【文档说明】2020年高考真题——数学（浙江卷）.pdf，共(21)页，533.723 KB，由envi的店铺上传

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-1-2020年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页.满分150分.考试用时120分钟.考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上

.2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.参考公式：如果事件A，B互斥，那么()()()PABPAPB如果事件A，B相互独立，那么()()()PABPAPB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()(1)(0,1,2,,)kknknnPkCppkn台体的体积公式11221()3VSSSSh其中12,SS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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={|14}xx，23Qx，则PQ=（）A.{|12}xxB.{|23}xx-2-C.{|34}xxD.{|14}xx【答案】B【解析】【分析】根据集合交集定义求解【详解】(1,4)(2,

3)(2,3)PQII故选：B【点睛】本题考查交集概念，考查基本分析求解能力，属基础题.2.已知a∈R，若a–1+(a–2)i(i为虚数单位)是实数，则a=（）A.1B.–1C.2D.–2【答案】C【

解析】【分析】根据复数为实数列式求解即可.【详解】因为(1)(2)aai为实数，所以202aa，，故选：C【点睛】本题考查复数概念，考查基本分析求解能力，属基础题.3.若实数x，y满足约束条件310

30xyxy，则z=2x+y的取值范围是（）A.(,4]B.[4,)C.[5,)D.(,)【答案】B【解析】【分析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义确定目标函数在何处能够取得最大值和最小值从

而确定目标函数的取值范围即可.【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，-3-目标函数即：1122yxz，其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，z取得最小值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最小，据此结合目

标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最小值，联立直线方程：31030xyxy，可得点A的坐标为：2,1A，据此可知目标函数的最小值为：min2214z且目标函数没有最大值.故目标函数的取值范围是4,.故选：B【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(a

b≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.4.函数y=xcosx+sinx在区间[–π，+π]的图象大致为（）A.B.-4-C.D.【答案】A【解析

】【分析】首先确定函数的奇偶性，然后结合函数在x处的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.【详解】因为cossinfxxxx，则cossinfxxxxfx，即题中所给的函数为奇函数，函数图象关于坐标原点对

称，据此可知选项CD错误；且x时，cossin0y，据此可知选项B错误.故选：A.【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调

性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．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：cm

3）是（）A.73B.143C.3D.6【答案】A-5-【解析】【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面

，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233.故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.6.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（）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【答案】B【解析】【分析】将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件.【详解】依题意,

,mnl是空间不过同一点的三条直线，-6-当,,mnl在同一平面时，可能////mnl，故不能得出,,mnl两两相交.当,,mnl两两相交时，设,,mnAmlBnlC，根据公理2可知,mn确定一个平面，而,BmCn，根据公理1可知，直线BC即l，所以,,mnl

在同一平面.综上所述，“,,mnl在同一平面”是“,,mnl两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.7.已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，11ad．记b1=S

2，bn+1=Sn+2–S2n，nN，下列等式不可能成立的是（）A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.2428aaaD.2428bbb【答案】D【解析】【分析】根据题意可得，21212222nnnnnbSaa

S，而1212bSaa，即可表示出题中2468,,,bbbb，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．【详解】对于A，因为数列na为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由442

6可得，4262aaa，A正确；对于B，由题意可知，21212222nnnnnbSaaS，1212bSaa，∴234baa，478baa，61112baa，81516baa．∴47822baa，263

41112bbaaaa．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288可得26341112784=2=2bbaaaaaab，B正确；对于C，222428111113722

2aaaadadaddaddda，当1ad时，2428aaa，C正确；-7-对于D，22222478111213452169baaadaadd，2228341516111125229

468145bbaaaaadadaadd，22428112416832bbbdaddda．当0d时，1ad，∴113220dadda即24280bbb；当0d时，1ad，∴113

220dadda即24280bbb，所以24280bbb，D不正确．故选：D【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．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y=234x图像上的点，则|OP|=（）A.222B.4105C.7D.10【答案】D【解析】【分析】根据题意可知，点P既在双曲线的一支上，又在函数234yx的图象上，即可求出点P的坐标，得到OP的值．【详解】因为||||24PAPB，所

以点P在以,AB为焦点，实轴长为2，焦距为4的双曲线的右支上，由2,1ca可得，222413bca，即双曲线的右支方程为22103yxx，而点P还在函数234yx的图象上，所以，由22210334yxxyx

，解得132332xy，即13271044OP．故选：D.【点睛】本题主要考查双曲线的定义的应用，以及二次曲线的位置关系的应用，意在考查学-8-生的数学运算能力，属于基础题．9.已知a，bR且ab≠0，若(x–a)(

x–b)(x–2a–b)≥0在x≥0上恒成立，则（）A.a<0B.a>0C.b<0D.b>0【答案】C【解析】【分析】对a分0a与0a两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案.【详解】因为0ab，所以0a且0b≠，设()

()()(2)fxxaxbxab，则()fx的零点为123,,2xaxbxab当0a时，则23xx，1>0x，要使()0fx，必有2aba，且0b，即ba，且0b，所以0b；当0a时，则23xx，10x，要

使()0fx，必有0b.综上一定有0b.故选：C【点晴】本题主要考查三次函数在给定区间上恒成立问题，考查学生分类讨论思想，是一道中档题.10.设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT②对于任意x，y

T，若x<y，则yxS；下列命题正确的是（）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4个元素D.若S有3个元素，则S∪T有5个元素【答案】A【解析】【分析】-9-分别给出具体的集合S和集合T，利用排除法排除

错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可.【详解】首先利用排除法：若取1,2,4S，则2,4,8T，此时1,2,4,8ST，包含4个元素，排除选项D；若取2,4,8S，则8,16,32T，此时2,4,8,16,32ST，包含5个元素，

排除选项C；若取2,4,8,16S，则8,16,32,64,128T，此时2,4,8,16,32,64,128ST，包含7个元素，排除选项B；下面来说明选项A的正确性：设集合1234,,,Spppp，且1234pppp，*1234,,,pppp

N，则1224pppp，且1224,ppppT，则41pSp，同理42pSp，43pSp，32pSp，31pSp，21pSp，若11p，则22p，则332ppp，故322ppp即232pp，又444231ppppp，故442232

ppppp，所以342pp，故232221,,,Sppp，此时522,pTpT，故42pS，矛盾，舍.若12p，则32311ppppp，故322111,pppppp即323121,pppp

，又44441231ppppppp，故441331ppppp，所以441pp，故2341111,,,Spppp，此时3456711111,,,,pppppT.若qT，则31qSp，故131,1,2,3,4iqpip

，故31,1,2,3,4iqpi，即3456711111,,,,qppppp，故3456711111,,,,pppppT，此时234456711111111,,,,,,,STpppppp

pp即ST中有7个元素.-10-故A正确.故选：A.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的

透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，共36分.多空题每

小题6分，单空题每小题4分.11.已知数列{an}满足(1)=2nnna，则S3=________．【答案】10【解析】【分析】根据通项公式可求出数列na的前三项，即可求出．【详解】因为12nnna

，所以1231,3,6aaa．即312313610Saaa．故答案为：10.【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．12.设2345125345612xaaxaxaxaxax

，则a5=________；a1+a2+a3=________．【答案】(1).80(2).122【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式计算即可.【详解】5(12)x的通项为155(2)2rrrrrrTCxCx，令4r，则444455280TCxx，故580a；1

13355135555222122aaaCCC.故答案为：80；122【点晴】本题主要考查利用二项式定理求指定项的系数问题，考查学生的数学运算能力，是-11-一道基础题.13.已知tan2，则cos2________；π

tan()4______．【答案】(1).35-(2).13【解析】【分析】利用二倍角余弦公式以及弦化切得cos2，根据两角差正切公式得tan()4【详解】2222222222cossin1tan123cos2cossincossin1tan125

，tan1211tan()41tan123，故答案为：31,53【点睛】本题考查二倍角余弦公式以及弦化切、两角差正切公式，考查基本分析求解能力，属基础题.14.已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为_______．【答案】1【

解析】【分析】利用题目所给圆锥侧面展开图的条件列方程组，由此求得底面半径.【详解】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则21222rlrl，解得1,2rl.故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆

锥侧面展开图有关计算，属于基础题.15.设直线:(0)lykxbk，圆221:1Cxy，222:(4)1Cxy，若直线l与1C，2C都相切，则k_______；b=______．【答案】(1).33(2).233【解析】-12-【分析】由直

线与圆12,CC相切建立关于k，b的方程组，解方程组即可.【详解】由题意，12,CC到直线的距离等于半径，即22||11bk，22|4|11kbk，所以||4bkb，所以0k（舍）或者2bk，解得323,33kb.故答案为：323;33【

点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.16.一个盒子里有1个红1个绿2个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停，设拿出黄球的个数为，则(0)P_______；()E

______．【答案】(1).13(2).1【解析】【分析】先确定0对应事件，再求对应概率得结果；第二空，先确定随机变量，再求对应概率，最后根据数学期望公式求结果.【详解】因为0对应事件为第一次拿红球或第一次拿绿球，第二次拿红

球，所以1111(0)4433P，随机变量0,1,2，212111211(1)434324323P，111(2)1333P，所以111()0121333E.故答案为：1;13.【

点睛】本题考查古典概型概率、互斥事件概率加法公式、数学期望，考查基本分析求解能力，属基础题.-13-17.设1e，2e为单位向量，满足21|22|ee，12aee，123bee

，设a，b的夹角为，则2cos的最小值为_______．【答案】2829【解析】【分析】利用复数模的平方等于复数的平方化简条件得1234eeurur，再根据向量夹角公式求2cos函数关系式，根据函

数单调性求最值.【详解】12|2|2eeururQ，124412eeurur，1234eeurur，222121222121212(44)4(1)()cos(22)(106)53eeeeabeeeeeeabururururrrur

urururururrr12424228(1)(1)3332953534eeurur.故答案为：2829.【点睛】本题考查利用模求向量数量积、利用向量数量积求向量夹角、利用函数单调性求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.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.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2sin3bAa．（I）求角B；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．【答案】（I）3B；（II）313,22【

解析】-14-【分析】（I）首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定∠B的大小；（II）结合(1)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有∠A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定∠A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求

得coscoscosABC的取值范围.【详解】（I）由2sin3bAa结合正弦定理可得：32sinsin3sin,sin2BAAB△ABC为锐角三角形，故3B.（II）结合(1)的结论有：12coscos

coscoscos23ABCAA131coscossin222AAA311sincos222AA1sin62A.由203202AA

可得：62A，2363A，则3sin,132A，1313sin,2232A.即coscoscosABC的取值范围是313,

22.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求最值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是转化为关于某个

角的函数，利用函数思想求最值.19.如图，三棱台DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．-15-（I）证明：EF⊥DB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．【答案】（I）证明见解析；（II）3

3【解析】【分析】（I）作DHAC交AC于H，连接BH，由题意可知DH平面ABC，即有DHBC，根据勾股定理可证得BCBH，又//EFBC，可得DHEF，BHEF，即得EF平面BHD，即证得EFDB；（II）由//DFCH，所以DF与平面DBC所成角即

为CH与平面DBC所成角，作HGBD于G，连接CG，即可知HCG即为所求角，再解三角形即可求出DF与平面DBC所成角的正弦值．【详解】（Ⅰ）作DHAC交AC于H，连接BH．∵平面ADFC平面ABC，而平面ADFC平面ABCAC，DH平面ADFC，∴DH平面ABC，而BC平面ABC

，即有DHBC．∵45ACBACD，∴222CDCHBCCHBC．在CBH中，22222cos45BHCHBCCHBCBC，即有222BHBCCH，∴BHBC．由棱台的定义可知，//EFBC，所以DHEF，BHEF，而

BHDHH，∴EF平面BHD，而BD平面BHD，∴EFDB．（Ⅱ）因为//DFCH，所以DF与平面DBC所成角即为与CH平面DBC所成角．作HGBD于G，连接CG，由（1）可知，BC⊥平面BHD，因为所以平面BCD平面BHD，而平面BCD平面BHDBD

，-16-HG平面BHD，∴HG平面BCD．即CH在平面DBC内的射影为CG，HCG即为所求角．在RtHGC△中，设BCa，则2CHa，2233BHDHaaHGaBDa，∴13sin33HGHCGCH．故DF与平面DBC所成

角的正弦值为33．【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．20.已知数列{an}，{bn}，{cn}中，111

1121,,()nnnnnnnbabccaaccnb*N．（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比0q，且1236bbb，求q与an的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列

，且公差0d，证明：1211ncccd．【答案】（I）1142,.23nnqa；（II）证明见解析.【解析】【分析】（I）根据1236bbb，求得q，进而求得数列nc的通项公式，利用累加法求得数列

na的通项公式.（II）利用累乘法求得数列nc的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.【详解】（I）依题意21231,,bbqbq，而1236bbb，即216qq，由于0q，所以-17-解得12q，所以112nnb.所以2112nnb，故11112412nn

nnnccc，所以数列nc是首项为1，公比为4的等比数列，所以14nnc.所以114nnnnaac（*2,nnN）.所以12142144.3nnnaa（II）依题意设111n

bnddnd，由于12nnnncbcb，所以111nnnncbcb*2,nnN，故13211221nnnnncccccccccc1232111143nnnnnnbbbbbcbbbbb1211111111

11nnnnnnbbdbbdbbdbb.所以121223111111111nnncccdbbbbbbLL11111ndb

.由于10,1db，所以10nb，所以1111111ndbd.即1211ncccd，*nN.【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法

求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.21.如图，已知椭圆221:12xCy，抛物线22:2(0)Cypxp，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M（B，M

不同于A）．-18-（Ⅰ）若116p，求抛物线2C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．【答案】（Ⅰ）1(,0)32；（Ⅱ）1040【解析】【详解】（Ⅰ）当116p时，2C的方程为218yx，故抛物线2C的焦点坐标为1(,0

)32；（Ⅱ）设112200,,,,,,:AxyBxyMxyIxym，由22222222220xyymymxym，1200022222,,222mmmyyyxym，由M在抛物线上，所以

222222244222mpmmp，又22222()220ypxypymypypmxym，012yyp，2101022xxymympm，2122222mxpm

.由2222142,22xyxpxypx即2420xpx22141682422ppxpp-19-222222182422228162ppppmppp

，所以24218pp，21160p，1040p，所以，p的最大值为1040，此时2105(,)55A.法2：设直线:(0,0)lxmytmt，00,Axy

.将直线l的方程代入椭圆221:12xCy得：2222220mymtyt，所以点M的纵坐标为22Mmtym.将直线l的方程代入抛物线22:2Cypx得：2220ypmypt，所以02Myypt，解得2

022pmym，因此220222pmxm，由220012xy解得22212242160mmpmm，所以当102,5mt时，p取到最大值为1040.【点晴】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置

关系的综合应用，涉及到求函数的最值，考查学生的数学运算能力，是一道有一定难度的题.22.已知12a，函数exfxxa，其中e=2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数yfx在(0)，上有唯一零点；

（Ⅱ）记x0为函数yfx在(0)，上的零点，证明：（ⅰ）012(1)axa；（ⅱ）00(e)(e1)(1)xxfaa．【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.【解析】【分析】-20-（I）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；（II）（i）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；（ii）先根据零点条件转化：0000()()xxfexfxa，再根据12a放缩，转化为证明不等式224(2)(

1)(1)aeea，最后构造差函数，利用导数进行证明.【详解】（I）()1,0,1,()0,()xxfxexefxfxQQ在(0,)上单调递增，2212,(2)240,(0)10afeaefaQ，所以由零点存在定理得()

fx在(0,)上有唯一零点；（II）（i）000()0,0xfxexaQ，002000012(1)12(1)xxaxaexxex，令22()1(02),()1(02),2xxxgxexx

xhxexx一方面：1()1(),xhxexhx1()10xhxe，()(0)0,()hxhhx在(0,2)单调递增，()(0)0hxh，2210,2(1)2xxxexexx

，另一方面：1211aaQ，所以当01x时，01ax成立，因此只需证明当01x时2()10xgxexx，因为11()12()()20ln2xxgxexgxgxex，当(0,l

n2)x时，1()0gx，当(ln2,1)x时，1()0gx，所以()max{(0),(1)},(0)0,(1)30,()0gxggggegxQ，()gx在(0,1)单调递减，()(0)0gxg，21xexx

，综上，002000012(1),12(1)xxexxexaxa.-21-（ii）0000000()()()[(1)(2)]xaatxxfexfxaxexae，00()

2(1)(2)0aatxexaeQ，012(1)axa，0()(1)1[(1)1(2)](1)(1)1(2)aaaatxtaaeaaeeaaae，因为12a，

所以,2(1)aeeaa，0()(1)(1)2(1)1(2)atxeaaae，只需证明22(1)1(2)(1)(1)aaaeea，即只需证明224(2)(1)(1)aeea，令22()4(2)(1)(1),(12)asa

eeaa，则22()8(2)(1)8(2)(1)0aasaeeeeee，2()(1)4(2)0sase，即224(2)(1)(1)aeea成立，因此0x0e(e1)(1)xfaa.【点睛】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描述难题.