1、 2020 年浙江卷高考数学真题试卷（含答案）参考公式：如果事件 A，B 互斥，那么()()()P ABP AP B如果事件 A，B 相互独立，那么()()()P ABP A P B如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 p，那么n 次独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率()C(1)(0,1,2,)kkn knnP kppkn台体的体积公式11221()3VSS SS h其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高柱体的体积公式VSh其中 S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高锥体的体积公式13VSh其中 S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高球的表面积公式24SR
2、 球的体积公式343VR其中 R 表示球的半径 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选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知集合 P=|14xx，Q=|23xx，则 P I Q=A|12xxB|23xxC|34xxD|14xx2已知 aR，若 a1+(a2)i(i 为虚数单位)是实数，则 a=A1B1C2D23若实数 x，y 满足约束条件31030 xyxy ，则2zxy的取值范围是A(,4B4,)C5,)D(,)4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
3、何体的体积（单位：cm3）是A 73B143C3D66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0d，且11ad 记12bS，1222nnnbSS，nN，下列等式不可能成立的是A4262aaaB4262bbbC2428aa aD242 8bb b8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23 4yx图象上的点，则|OP|=A222B 4 105C 7D 109已知 a，bR 且 ab0，对于任意
4、 x0 均有(xa)(xb)(x2ab)0，则Aa0Cb0 10设集合 S，T，S N*，T N*，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 xy，则 yxS下列命题正确的是A若 S 有 4 个元素，则 ST 有 7 个元素B若 S 有 4 个元素，则 ST 有 6 个元素C若 S 有 3 个元素，则 ST 有 5 个元素D若 S 有 3 个元素，则 ST 有 4 个元素非选择题部分（共 110 分）二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分。11我国古代数学家杨辉，朱世杰等研
5、究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n 就是二阶等差数列数列*(1)()2n nn N的前 3 项和是_12二项展开式23450123545(2)1xaa xa xa xa xa x，则4a _，135aaa _13已知 tan2，则 cos2 _，tan()4 _ 14已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为 2，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是_15已知直线(0)ykxb k与圆221xy 和圆22(4)1xy 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
6、设此过程中取到黄球的个数为，则(0)P _，()E _17已知平面单位向量1e，2e 满足122|2|ee设12aee，123bee，向量 a，b 的夹角为，则2cos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（本题满分14分）在锐角ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知 2 sin30bAa（）求角B的大小；（）求cosA+cosB+cosC的取值范围19（本题满分15分）如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACB=ACD=45，DC=2BC（）证明：EFDB；（）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值2
7、0（本题满分 15 分）已知数列an，bn，cn满足1111121,nnnnnnnbabccaa cc nb*N（）若bn为等比数列，公比0q，且1236bbb，求 q 的值及数列an的通项公式；（）若bn为等差数列，公差0d，证明：*12311,nccccnd N 21（本题满分 15 分）如图，已知椭圆221:12xCy，抛物线22:2(0)Cypx p，点 A 是椭圆1C 与抛物线2C 的交点，过点A 的直线 l 交椭圆1C 于点 B，交抛物线2C 于点 M（B，M 不同于 A）（）若116p，求抛物线2C 的焦点坐标；（）若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p
8、的最大值22（本题满分 15 分）已知12a，函数 exf xxa，其中 e=2.71828是自然对数的底数（）证明：函数 yf x在(0,)上有唯一零点；（）记 x0 为函数 yf x在(0,)上的零点，证明：（）012(1)axa；（）00(e)(e 1)(1)xx faa 参考答案一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题 4 分，共 40 分。1B2C3B4A5A6B7D8D9C10A二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分。11101280,122133 1,5 31411532 3,3316 1,1317 2829三、解答题：
9、本大题共 5 小题，共 74 分。18本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理等基础知识，同时考查数学运算等素养。满分 14 分。（）由正弦定理得 2sinsin3sinBAA，故3sin2B，由题意得3B.（）由ABC得23CA，由ABC是锐角三角形得(,)6 2A.由213coscos()cossin322CAAA 得311131 3coscoscossincossin()(,2226222ABCAAA.故 coscoscosABC的取值范围是31 3(,22.19本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查直观想象和数学运算等素养。满分 15 分。（）如图，过
10、点 D 作 DOAC，交直线 AC 于点 O，连结 OB.由45ACD，DOAC得2CDCO，由平面 ACFD平面 ABC 得 DO平面 ABC，所以 DOBC.由45ACB，1222BCCDCO得 BOBC.所以 BC平面 BDO，故 BCDB.由三棱台 ABCDEF得 BCEF，所以 EFDB.（）方法一：过点 O 作 OHBD，交直线 BD 于点 H，连结CH.由三棱台 ABCDEF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2 2C
11、D.由2,2DOOCBOBC，得26,33BDOH，所以3sin3OHOCHOC，因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为33.方法二：由三棱台 ABCDEF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，OD 为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.设2 2CD.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)OBCD.因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OCBCCD.设平面 BCD 的法向量(,z)x yn.由0,0,BCCD n
12、n即0220 xyyz，可取(1,1,1)n.所以|3sin|cos,|3|OCOCOCn|nn|.因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为33.20本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，同时考查数学运算和逻辑推理等素养。满分 15 分。（）由1236bbb得216qq，解得12q 由14nncc 得14nnc由114nnnaa 得121421443nnnaa（）由12nnnnbccb得1 2 111111()nnnnnb b cdcb bdbb，所以123111(1)nndccccdb，由11b ，0d 得10nb ，因此*12311,nccccnd N 21本题主要考查抛物线
13、的几何性质，直线与椭圆、抛物线的位置关系等基础知识，同时考查数学抽象、数学运算与逻辑推理等素养。满分 15 分。（）由116p 得2C 的焦点坐标是1(,0)32（）由题意可设直线:(0,0)l xmyt mt，点00(,)A x y将直线l 的方程代入椭圆221:12xCy 得222(2)220mymtyt，所以点 M 的纵坐标22Mmtym 将直线l 的方程代入抛物线22:2Cypx得2220ypmypt，所以02My ypt，解得202(2)p mym，因此22022(2)p mxm由220012xy 得2421224()2()160mmpmm，所以当2m，105t 时，p 取到最大值1
14、04022本题主要考查函数的单调性、零点，导数的运算及其应用，同时考查数学抽象、逻辑推理与数学运算 等素养。满分 15 分。（）因为(0)10fa，22(2)e2e40fa，所以()yf x在(0,)上存在零点因为()e1xfx，所以当0 x 时，()0fx，故函数()f x 在0,)上单调递增，所以函数以()yf x在(0,)上有唯一零点（）（）令21()e1(0)2xg xxxx，()e1()1xg xxf xa ，由（）知函数()g x 在0,)上单调递增，故当0 x 时，()(0)0g xg，所以函数()g x 在0,)单调递增，故()(0)0g xg由(2(1)0ga 得2(1)0(
15、2(1)e2(1)0()afaaaf x，因为()f x 在0,)单调递增，故02(1)ax令2()e1(01)xh xxxx，()e21xh xx，令1()e21(01)xh xxx，1()e2xh x，所以x 0 (0,ln 2)ln 2 (ln 2,1)1 1()h x 1 0 e2 1()h x 0 e3 故当 01x 时，1()0h x，即()0h x，所以()h x 在0,1 单调递减，因此当 01x 时，()(0)0h xh由(1)0ha 得10(1)e10()afaaaf x，因为()f x 在0,)单调递增，故01ax 综上，012(1)axa（）令()e(e1)1xu xx，()e(e1)xu x，所以当1x 时，()0u x，故函数()u x 在区间1,)上单调递增，因此()(1)0u xu由00exxa可得022000000(e)()(e1)(e2)(e1)xaax fx f xaxaxax，由01xa 得00(e)(e1)(1)xx faa
