2020年数学高考真题卷--浙江卷文数（含答案解析）.pdf

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1、2020年普通高等学校招生全国统一考试-浙江卷数 学柱体的体积公式V=Sh其中S 表示柱体的底面积，方表示柱体的高锥体的体积公式V-Sh3其中S 表示锥体的底面积，方表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式n R3其中火表示球的半径参考公式：如果事件4 6 互斥，那么P A+B)=P(Q+P(B)如果事件4 8 相互独立，那么P(AB)=尸(4)0(0如果事件A在一次试验中发生的概率是p,那么次独立重复试验中事件/恰好发生在次的概率2(%)式言/(1-p)”(FO,1,2,n)台体的体积公式6(5+居用坂)力其 中 S,S 分别表示台体的上、下底面积，方表示台体的高选择题部分(共4 0 分)一、

2、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.已知集合片x|ia4,0=x|2d3,则 PV Q=A.xls2 B.x 2xiC x|3Wx4 D.A-|1 x4 2.已知a e R,若 a-l+(a-2)i(i 为虚数单位)是实数,则a=A.1 B.-l C.2 D.-2(x-3y 4-1 0,3.若 实 数 满 足 约 束 条 件 ；则 z*2 y 的取值范围是(%+y320,A.(-8,4 B.4,+8)C.5,+8）D.（-8,+8）4.函数片玳0 5 x+si n x在区间-兀，n 上的图象可能是5 .某几何体的三视图（单

3、位:c m）如图所示,则该几何体的体积（单位:c m3）是A-1B-7C.3D.66 .已知空间中不过同一点的三条直线ul,m,n共 面”是“1,m,n两两相交”的（第5题图）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 a j的前项和为S,公 差 挣0,且号1.记b=Sz,b”=&*-&“,n C N：下列等式不可a能成立的是A.2a lp 2七6 B.2b=bi%C.a l =a 2a 8 D.bl =bz bs8.已知点0（0,0）,4（-2,0）,庾2,0）.设点尸满足 PA-PB=2,且户为函数片3 图象上的点,则 OP =A.叵

4、 B.也2 5C.V 7 D.V 1 09.已知a,6 W R 且 a 6#0,对于任意x 2 0 均有（x-a）（x-8）（x-2a-6）20,则A.a 0 B.a X）C.b0 D.1 0.设集合S,T,5 C N*,T Q N*,S,7 中至少有2 个元素,且S,7 满足：对于任意的x,H S,若则xy&T 对于任意的x,H 7；若xx,则 at=,a、+出+全=.1 3 .已知 ta n 。=2,则 c o s 2 0,ta n （。-.1 4 .已知圆锥的侧面积（单位:c m，）为 2 n,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:c m）是.1 5 .已知直线尸履力（

5、成0）与圆x+y 和圆（XM）2+/=1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.设此过程中取到黄球的个数为f,则P（&R）-,（f.17 .已知平面单位向量6，会满足|2&-a 设a=ei+ei,b et+ei,向量a,6 的夹角为。，则 co s-0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 缈 中，角A,8,7所对的边分别为a,b,c.已知2A in A-3a .(I)求角8 的大小；(II)求 cos 74f

6、leos B+cos C的取值范围.19.(本题满分15分)如图，在三棱台ABC-DEF,平 面 小 平 面ABC,ZAC B=ZAC D=4 5 ,DC 1BC.(I)证明：的；(II)求直线如与平面戚所成角的正弦值.(第19题图)20.(本题满分15分)已知数列 a j,4 ,以 满足 a尸b、=ci=l,c产a“-a”，GN*.(I)若伍 为等比数列，公比g X,且求g 的值及数列&的通项公式;(n )若为等差数列，公差力0,证明：C+C z+6i+c+*AGN*.21.(本题满分15 分)如图，已知椭圆抛物线G：/p x(p X),点/是 椭 圆 G 与抛物线C的交点,过点A的直线1交

7、椭圆G于点B,交抛物线C于点蚁B,不 同 于 4).(I)若 P 二,求抛物线C的焦点坐标；16(I I)若存在不过原点的直线1使材为线段1 3 的中点,求P的最大值.(第21题图)22.(本题满分15 分)已知1 Q W 2,函数/(%)内-x-a,其中e-2.7 18 28 是自然对数的底数.(I )证明：函数尸f(x)在(0,+8)上有唯一零点；(I I)记 x o 为函数p=/(x)在(0,+8)上的零点，证明：(i)、a -WxoWy 2(a-1);(i i)x o f(e&)2 (e T)(a T)a1.B【考查目标】本题主要考查集合的交运算，考查的核心素养是数学运算.【解题思路】

8、根据集合的交运算求解即可.解析】因为 P A x h O4,0=x/2 O3，所以尸n 0=x/2 G3,故选 B.2.C【考查目标】本题主要考查复数的相关概念,考查考生对基础知识的掌握情况.【解析】因为a-l+(a-2)i 是实数,所以a-2 R,所以a 2 故选C.3.B【考查目标】本题主要考查简单的线性规划问题，考查的核心素养是直观想象、数学运算.【解题思路】根据约束条件画出可行域,数形结合求解.【解析】画出可行域如图中阴影部分所示，作出直线x+2广0,平移该直线，易知当直线经过点4(2,1)时，z 取得最小值,Z-M=2+2X14再数形结合可得z=x+2y的取值范围是 4,+吟.4.A

9、【考查目标】本题主要考查函数图象的识别，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象.【解题思路】采用排除法,先由函数的奇偶性排除C,D,再取x=n得 A n)0,排除B,得解.【解析】令 f(x)三 xcos x-sin%所以 f(-x)=(-*)cos(-x)飞in(-x)=-xcos x-sin*=-f(x),所以A x)为奇函数,排除C,D,又 f(n)=-0,排除B,故选A.5.A【考查目标】本题主要考查空间儿何体的三视图及体积，考查的核心素养是直观想象、数学运算.【解题思路】由三视图还原几何体的直观图,结合三视图中数据求解该几何体的体积即可.【解析】由三视图可知，该几何体是三棱柱和三棱锥的组

10、合体,结合图中数据可得该几何体的体积片2 X2 XI X2 2 W X2 XI X I(cm3),故选 A.2 3 2 36.B【考查目标】本题主要考查直线和平面的位置关系、充要关系的判断，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象.【解析】由 网/在同一平面内，可能有m,n,1两两平行,所以m,/可能没有公共点，所以不能推出m,n,/两两相交.由m,/两两相交且m,n,/不经过同一点，可 设l C m=A,l C n=B,mC in-C,且A阵 4 所以点4 和直线确定平面。，而用C G n,所以B,g a,所 以1,/=a,所以m,n,/在同一平面内.故选B.7.D【考查目标】本题主要考查等差数列

11、的通项与性质，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.【解题思路】根据已知表示出坛瓦飞,自假设选项成立,通过计算可以得出不可能成立的选项.【解析】由 bn*=Sz i Szn,得左=a3+&=2a 用d&=a：为 岂白+13d 6s=au+a bn=a +3 f,=Q.a 29(/.由等差数列的性质易知A成立;若2b、=bz+%,则 2(a?+a s)=a3+a +a w +a 2=2a；+2as,故 B成立;若欣=a?a,即(a i+3d)-(a i+d)(团+7中，则 a、=d,故 C 可能成立;若母=6以，即(2%+13d)2-(2aiaO(2国+29近，则W 与己知矛盾，故 D不可能成立.

12、a 28.D【考查目标】本题主要考查双曲线的定义，两点之间的距离，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.【解题思路】根据双曲线的定义求出点尸的轨迹方程,结合点0 在函数了=3 7 中的图象上即可求解/8/.【解析】由/PAl-l PBl iABl=,知点一的轨迹是双曲线的右支，点 尸 的 轨 迹 方 程 为(X1),又 ya/4-,所以J 岑,/牛,所 以 伽%2+y2=g+故选D.9.C【考查目标】本题主要考查不等式的相关知识，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.a 0,【解析】解法一 若a,b,2d坨互不相等,则当b 0,时,原不等式在x 2 0 时恒成立,又因为2a+h 0a b#0,所以

13、 bG;(a 0,若a=b,则 当 a=bf 时，原不等式在 9 0 时恒成立,又因为a b乎0,所 以 60;2a +b 0,若a=2a+b,则 当 a=2a+b,吐原不等式在x 2 0 时恒成立，又因为a bW。,所 以 60;b 0若b=2a+b,则a=0,与已知矛盾；若a=b=2a+b,则a=b4,与已知矛盾.综上,故选C.解法二 特殊值法：当b=T,a=l 时，(x T)(x+1)(x T)2 0在 x N O 时恒成立；当 6=T,a=T时，(x+1)(x+1)(x+3)20 在 x 20 时恒成立；当 b=,a-时，(x+1)(x T)(x+1)2 0 在 x 20 时不一定成立

14、.故选C.1 0.A【考查目标】本题主要考查集合中元素的个数,集合的并运算，考查的核心素养是逻辑推理、数学抽象.【解题思路】解法一 根据题意进行分类讨论，从而得出结论.解法二 采用特殊值法得出正确选项.【解析】解法一 当S中有3 个元素时，设 S=a,6,c ,a *c,则初6,6 c,a c U 7；所以a bS,-e S,当=c 时,a=l,所以即c 际 此 时 养 1,6,历,T=b,反 阴 所 以5U 7=1,b,反 阴，有 4a a b个元素；当 自 二 b时，。二勖,所以即,此时5 二 8 才,a3,T=a,a,d或 才,ay a,a 或a aa,a：a ,才，所以 SU T=a,

15、a,a,a,a 或 a,a,a：a ,才，有 5 个或 6 个元素.故排除 C,D.当 S 中有 4 个元素时,设 S=ay b,cy d y a bcd,所以 a ba ca dbd(+】)3飙+1)(+2),所以 三”q0.2 2 2 12 4 6 6【方法总结】已知数列的通项公式,求数列的前3 项和,可以直接计算数列的前3 项,然后相加,也可以利用通项公式求得数列的前项和,然后求前3 项和.本题若利用数列的前项和公式进行计算，应知道仔5 i店了(1).612.8 0 1 2 2【考查目标】本题主要考查二项式定理，考查的核心素养是数学运算.【解析】由二项式定理得，（1+2x）5 展 开 式

16、 的 通 项 公 式 为 所 以a 2-8 0,&C g2=10,a=C i23=8 0,a f 25=32,所以 a i+a、+a s=l 0 0+32=122.13.3|【考查目标】本题主要考查三角恒等变换、同角三角函数的基本关系,考查的核心素养是数学运算.【解析】解法一 因为tan，乏，所以si n，之cos，由 s in，1tc o s。=1 可知，s in，c o s 份上,所以 c o s 2 0=cos -s in 0t a n（J a n e-y-i5 5 5 5 4 1+tanfl 1+2 3解法二 因为tan8 之,所以c o s 2 os，s ir?叱t a n（8-co

17、s20+sin20 l+tan20 1+4 5_n_x _tan8-l?T _1l+tan0 1+2 3【方法总结】利用同角三角函数的基本关系可以由正切值直接得到正弦值的平方与余弦值的平方，然后利用二倍角的余弦公式求值，也可以利用公式c o s 2，号 粤 进 行 计 算.l+tanz01 4.1【考查目标】本题主要考查圆锥的侧面展开图和底面圆的半径的求解，考查考生的空间想象能力及逻辑推理能力，考查的核心素养是数学运算、直观想象、逻辑推理.【解析】解法一 设该圆锥的母线长为1,因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2 n,所以 畀/2 n ,解 得1 2所以该半圆的弧长为2 1r.设该圆锥的

18、底面半径为R,则 2 m必=2 n ,解得R=.解法二 设该圆锥的底面半径为R,则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2“R.因为侧面展开图是一个半圆,设该半圆的半径为r,则 n r之 n 此即r=2R,所以侧面展开图的面积为;2分 2 n 斤 9 n川之兀，解得R=.【方法总结】若圆锥的母线长为1,底面半径为乙则侧面展开图的面积为S r l.15.苧耳【考查目标】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理.【解析】解法一 因为直线产水户从 X）与圆V旷=1,圆都相切,所以十%华吗4V l+kz V 1+/C2得再b=3 3解法二 因为直线y 斗/丹(Q 0)与圆圆(x Y

19、)2 二 l 都相切,所以直线y=kx+b必过两圆心连线的中点0),所以2k+b小.设直线y=kx+b的倾斜角为0,则 sin夕 三,又 Q 0,所 以 所 以264=t a n ,b=-2k=-.6 3 31 6 .1 1【考查目标】本题主要考查随机事件的概率及随机变量的期望，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理、数学建模.【解析】f k 表示停止取球时没有取到黄球，所以巩.随机变量f 的所有可能取4 4 3 3值为 0,1,2,则尸(f =1)20上 短 X型P1 .X-X-X-X-X-X-X-x-,43432432 3 4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 3)以 6(f)K X

20、-+X-+2 X-=l.3 3 3【解后反思 先明确随机事件所表示的含义,再利用概率的计算公式求解.先求随机变量的所有可能取值及相应的概率,再利用期望的计算公式求(f ).1 7 .|【考查目标】本题主要考查平面向量的有关知识，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理.【思维导图】8 s 2 83e,.发 7(Q b)I a|M bl2COS204+4e】e2利用换元法5+3ei e2 设 t-e i e2 COS4+4t 3.3=三匚W 在 亍，+8)上的单调性2-c o s2，的最小值【解析】解法一 因为单位向量&,会满足/2 e e/W 也所以|2 e i-e 2=5 4 e i 会近2,即&

21、月芫.4因为a-+。，b=3仇+a,a的夹角为夕,所以 c o s2 a a 2(e1+e2)(3e+e2)2 _(4+4 j e.)2 e?|a|21bl2|e1+e2|2,|3e1+e2|2(2+2e1 62)(10+661,e2)5+3ex,e2不妨设E .佥,则 信 色。-。肃，又 广 鬻 在 昌 9)上单调递增,所 以 高 以 急 啜所以c o 一 夕的最小值为含解法二 由题意，不妨设 e i=(l,0),2=(C O S x,s i n x).因为/2&-改/W&,所以J(2 c o s%)2 +s i M x W迎,得 5-4 c o s x =1 0 与c o s x,所以 C

22、OS2 e b)2 _(4+4cosx)2/+4 c o sx|a|21bl2(2+2COSX)(10+6COSX)5+3C O S X不妨设片C OS X,则 勿泞,COS 0 T：又在 3+衿上单调递增，4 5+3m 5+3?n 4所以c o l。，墨 得，4所以c o s?。的最小值为1 8.【考查 目标】本题主要考查正弦定理、三角形内角和定理,考查考生的化归与转化能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.【解题思路】(/)利用正弦定理并结合 4%为锐角三角形及特殊角的三角函数值,即可求得角8的大小；()利 用 己 知 得 到 咛 T,4 G(3,1)，再利用三角恒等变换将所求式子转化为

23、与角/有关的式子,最后结合角A的范围即可得解.解：(/)由正弦定理得 2s i n Bs in A=j3s in Ay故 s i n B号,由题意得吟.()由A+B+C=不得。?一 4由/a 是锐角三角形得Je (-1,；).由 c o s C=c o s (g-7!)二 f c o s J y s i n 4 得cos A-cos 6 Tte o s 占 线 i n 4 4 c o s 力足=s i n (1U)4e (叵匚,2.2 2 2 6 2 2 2故 c o s 力 允 os为c o s。的取值范围是(当二【命题分析】本题以解三角形为载体,利用正弦定理化边为角，计算相关角的大小,然后

24、根据三角形内角和定理，结合三角恒等变换,考查三角函数式在给定区间的取值范围.从试题设计来看,本题包含了三角函数与解三角形两大模块,考查基础、全面,也比较综合.19.【考查 目标】本题主要考查空间中线线垂直的证明及直线与平面所成角的正弦值，考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力与运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算.【解题思路】（I）通过添加辅助线,利用面面垂直得到线面垂直,进而得到DOLBC,再根据题中所给的已知条件，证得BOVBC,由此可得6CL平面DBO,BC VDB,由6c）即可得证；（H）可通过作辅助线找到直线勿 与平面 所成角，利用解三角形知识求得直线以与平面胸所

25、成角的正弦值，也可以建立合适的空间直角坐标系，通过计算直线加1 的方向向量与平面脑的法向量求解直线分1与平面戚所成角的正弦值.解：（I）如图，过点作DO VAC,交直线/C 于 点0,连 接0B.由/46ZM5 ,D O L A C C D/2C 0.由平面力馆_ 1_平面48。得仅ZJ_平面ABC,所以DOLBC.由/龙N 5。，当 C 0得 BOY BC.所以8GL平面BDO,故BC LDB.由三棱台ABC-DEF得 BC/硒 所 以EFI DB.（II）解法一 如图,过点。作OH LBD,交直线劭于点H,连 接 OL由三棱台ABC-DEF得加（力，所以直线抄1 与平面瓯 所成角等于直线）

26、与平面的7所成角.由比上平面BDO得 O/ILBC,故勿吐平面BC D,所 以 为 直 线 CO与平面 所成角.设 C=2/2.由 DO=OC 2 BO=BC Z1,得 BD=巫,0 H&氐所以s l n/OC H 二，oc 3因此,直线M 与平面所成角的正弦值为日.解法二 由三棱台ABC-DEF得分”,所以直线如与平面呢所成角等于直线与平面比 所成角，记 为0.如图，以。为原点,分别以射线OC,0D为y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xy z.设 6 =2V 2.由题意知各点坐标如下：0(0,0,0),6(1,1,0),C(0,2,0),。(0,0,2).因此沆=(0,2,0),前=

27、(T,1,0),而=(0,-2,2).设 平 面 腼 的 法 向 量n=(x,y,z).由 卜 生 =仇 即 任;工；？0 可取”(1,1,1).(n CD=0,+2 z -0,所以 s i n 0-/c o s /因此,直线尸与平面咏所成角的正弦值为苧.【解题关键】立体几何中有关垂直、平行的证明及空间角的求解，合理添加辅助线是解题的关键.通过添加辅助线,可以顺畅推理得到相关线面的垂直与平行,也可以顺利找到相关角的平面角,进而求解.2 0.【考查 目标】本题主要考查等差数列、等比数列的综合应用及数列不等式的证明，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.【解题思路】(I )根 据 及 等 比 数 列

28、 的 通 项 公 式 建 立 方 程,求 得 公 比 的值,从而可得以；,得数列 以 是等比数列，结 合 c,=l求得其通项公式,然后利用累加法求得数列 a 的通项公式；（H）由以“六以及累乘法得，聿 衿,再利用裂项相消法得。产。抬 结合bn+2。也+1 d On+1二1,少0即可得证.解：（I ）由小+庆=6左得+q/,解得由 C n+l N C n 得。“力1由&+1一前旦I 得 an=a 1 掰掰“3+2.（H）由以“券 心 得常 同 芳（三 壮）,n+2 n n+l。n+l所以 a +以+c“二：d（i -i-）d 6 n+i由 b）=l,dX）得 b“X）,因此C i+c2+ca+,

29、+cQ 2,e N*.d【归纳总结】数列的考查以等差数列与等比数列的综合为主,根据条件,可以利用基本量法计算，得到相关数列的首项及公差（公比），求得数列的通项公式或前项和；也可以利用数列的相关性质，求解其通项公式或前项和.数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和,本题中利用裂项相消法求数列的和,然后利用*1,力0证明不等式成立，体现了对数学基础知识、基本方法的重点考查.2 1.【考查 目标】本题主要考查抛物线的性质及直线与椭圆、抛物线的位置关系,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.【解题思路】（I）根据p的值直接写出抛物线的焦点坐标；（H）设直线tW0）,小扬,外）

30、，将直线1的方程分别代入G,C的方程,利用根与系数的关系表示出刖，几最后结合点A在 G上即可得解.解：（I ）由。得 G的焦点坐标是Q,0）.1 6 3 2（I I）由题意可设直线l:x=my+t （静 0,卅 0）,点4（刘,丹）.将直线1的方程代入椭圆G：y t K=l 得（勿 2+2）/+2 /2-2 =0,所以点材的纵坐标加=TJ.将直线1的方程代入抛物线0:7之 外 得哽pmyf.pt$,所以yoyu=-2pt,解得 _2p(m2+2)因 此无上幽誓.由&广1得与工(/与2(加之)2160,所以当面为工 书 时，。取到最大值绊.【解后反思】解决直线与圆锥曲线的位置关系问题的通性通法是

31、联立直线与圆锥曲线的方程,结合根与系数的关系进行求解.22.【考查 目标】本题主要考查函数与导数的应用，考查考生综合应用所学知识分析问题、解决问题的能力，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、数学运算.【解题思路】(I)先利用零点存在定理判断存在零点,再对函数进行求导,最后利用函数的单调性证明即可.(H)(i)通过构造函数并求导，利用函数的单调性及函数的最值进行证明；(i i)构造函数并求导,判断函数的单调性,利用放缩法证明不等式成立.解：(I)因为/(0)=1-a0,故函数f(x)在 0,+0 0)上单调递增，所以函数y=f(x)在(0,+g(0)R,所以函数g(x)在 0,+2单调递增,故以

32、9 2 g(0)r.由 g(j2(a-l)20 得 f(j2(a-l)苫/2(a-i)4 2(*1)-a2O=f(xo),因为f(x)在 0,+2单 调 递 增,故 闻 不 出令 hx=e*-/-xT(0Wxl),为()=e-2xT,令 h(x)=e*-2xT(0Wrl),Al(x)=ex-2,所以(0,In(In%0 In 2 12)2,1)h 5 -1-0+e-2方 (x)0 /e-3故当0 xl时，力(x)0,即力(X)0,所以力(才)在 0,1 单调递减，因此当0W启 1 时，力(x)W力(0)4).由 A(Va-l)时，(x)0,故函数 u(x)在区间 1,2)上单调递增，因此(力由eo=xo+a可得%of(ex)=xof(xo+锵=(eT)x尹a(e-2)照2 (eT)ax,由於2 6。1得Ab/(ex)2 (el)(a-l)a.【归纳总结】解决函数与导数问题的关键在于通过对函数进行求导,利用导数的符号判断函数的单调性,结合零点存在定理判断函数的零点情况.另外,构造函数,利用函数的单调性及最值证明不等式成立,是比较常见的方法，同时要注意放缩法的应用.