2020年浙江高考数学试卷-(含答案)

这是一份2020年浙江高考数学试卷-(含答案)，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020年浙江高考数学试卷
参考公式：
如果事件A，B互斥，那么
如果事件A，B相互独立，那么
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
台体的体积公式
其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高
柱体的体积公式
其中表示柱体的底面积，表示柱体的高
锥体的体积公式
其中表示锥体的底面积，表示锥体的高
球的表面积公式

球的体积公式

其中表示球的半径

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=，Q=，则PQ=
A． B．
C． D．
2．已知a∈R，若a–1+(a–2)i(i为虚数单位)是实数，则a=
A．1 B．–1 C．2 D．–2
3．若实数x，y满足约束条件，则的取值范围是
A． B． C． D．
4．函数y=xcos x+sin x在区间[–π，π]上的图象可能是

5．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是

A． B． C．3 D．6
6．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，且．记，，，下列等式不可能成立的是
A． B． C． D．
8．已知点O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|–|PB|=2，且P为函数图象上的点，则|OP|=
A． B． C． D．
9．已知a，bR且ab≠0，对于任意x≥0均有(x–a)(x–b)(x–2a–b)≥0，则
A．a<0 B．a>0 C．b<0 D．b>0
10．设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有2个元素，且S，T满足：①对于任意的x，yS，若x≠y，则xyT；②对于任意的x，yT，若x A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素
B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素
C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素
D．若S有3个元素，则S∪T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，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列．数列的前3项和是_______．
12．二项展开式，则_______，________．
13．已知，则_______，_______．
14．已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为，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．已知直线与圆和圆均相切，则_______，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．设此过程中取到黄球的个数为，则_______，_______．
17．已知平面单位向量，满足．设，，向量，的夹角为，则的最小值是_______．
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．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
19．（本题满分15分）
如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．

20．（本题满分15分）
已知数列{an}，{bn}，{cn}满足．
（Ⅰ）若{bn}为等比数列，公比，且，求q的值及数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若{bn}为等差数列，公差，证明：．
21．（本题满分15分）
如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于点M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）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．

22．（本题满分15分）
已知，函数，其中e=2.71828…是自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．

2020年浙江高考数学试卷答案
1．B 2．C 3．B 4．A 5．A
6．B 7．D 8．D 9．C 10．A
11．10 12．80,122 13． 14．1
15． 16． 17．
18．（Ⅰ）由正弦定理得，故，
由题意得.
（Ⅱ）由得，
由是锐角三角形得.
由得
.
故的取值范围是.
19．（Ⅰ）如图，过点D作，交直线AC于点，连结OB.

由，得，
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.
由，得.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB.
由三棱台得，所以.
（Ⅱ）方法一：
过点作，交直线BD于点，连结.
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由平面得，故平面BCD，所以为直线CO与平面DBC所成角.
设.
由，得，
所以，
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
方法二：
由三棱台得，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.

设.
由题意知各点坐标如下：
.
因此.
设平面BCD的法向量.
由即，可取.
所以.
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
20．（Ⅰ）由得，解得．
由得．
由得．
（Ⅱ）由得，
所以，
由，得，因此．
21．（Ⅰ）由得的焦点坐标是．
（Ⅱ）由题意可设直线，点．
将直线的方程代入椭圆得，
所以点的纵坐标．
将直线的方程代入抛物线得，
所以，解得，
因此．
由得，
所以当，时，取到最大值．
22．（Ⅰ）因为，，所以在上存在零点．
因为，所以当时，，故函数在上单调递增，
所以函数以在上有唯一零点．
（Ⅱ）（ⅰ）令，，
由（Ⅰ）知函数在上单调递增，故当时，，
所以函数在单调递增，故．
由得，
因为在单调递增，故．
令，，
令，，所以


















故当时，，即，所以在单调递减，
因此当时，．
由得，
因为在单调递增，故．
综上，．
（ⅱ）令，，所以当时，，
故函数在区间上单调递增，因此．
由可得，
由得．