1、絕密 啟用前2020年普通高等學校招生全國統一考試數學(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中,只有一項是符合題目要求的。1.已知集合P=x|1x4,Q=x|2x3,則PQ=()A.x|1x2B.x|2x3C.x|3x4D.x|1x42.已知aR,若a-1+(a-2)i(i為虛數單位)是實數,則a=()A.1B.-1C.2D.-23.若實數x,y滿足約束條件x-3y+10,x+yA.(-,4B.4,+)C.5,+)D.(-,+)4.函數y=xcos x+sin x在區間

2、-,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.73B.143C.3D6.已知空間中不過同一點的三條直線l,m,n.“l,m,n共面”是“l,m,n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.既不充分也不必要條件7.已知等差數列an的前n項和為Sn,公差d0,且a1d1.記b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,nN*,下列等式不可能成立的是(A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b428.已知點O(0,0),A(-2,0),B(2,0).設點P滿足|PA|-|PB|=2,且

3、P為函數y=34-x2圖象上的點,則|OP|=A.222B.4105C.79.已知a,bR且ab0,對于任意x0均有(x-a)(x-b)(x-2a-b)0,則()A.a0C.b010.設集合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xy,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.從盒中隨機取球,每次取1個,不放回,直到取出紅球為止.設此過程中取到黃球的個數為,則P(=0)=;E()=.17.已知平面單位向量e1,e2滿足|2e1-e2|2

4、,設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所對的邊分別為a,b,c,已知2bsin A-3a=0.(1)求角B的大小;(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)已知數列an,bn,cn滿足a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+

5、1=bnbn+2cn,n(1)若bn為等比數列,公比q0,且b1+b2=6b3,求q的值及數列an的通項公式;(2)若bn為等差數列,公差d0,證明:c1+c2+cn0),點A是橢圓C1與拋物線C2的交點,過點A的直線l交橢圓C1于點B,交拋物線C2于M(B,M不同于A(1)若p=116,求拋物線C2的焦點坐標(2)若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點,求p的最大值.22.(15分)已知1a2,函數f(x)=ex-x-a,其中e=2.718 28是自然對數的底數.(1)證明:函數y=f(x)在(0,+)上有唯一零點;(2)記x0為函數y=f(x)在(0,+)上的零點,證明:a-1x0 x

6、0f(ex0)(e-1)(a-1)2020年數學(浙江卷)1.B根據交集的定義直接得到運算結果PQ=x|2x0,故選A.5.A如圖,幾何體是上下結構,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+1312216.B由條件可知,當m,n,l在同一平面內時,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,當空間中不過同一點的三條直線m,n,l兩兩相交時,如圖,三個不同的交點確定一個平面,則m,n,l在同一平面內,所以“m,n,l”共面是“m,n,

7、l兩兩相交”的必要不充分條件.故選B.7.DA.由等差數列的性質可知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.因為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.a42=a2a8(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7整理可得a1=d,故C可能成立;D.b8=S16-S14=a15+a16,當b42=b2b8時,(a7+a8)2=(a3+a4)(a15+a16),(2a1

8、+13d)2=(2a1+5d)(2a1+29d),整理為2a1=3d,這與已知a1d1矛盾,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P在以A,B為焦點的雙曲線的右支上,并且c=2,a=1,所以b2=3,雙曲線方程為x2-y23=1(x0).又點P為函數y=34-x2-y23=1(x0),y所以|OP|=x2故選D.9.C當a0時,在x0上,x-a0恒成立,所以只需滿足(x-b)(x-2a-b)0恒成立,此時2a+bb,由二次函數的圖象可知,只有b0不滿足條件;當b0時,此時0a2a+b,當x0時,(x-a)(x-2a-b)0不恒成立;(2)當a+b0時,此時2a+ba,若滿足

9、(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;當集合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B.下面來說明選項A的正確性:設集合S=a1,a2,a3,a4,且a1a2a3a4,a1,a2,a3,a4N*,則a

10、1a2a1a4,且a1a2,a2a4T,則a2a4同理a4a2S,a4a3S,a3a2S且a4若a1=1,則a22,a2a1=a2,則a3a2a3,故a3a2a4a3=a2,則a4=a3a2故S=1,a2,a22,a23,此時a2,a22,a23,a24,若 a12,則a2a1a3a1a4a1a4a2a4a3故S=a1,a12,a13,a若bT,不妨設ba13,則ba13S,故ba13=即ba13,a14,a1此時ST=a1,a12,a13,a1故A正確.11.10令an=n(n+1)2,則a1=122=1,a2=2S3=1+3+6=10.故答案為10.12.80122由題意可知a4表示x4的

11、系數,即a4=C5424當x=1時,a0+a1+a2+a3+a4+a5=35,當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.-3513cos 2=cos2-sin2=tan-14.1設圓錐的底面半徑為r,母線長為l,由題意可知rl=12l2=2,解得r=1,l=215.33-233由k0,根據題意畫出直線l:y=kx+b及兩圓由對稱性可知直線l必過點(2,0),即2k+b=0,并且|b|1+k由解得k=33,b=-216.131=0表示第一次拿到的是紅球,設為事件A,或第一次是綠球,第二次

12、是紅球,設為事件B,則P(=0)=P(A)+P(B)=1=1表示拿出紅球時已經拿出了一個黃球,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=2241=2表示拿到紅球時已經拿出了兩個黃球,即前兩次黃球,第三次紅球,P=241312=112,或是第四次拿到紅球,P=3E()=013+113+21317.2829|2e1-e2|2(2e1-e2)2又e1e21,所以34e1e21cos =a=4+4e設e1e2=x,則34x1cos2=16=4(得cos22829所以cos2的最小值是282918.解 (1)由正弦定理,得2sin Bsin A=

13、3sin A,故sin B=32由題意,得B=3(2)由A+B+C=,得C=23由ABC是銳角三角形,得A6由cos C=cos23-A=-12cos A+3cos A+cos B+cos C=32sin A+12cos A+12=故cos A+cos B+cos C的取值范圍是3+119.(1)證明 如圖,過點D作DOAC,交直線AC于點O,連接OB.由ACD=45,DOAC,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BO所以BC平面BDO,故BCDB.由三棱臺ABC-DEF,得BCEF.所以EFDB.(2)解 法一

14、過點O作OHBD,交直線BD于點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CD=22.由DO=OC=2,BO=BC=2,得BD=6,OH=23所以sinOCH=OHOC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,分別以射線OC,OD為y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標系O-xyz.設CD=22.由題意知各點

15、坐標如下:O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).因此OC=(0,2,0),BC=(-1,1,0),CD=(0,-2,2).設平面BCD的法向量n=(x,y,z).由nn=(1,1,1).所以sin =|cos|=|OC因此,直線DF與平面DBC所成角的正弦值為3320.(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=4n(2)證明 由cn+1=bnbn+2cn=b1所以c1+c2+c3+cn=1+d由b1=1,d0,得bn+10,因此c1+c2+c3

16、+cn1+1d,nN*21.解 (1)由p=116,得C2的焦點坐標是1(2)由題意可設直線l:x=my+t(m0,t0),點A(x0,y0).將直線l的方程代入橢圓C1:x22+y2=(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,所以點M的縱坐標yM=-mtm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=2p因此x0=2p由x0221p2=4m+2m所以當m=2,t=105時,p取到最大值1022.證明 (1)因為f(0)=1-a0,所以y=f(x)在(0,+)上存在零點.因為f(x)=ex-1,所以當x0時,f(x)0,故函數f(x)在0,+)上單調遞增,所以函數y=f(x)在(0,+)上有唯一零點.(2)令g(x)=ex-12x2-x-1(x0),g(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由知函數g(x)在0,+)上單調遞增,故當x0時,g(x)g(0)=0,所以函數g(x)在0,+)上單調遞增,故g(x)g(0)=0由g(2(a-1)0,得f(2(a-1)=e2(