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文檔簡介

1、2020年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷一、選擇題(共10小題).1已知集合Px|1x4,Qx|2x3,則PQ()Ax|1x2Bx|2x3Cx|3x4Dx|1x42已知aR,若a1+(a2)i(i為虛數(shù)單位)是實(shí)數(shù),則a()A1B1C2D23若實(shí)數(shù)x,y滿足約束條件,則zx+2y的取值范圍是()A(,4B4,+)C5,+)D(,+)4函數(shù)yxcosx+sinx在區(qū)間,+的圖象大致為()ABCD5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()ABC3D66已知空間中不過同一點(diǎn)的三條直線m,n,l,則“m,n,l在同一平面”是“m,n,l兩兩相交”的()A充分不必要條件B必要不

2、充分條件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Sn,公差d0,1記b1S2,bn+1Sn+2S2n,nN*,下列等式不可能成立的是()A2a4a2+a6B2b4b2+b6Ca42a2a8Db42b2b88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)y3圖象上的點(diǎn),則|OP|()ABCD9已知a,bR且ab0,若(xa)(xb)(x2ab)0在x0上恒成立,則()Aa0Ba0Cb0Db010設(shè)集合S,T,SN*,TN*,S,T中至少有兩個(gè)元素,且S,T滿足:對于任意x,yS,若xy,都有xyT;對于任意x,yT,若xy,則S;下列

3、命題正確的是()A若S有4個(gè)元素,則ST有7個(gè)元素B若S有4個(gè)元素,則ST有6個(gè)元素C若S有3個(gè)元素,則ST有4個(gè)元素D若S有3個(gè)元素,則ST有5個(gè)元素二、填空題:本大題共7小題,共36分。多空題每小題4分;單空題每小題4分。11已知數(shù)列an滿足an,則S3 12設(shè) (1+2x)5a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5,則a5 ;a1+a2+a3 13已知tan2,則cos2 ;tan() 14已知圓錐展開圖的側(cè)面積為2,且為半圓,則底面半徑為 15設(shè)直線l:ykx+b(k0),圓C1:x2+y21,C2:(x4)2+y21,若直線l與C1,C2都相切,則k ;b 16一個(gè)盒子里

4、有1個(gè)紅1個(gè)綠2個(gè)黃四個(gè)相同的球,每次拿一個(gè),不放回,拿出紅球即停,設(shè)拿出黃球的個(gè)數(shù)為,則P(0) ;E() 17設(shè),為單位向量,滿足|2|,+,3+,設(shè),的夾角為,則cos2的最小值為 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在銳角ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且2bsinAa()求角B;()求cosA+cosB+cosC的取值范圍19如圖,三棱臺DEFABC中,面ADFC面ABC,ACBACD45°,DC2BC()證明:EFDB;()求DF與面DBC所成角的正弦值20已知數(shù)列an,bn,cn中,a1b1c11,cn+1an

5、+1an,cn+1cn(nN*)()若數(shù)列bn為等比數(shù)列,且公比q0,且b1+b26b3,求q與an的通項(xiàng)公式;()若數(shù)列bn為等差數(shù)列,且公差d0,證明:c1+c2+cn1+21如圖,已知橢圓C1:+y21,拋物線C2:y22px(p0),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)()若p,求拋物線C2的焦點(diǎn)坐標(biāo);()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已知1a2,函數(shù)f(x)exxa,其中e2.71828為自然對數(shù)的底數(shù)()證明:函數(shù)yf(x)在 (0,+)上有唯一零點(diǎn);()記x0為函數(shù)yf(x)在 (0,+

6、)上的零點(diǎn),證明:()x0;()x0f()(e1)(a1)a參考答案一、選擇題:本大題共10小題,每小題4分,共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1已知集合Px|1x4,Qx|2x3,則PQ()Ax|1x2Bx|2x3Cx|3x4Dx|1x4【分析】直接利用交集的運(yùn)算法則求解即可解:集合Px|1x4,Qx|2x3,則PQx|2x3故選:B2已知aR,若a1+(a2)i(i為虛數(shù)單位)是實(shí)數(shù),則a()A1B1C2D2【分析】利用復(fù)數(shù)的虛部為0,求解即可解:aR,若a1+(a2)i(i為虛數(shù)單位)是實(shí)數(shù),可得a20,解得a2故選:C3若實(shí)數(shù)x,y滿足約束條件,則zx+2y

7、的取值范圍是()A(,4B4,+)C5,+)D(,+)【分析】作出不等式組表示的平面區(qū)域;作出目標(biāo)函數(shù)對應(yīng)的直線;結(jié)合圖象判斷目標(biāo)函數(shù)zx+2y的取值范圍解:畫出實(shí)數(shù)x,y滿足約束條件所示的平面區(qū)域,如圖:將目標(biāo)函數(shù)變形為x+y,則z表示直線在y軸上截距,截距越大,z越大,當(dāng)目標(biāo)函數(shù)過點(diǎn)A(2,1)時(shí),截距最小為z2+24,隨著目標(biāo)函數(shù)向上移動(dòng)截距越來越大,故目標(biāo)函數(shù)z2x+y的取值范圍是4,+)故選:B4函數(shù)yxcosx+sinx在區(qū)間,+的圖象大致為()ABCD【分析】先判斷函數(shù)的奇偶性,再判斷函數(shù)值的特點(diǎn)解:yf(x)xcosx+sinx,則f(x)xcosxsinxf(x),f(x)為

8、奇函數(shù),函數(shù)圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱,故排除B,D,當(dāng)x時(shí),yf()cos+sin0,故排除B,故選:A5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()ABC3D6【分析】畫出幾何體的直觀圖,利用三視圖的數(shù)據(jù)求解幾何體的體積即可解:由題意可知幾何體的直觀圖如圖,下部是直三棱柱,底面是斜邊長為2的等腰直角三角形,棱錐的高為2,上部是一個(gè)三棱錐,一個(gè)側(cè)面與底面等腰直角三角形垂直,棱錐的高為1,所以幾何體的體積為:故選:A6已知空間中不過同一點(diǎn)的三條直線m,n,l,則“m,n,l在同一平面”是“m,n,l兩兩相交”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分

9、也不必要條件【分析】由m,n,l在同一平面,則m,n,l相交或m,n,l有兩個(gè)平行,另一直線與之相交,或三條直線兩兩平行,根據(jù)充分條件,必要條件的定義即可判斷解:空間中不過同一點(diǎn)的三條直線m,n,l,若m,n,l在同一平面,則m,n,l相交或m,n,l有兩個(gè)平行,另一直線與之相交,或三條直線兩兩平行故m,n,l在同一平面”是“m,n,l兩兩相交”的必要不充分條件,故選:B7已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn,公差d0,1記b1S2,bn+1Sn+2S2n,nN*,下列等式不可能成立的是()A2a4a2+a6B2b4b2+b6Ca42a2a8Db42b2b8【分析】由已知利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式判斷A

10、與C;由數(shù)列遞推式分別求得b2,b4,b6,b8,分析B,D成立時(shí)是否滿足公差d0,1判斷B與D解:在等差數(shù)列an中,ana1+(n1)d,b1S22a1+d,bn+1Sn+2S2nb2a1+2d,b4a15d,b63a124d,b85a155dA.2a42(a1+3d)2a1+6d,a2+a6a1+d+a1+5d2a1+6d,故A正確;B.2b42a110d,b2+b6a1+2d3a124d2a122d,若2b4b2+b6,則2a110d2a122d,即d0,不合題意,故B錯(cuò)誤;C若a42a2a8,則,即,得,d0,a1d,符合1,故C正確;D若,則,即,則有兩不等負(fù)根,滿足1,故D正確等式

11、不可能成立的是B故選:B8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)y3圖象上的點(diǎn),則|OP|()ABCD【分析】求出P滿足的軌跡方程,求出P的坐標(biāo),即可求解|OP|解:點(diǎn)O (0,0),A(2,0),B (2,0)設(shè)點(diǎn)P滿足|PA|PB|2,可知P的軌跡是雙曲線的右支上的點(diǎn),P為函數(shù)y3圖象上的點(diǎn),即在第一象限的點(diǎn),聯(lián)立兩個(gè)方程,解得P(,),所以|OP|故選:D9已知a,bR且ab0,若(xa)(xb)(x2ab)0在x0上恒成立,則()Aa0Ba0Cb0Db0【分析】設(shè)f(x)(xa)(xb)(x2ab),求得f(x)的零點(diǎn),根據(jù)f(0)0恒成立

12、,討論a,b的符號,結(jié)合三次函數(shù)的圖象,即可得到結(jié)論解:設(shè)f(x)(xa)(xb)(x2ab),可得f(x)的圖象與x軸有三個(gè)交點(diǎn),即f(x)有三個(gè)零點(diǎn)a,b,2a+b且f(0)ab(2a+b),由題意知,f(0)0恒成立,則ab(2a+b)0,a0,b0,可得2a+b0,ab(2a+b)0恒成立,排除B,D;我們考慮零點(diǎn)重合的情況,即中間和右邊的零點(diǎn)重合,左邊的零點(diǎn)在負(fù)半軸上則有ab或a2a+b或bb+2a三種情況,此時(shí)ab0顯然成立;若bb+2a,則a0不成立;若a2a+b,即a+b0,可得b0,a0且a和2a+b都在正半軸上,符合題意,綜上b0恒成立故選:C10設(shè)集合S,T,SN*,TN

13、*,S,T中至少有兩個(gè)元素,且S,T滿足:對于任意x,yS,若xy,都有xyT;對于任意x,yT,若xy,則S;下列命題正確的是()A若S有4個(gè)元素,則ST有7個(gè)元素B若S有4個(gè)元素,則ST有6個(gè)元素C若S有3個(gè)元素,則ST有4個(gè)元素D若S有3個(gè)元素,則ST有5個(gè)元素【分析】利用特殊集合排除選項(xiàng),推出結(jié)果即可解:?。篠1,2,4,則T2,4,8,ST1,2,4,8,4個(gè)元素,排除CS2,4,8,則T8,16,32,ST2,4,8,16,32,5個(gè)元素,排除D;S2,4,8,16則T8,16,32,64,128,ST2,4,8,16,32,64,128,7個(gè)元素,排除B;故選:A二、填空題:本大

14、題共7小題,共36分。多空題每小題4分;單空題每小題4分。11已知數(shù)列an滿足an,則S310【分析】求出數(shù)列的前3項(xiàng),然后求解即可解:數(shù)列an滿足an,可得a11,a23,a36,所以S31+3+610故答案為:1013已知tan2,則cos2;tan()【分析】利用二倍角公式以及同角三角函數(shù)基本關(guān)系式求解第一問,利用兩角和與差的三角函數(shù)轉(zhuǎn)化求解第二問解:tan2,則cos2tan()故答案為:;14已知圓錐展開圖的側(cè)面積為2,且為半圓,則底面半徑為1【分析】利用圓錐的側(cè)面積,求出母線長,求解底面圓的周長,然后求解底面半徑解:圓錐側(cè)面展開圖是半圓,面積為2,設(shè)圓錐的母線長為a,則a22,a2

15、,側(cè)面展開扇形的弧長為2,設(shè)圓錐的底面半徑OCr,則2r2,解得r1故答案為:115設(shè)直線l:ykx+b(k0),圓C1:x2+y21,C2:(x4)2+y21,若直線l與C1,C2都相切,則k;b【分析】根據(jù)直線l與兩圓都相切,分別列出方程d11,d21,解得即可解:由條件得C1(0,0),r11,C2(4,0),r21,因?yàn)橹本€l與C1,C2都相切,故有d11,d21,則有,故可得b2(4k+b)2,整理得k(2k+b)0,因?yàn)閗0,所以2k+b0,即b2k,代入d11,解得k,則b,故答案為:;16一個(gè)盒子里有1個(gè)紅1個(gè)綠2個(gè)黃四個(gè)相同的球,每次拿一個(gè),不放回,拿出紅球即停,設(shè)拿出黃球的

16、個(gè)數(shù)為,則P(0);E()1【分析】由題意知隨機(jī)變量的可能取值為0,1,2;分別計(jì)算P(0)、P(1)和P(2),再求E()的值解:由題意知,隨機(jī)變量的可能取值為0,1,2;計(jì)算P(0)+;P(1)+;P(2)+;所以E()0×+1×+2×1故答案為:,117設(shè),為單位向量,滿足|2|,+,3+,設(shè),的夾角為,則cos2的最小值為【分析】設(shè)、的夾角為,由題意求出cos;再求,的夾角的余弦值cos2的最小值即可解:設(shè)、的夾角為,由,為單位向量,滿足|2|,所以44+44cos+12,解得cos;又+,3+,且,的夾角為,所以3+4+4+4cos,+2+2+2cos,

17、9+6+10+6cos;則cos2,所以cos時(shí),cos2取得最小值為故答案為: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在銳角ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且2bsinAa()求角B;()求cosA+cosB+cosC的取值范圍【分析】()根據(jù)正弦定理可得sinB,結(jié)合角的范圍,即可求出,()根據(jù)兩角和差的余弦公式,以及利用正弦函數(shù)的性質(zhì)即可求出解:()2bsinAa,2sinBsinAsinA,sinA0,sinB,B,B,()ABC為銳角三角形,B,CA,cosA+cosB+cosCcosA+cos(A)+coscosAcosA+s

18、inA+cosA+sinA+sin(A+)+,ABC為銳角三角形,0A,0C,解得A,A+,sin(A+)1,+sin(A+)+1,cosA+cosB+cosC的取值范圍為(,19如圖,三棱臺DEFABC中,面ADFC面ABC,ACBACD45°,DC2BC()證明:EFDB;()求DF與面DBC所成角的正弦值【分析】()題根據(jù)已知條件,作DHAC,根據(jù)面面垂直,可得DHBC,進(jìn)一步根據(jù)直角三角形的知識可判斷出BHC是直角三角形,且HBC90°,則HBBC,從而可證出BC面DHB,最后根據(jù)棱臺的定義有EFBC,根據(jù)平行線的性質(zhì)可得EFDB;()題先可設(shè)BC1,根據(jù)解直角三角

19、形可得BH1,HC,DH,DC2,DB,然后找到CH與面DBC的夾角即為HCG,根據(jù)棱臺的特點(diǎn)可知DF與面DBC所成角與CH與面DBC的夾角相等,通過計(jì)算HCG的正弦值,即可得到DF與面DBC所成角的正弦值解:()證明:作DHAC,且交AC于點(diǎn)H,面ADFC面ABC,DH面ADFC,DHBC,在RtDHC中,CHCDcos45°CD,DC2BC,CHCD2BCBC,即BHC是直角三角形,且HBC90°,HBBC,BC面DHB,BD面DHB,BCBD,在三棱臺DEFABC中,EFBC,EFDB()設(shè)BC1,則BH1,HC,在RtDHC中,DH,DC2,在RtDHB中,DB,作

20、HGBD于G,BCHG,HG面BCD,GC面BCD,HGGC,HGC是直角三角形,且HGC90°,設(shè)DF與面DBC所成角為,則即為CH與面DBC的夾角,且sinsinHCG,在RtDHB中,DHHBBDHG,HG,sin20已知數(shù)列an,bn,cn中,a1b1c11,cn+1an+1an,cn+1cn(nN*)()若數(shù)列bn為等比數(shù)列,且公比q0,且b1+b26b3,求q與an的通項(xiàng)公式;()若數(shù)列bn為等差數(shù)列,且公差d0,證明:c1+c2+cn1+【分析】本題第()題先根據(jù)等比數(shù)列的通項(xiàng)公式將b2q,b3q2代入b1+b26b3,計(jì)算出公比q的值,然后根據(jù)等比數(shù)列的定義化簡cn+

21、1cn可得cn+14cn,則可發(fā)現(xiàn)數(shù)列cn是以1為首項(xiàng),4為公比的等比數(shù)列,從而可得數(shù)列cn的通項(xiàng)公式,然后將通項(xiàng)公式代入cn+1an+1an,可得an+1ancn+14n,再根據(jù)此遞推公式的特點(diǎn)運(yùn)用累加法可計(jì)算出數(shù)列an的通項(xiàng)公式;第()題通過將已知關(guān)系式cn+1cn不斷進(jìn)行轉(zhuǎn)化可構(gòu)造出數(shù)列bnbn+1cn,且可得到數(shù)列bnbn+1cn是一個(gè)常數(shù)列,且此常數(shù)為1+d,從而可得bnbn+1cn1+d,再計(jì)算得到cn,根據(jù)等差數(shù)列的特點(diǎn)進(jìn)行轉(zhuǎn)化進(jìn)行裂項(xiàng),在求和時(shí)相消,最后運(yùn)用放縮法即可證明不等式成立【解答】()解:由題意,b2q,b3q2,b1+b26b3,1+q6q2,整理,得6q2q10,解

22、得q(舍去),或q,cn+1cncncncn4cn,數(shù)列cn是以1為首項(xiàng),4為公比的等比數(shù)列,cn14n14n1,nN*an+1ancn+14n,則a11,a2a141,a3a242,anan14n1,各項(xiàng)相加,可得an1+41+42+4n1()證明:依題意,由cn+1cn(nN*),可得bn+2cn+1bncn,兩邊同時(shí)乘以bn+1,可得bn+1bn+2cn+1bnbn+1cn,b1b2c1b21+d,數(shù)列bnbn+1cn是一個(gè)常數(shù)列,且此常數(shù)為1+d,bnbn+1cn1+d,cn(1+)(1+)(),c1+c2+cn(1+)()+(1+)()+(1+)()(1+)(+)(1+)()(1+)

23、(1)1+,c1+c2+cn1+,故得證21如圖,已知橢圓C1:+y21,拋物線C2:y22px(p0),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)()若p,求拋物線C2的焦點(diǎn)坐標(biāo);()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【分析】()直接由拋物線的定義求出焦點(diǎn)坐標(biāo)即可;()設(shè)直線方程ykx+t,A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),由,根據(jù)韋達(dá)定理定理求出M(,),可得p,再由,求出點(diǎn)A的坐標(biāo),代入橢圓方程可得t2,化簡整理得p2,利用基本不等式即可求出p的最大值解:()p,則,則拋物線C2的焦點(diǎn)坐標(biāo)(,0),()直線l與x軸垂直時(shí),此時(shí)點(diǎn)M與點(diǎn)A或點(diǎn)B重合,不滿足題意,設(shè)直線l的方程為ykx+t,A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),由,消y可得(2k2+1)x2+4kty+2t220,16k2t24(2k2+1)(2t22)0,即t21+2k2,x1+x2,x0(x1+x2),y0kx0+t,M(,),點(diǎn)M在拋物線C2上,y22px,p,聯(lián)立,解得x1,y1,代入橢圓方程可得+1,解得t2p2,p,當(dāng)且僅當(dāng)12k2,即

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