2020年浙江省高考数学试卷-含详细解析.pdf

20202020 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷副标题题号得分一二三总分一、选择题（本大题共 1010小题，共 40.040.0分）1.已知集合=|1 4，=|2 3，则 =()A.|1 2B.|2 3C.|3 4D.|1 42.已知 ，若 1+(2)(为虚数单位)是实数，则=()A.1B.1C.2D.2 3+1 03.若实数 x，y 满足约束条件，则=+2的取值范围是()+3 0A.(,4B.4,+)C.5,+)D.(,+)4.函数=+在区间,的图象大致为()A.B.C.D.5.某几何体的三视图(单位：)如图所示，则该几何体的体积(单位：3)是()A.3B.3C.3D.66.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()147第 1 页，共 15 页A.充分不必要条件C.充分必要条件B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件1 1.记1=2，1=2 2，7.已知等差数列的前 n 项和，公差 0，下列等式不可能成立的是()A.24=26B.24=26C.42=28D.42=288.已知点(0,0)，(2,0)，(2,0)，设点 P满足|=2，且 P为函数=34 2图象上的点，则|=()22A.210B.45C.7D.109.已知 a，且 a，0，若()()(2 )0在 0上恒成立，则()A.0C.010.设集合 S，T，S，T 中至少有两个元素，且S，T满足：对于任意 x，若 ，都有 ；对于任意 x，若 0)与圆22=1和圆(4)22=1均相切，则=_，=_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(=0)=_，()=_ =，17.已知平面向量 =3 1，2满足|212，1 2|2，设12，向量的夹角为，则cos2的最小值为_三、解答题（本大题共5 5 小题，共 74.074.0分）18.在锐角 中，角,的对边分别为,.已知2sin 3=0(1)求角 B；(2)求coscoscos的取值范围第 2 页，共 15 页19.如图，三棱台 中，面 面 ABC，=45，=2(1)证明：；(2)求 DF与面 DBC所成角的正弦值20.已知数列，满足1=1=1=1，1=1，1=2()(1)若为等比数列，公比 0，且12=63，求 q 的值及数列的通项公式；123 0，证明：21.如图，已知椭圆1：2212=1，抛物线2：2=2(0)，点 A是椭圆1与抛物线2的交点过点A 的直线 l交椭圆1于点 B，交抛物线2于点(,M 不同于)(1)若=16，求抛物线2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1第 3 页，共 15 页22.已知1 2，函数()=.其中=2.718281828459为自然对数的底数(1)证明：函数=()在(0,+)上有唯一零点；(2)记0为函数=()在(0,+)上的零点，证明：()1 0 2(1)；()0(0)(1)(1)第 4 页，共 15 页答案和解析1.【答案】B【解析】解：集合=|1 4，=|2 3，则 =|2 3故选：B直接利用交集的运算法则求解即可此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2.【答案】C【解析】解：，若 1+(2)(为虚数单位)是实数，可得 2=0，解得=2故选：C利用复数的虚部为 0，求解即可本题考查复数的基本概念，是基础题3.【答案】B【解析】解：画出实数 x，y 满足约束条件 3+1 0所示的平面区域，如图：+3 0将目标函数变形为2+2=，z 越大，则 z 表示直线在 y轴上截距，截距越大，当目标函数过点(2,1)时，截距最小为=2+2=4，随着目标函数向上移动截距越来越大，故目标函数=2+的取值范围是4,+)故选：B作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数=+2的取值范围本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值4.【答案】A【解析】解：=()=+，则()=()，()为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B，D，当=时，=()=+=0，故排除 B，故选：A先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点本题考查了函数图象的识别，掌握函数的奇偶性额函数值得特点是关键，属于基础题5.【答案】A【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为2的等腰直角三角形，棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为 1，1第 5 页，共 15 页所以几何体的体积为：2 2 1 2+32 2 1 1=3故选：A画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键6.【答案】B【解析】【分析】本题借助空间的位置关系，考查了充分条件和必要条件，属于基础题由 m，n，l在同一平面，则 m，n，l 相交或 m，n，l 有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断【解答】解：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若 m，n，l在同一平面，则 m，n，l相交或 m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行故 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：B7.【答案】B【解析】解：在等差数列中，=1+(1)，+2=(+2)1+(+2)(+1)21117，2=21+2(21)2，1=2=21+，+1=+2 2=(2)132522 2=1+2，4=1 5，6=31 24，8=51 55A.24=2(1+3)=21+6，2+6=1+1+5=21+6，故 A 正确；B.24=21 10，2+6=1+2 31 24=21 22，若24=2+6，则21 10=21 22，即=0不合题意，故 B 错误；C.若42=28，则(1+3)2=(1+)(1+7)，22即1+61+92=1+81+72，得1=2，1 0，1=，符合 1，故 C正确；2D.若4=28，则(1 5)2=(1+2)(51 55)，1即2()2+251+45=0，则1有两不等负根，满足1 1，故 D 正确等式不可能成立的是 B故选：B由已知利用等差数列的通项公式判断A 与 C；由数列递推式分别求得2,4,6,8，分析B，D成立时是否满足公差 0，1 1判断 B 与 D本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计算能力，是中档题8.【答案】D【解析】解：点 O(0,0)，(2,0)，B(2,0).设点 P满足|=2，可知 P的轨迹是双曲线2123=1的右支上的点，2P 为函数=34 2图象上的点，即+3624=1在第一象限的点，第 6 页，共 15 页联立两个方程，解得(,2所以|=13413 33)，2+274=10故选：D求出 P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|本题考查圆锥曲线的综合应用，曲线的交点坐标以及距离公式的应用，是中档题9.【答案】C【解析】解：由题意知，=0时，不等式(2 )0恒成立，即(2+)0，0，可得+0，则,至少有一个是小于 0 的，(1)若 0,0，()()(2 )0在 0时恒成立，符合题意；(2)若 0，则2+0,，当2+=时，()()(2 )0在 0时恒成立，符合题意综合，0，所以2=0，即=2，32 3代入1=12=1，解得=，则=，33|4|4|故答案为：；33233|4|根据直线 l与两圆都相切，分别列出方程1=12=1，2=12=1，解得即可本题考查直线与圆相切的性质，考查方程思想，属于中档题116.【答案】31【解析】解：由题意知，随机变量的可能取值为 0，1，2；11计算(=0)=1111=3；4431111(=1)=(=2)=1121241121212 134=3；=3；111122121213433112244所以()=0 31 323=1故答案为：3，1由题意知随机变量的可能取值为 0，1，2；分别计算(=0)、(=1)和(=2)，再求()的值本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题11117.【答案】29 【解析】解：设 1、2的夹角为，由1，2为单位向量，满足|21 2|2，22所以4 1 41 22=4 41 2，解得 4；=，又=3 的夹角为，12，12，且22所以 =3 141 22=44，222=121 22=22，22；=9 161 22=1062328则cos2=)2(22=(22)(106)=53=324353483(44)24448353，所以=4时，cos 取得最小值为3故答案为：29283=2928第 9 页，共 15 页 设1、2的夹角为，由题意求出 4；，再求的夹角的余弦值cos2的最小值即可本题考查了平面向量的数量积与夹角的运算问题，是中档题18.【答案】解：(1)2sin=3，2sinsin=3sin，sin 0，sin=3，23，=，3(2)为锐角三角形，=3，=23，为锐角三角形，解得，cos+cos+cos的取值范围为(3+1 32，,2【解析】本题考查了正弦定理，三角函数的化简，三角函数的性质，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题(1)根据正弦定理可得sin=，结合角的范围，即可求出，2(2)根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出19.【答案】解：(1)证明：作 ，且交 AC于点 H，面 面 ABC，面 面=，面 ADFC，面 ABC，面 ABC，在 中，=45=，2 =2，=2=2，22=2，又22223=45，第 10 页，共 15 页 是直角三角形，且=90，又 面 DHB，面 DHB，=，面 DHB，面 DHB，在三棱台 中，/，(2)设=1，则=1，=2，在 中，=2，=2，在 中，=2+2=2+1=3，作 于 G，面 DHB，面 DHB，而 面 BCD，面 BCD，=，面 BCD，面 BCD，是直角三角形，且=90，设 DF与面 DBC所成角为，则即为 CH 与面 DBC的夹角，且=sin=2，在 中，=，=2=213=6，3 =632=33【解析】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想象能力和思维能力，平面与空间互相转化是能力，几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强的中档题(1)题根据已知条件，作 ，根据面面垂直，可得 ，进一步根据直角三角形的知识可判断出 是直角三角形，且=90，则 ，从而可证出 面 DHB，最后根据棱台的定义有/，根据平行线的性质可得 ；(2)题先可设=1，根据解直角三角形可得=1，=2，=2，=2，然后找到CH与面DBC的夹角即为，根据棱台的特点可知DF与面DBC=3，所成角与 CH 与面 DBC的夹角相等，通过计算的正弦值，即可得到 DF 与面 DBC所成角的正弦值20.【答案】(1)解：由题意，2=，3=2，1+2=63，1+=62，整理，得62 1=0，解得=3(舍去)，或=2，+1=+211=1+2=2=111()22=4 ，数列是以 1 为首项，4为公比的等比数列，第 11 页，共 15 页=1 41=41，1=1=4，则1=1，21=41，32=42，1=41，各项相加，可得=1414241=(2)证明：依题意，由1=21414=413()，可得2 1=，两边同时乘以1，可得121=1，121=2=1，数列1是一个常数列，且此常数为1，1=1，=11=11=(1)111=(1)(1111)，12111111111=(1)()(1)()(1)()122311111111=(1)()12231111=(1)()1111=(1)(1)1 1，12 0)得2 2 2=0，0=2，可得0=因此0=由222(22)222(22)，1222=1，可得2=4()22()4 160，14051010即2160，得，当且仅当=2,=时，等号成立，的最大值为4010【解析】本题考查了直线和椭圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系，韦达定理，中点坐标公式，基本不等式等知识，考查了运算求解能力，转化与化归能力，分类与整合能力，属于难题22.【答案】证明：(1)上单调递增，在所以由零点存在定理得()在上有唯一零点；(2)()，令第 13 页，共 15 页一方面：，在单调递增，()(0)=0，另一方面：所以当时，成立，因此只需证明当时，因为当时，当时，所以，在单调递减，综上，()，因为，所以，只需证明，即只需证明，第 14 页，共 15 页令，则，即成立，因此【解析】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(1)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；(2)()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；()先根据零点条件转化：不等式，再根据放缩，转化为证明，最后构造差函数，利用导数进行证明第 15 页，共 15 页