(x0,y0). 將直線 l 的方程代入橢圓 c1:22+y2=1,得 (m2+2)y2+2mty+t2-2=0, 所以點(diǎn) m的縱坐標(biāo) ym=-2+2. 將直線 l 的方程代入拋物線 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. 由02