浙江省高考数学试卷(含答案)

2022高考文科数学浙江卷答案解析【一】:2022年高考试题(数学文科)浙江卷(Word版,含答案解析)2022年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学文一、选择题（本大题共8小题，每小题5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、已知全集U={1，2，3，4，5，6}，集合P={1，3，5}，Q={1，2，4}，则（ð）Q=（）UPA。

{1}【答案】CB。

{3，5}C。

{1，2，4，6}D。

{1，2，3，4，5}考点：补集的运算。

2、已知互相垂直的平面，交于直线l。

若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（）A。

m∥l【答案】C【解析】试题分析：由题意知l,l，n,n l．故选C．考点：线面位置关系。

3、函数y=in2的图象是（）B。

m∥nC。

n⊥lD。

m⊥n【答案】D【解析】22试题分析：因为y in为偶函数，所以它的图象关于y轴对称，排除A、C选项；当，即时，yma1，排除B选项，故选D。

考点：三角函数图象。

y30,4、若平面区域2y30,夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两条平行直线间的距离的最2y30小值是（）【答案】B考点：线性规划。

5、已知a，b>0，且a≠1，b≠1，若log4b>1，则（）A。

(a1)(b1)0C。

(b1)(b a)0【答案】D【解析】B。

(a1)(a b)0D。

(b1)(b a)0试题分析：logab logaa1，当a1时，b a1，a10,b a0，(a1)(b a)0；当0a1时，0b a1，a10,b a0，(a1)(b a)0．故选D．考点：对数函数的性质。

6。

已知函数f（）=2+b，则“b<0”是“f（f（））的最小值与f（）的最小值相等”的（）A。

充分不必要条件C。

充分必要条件【答案】AB。

必要不充分条件D。

既不充分也不必要条件考点：充分必要条件。

7。

已知函数f()满足：f()且f()2,R。

浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）1．（5分）（2009•浙江）设U=R，A={x|x＞0}，B={x|x＞1}，则A∩∁U B=（）A．{x|0≤x＜1} B．{x|0＜x≤1}C．{x|x＜0} D．{x|x＞1}【考点】交、并、补集的混合运算．【专题】集合．【分析】欲求两个集合的交集，先得求集合C U B，再求它与A的交集即可．【解答】解：对于C U B={x|x≤1}，因此A∩C U B={x|0＜x≤1}，故选B．【点评】这是一个集合的常见题，属于基础题之列．2．（5分）（2009•浙江）已知a，b是实数，则“a＞0且b＞0”是“a+b＞0且ab＞0”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】简易逻辑．【分析】考虑“a＞0且b＞0”与“a+b＞0且ab＞0”的互推性．【解答】解：由a＞0且b＞0⇒“a+b＞0且ab＞0”，反过来“a+b＞0且ab＞0”⇒a＞0且b＞0，∴“a＞0且b＞0”⇔“a+b＞0且ab＞0”，即“a＞0且b＞0”是“a+b＞0且ab＞0”的充分必要条件，故选C【点评】本题考查充分性和必要性，此题考得几率比较大，但往往与其他知识结合在一起考查．3．（5分）（2009•浙江）设复数z=1+i（i是虚数单位），则+z2=（）A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i【考点】复数代数形式的混合运算．【专题】数系的扩充和复数．【分析】把复数z代入表达式化简整理即可．【解答】解：对于，故选D．【点评】本小题主要考查了复数的运算和复数的概念，以复数的运算为载体，直接考查了对于复数概念和性质的理解程度．4．（5分）（2009•浙江）在二项式的展开式中，含x4的项的系数是（）A．﹣10 B．10 C．﹣5 D．5【考点】二项式定理．【专题】二项式定理．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为4求得．【解答】解：对于，对于10﹣3r=4，∴r=2，则x4的项的系数是C52（﹣1）2=10故选项为B【点评】二项展开式的通项是解决二项展开式的特定项问题的工具．5．（5分）（2009•浙江）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A．30°B．45°C．60°D．90°【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】本题考查的知识点是线面夹角，由已知中侧棱垂直于底面，我们过D点做BC的垂线，垂足为E，则DE⊥底面ABC，且E为BC中点，则E为A点在平面BB1C1C上投影，则∠ADE即为所求线面夹角，解三角形即可求解．【解答】解：如图，取BC中点E，连接DE、AE、AD，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE为AD与平面BB1C1C所成的角．设各棱长为1，则AE=，DE=，tan∠ADE=，∴∠ADE=60°．故选C【点评】求直线和平面所成的角时，应注意的问题是：（1）先判断直线和平面的位置关系．（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造﹣﹣作出或找到斜线与射影所成的角；②设定﹣﹣论证所作或找到的角为所求的角；③计算﹣﹣常用解三角形的方法求角；④结论﹣﹣点明斜线和平面所成的角的值．6．（5分）（2009•浙江）某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是（）A．4 B．5 C．6 D．7【考点】程序框图．【专题】算法和程序框图．【分析】根据流程图所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序的作用是计算满足S=≥100的最小项数【解答】解：根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中各变量值变化如下表：是否继续循环S K循环前/0 0第一圈是 1 1第二圈是 3 2第三圈是11 3第四圈是2059 4第五圈否∴最终输出结果k=4故答案为A【点评】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中既要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．7．（5分）（2009•浙江）设向量，满足：||=3，||=4，•=0．以，，﹣的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】直线与圆相交的性质；向量的模；平面向量数量积的运算．【专题】平面向量及应用．【分析】先根据题设条件判断三角形为直角三角形，根据三边长求得内切圆的半径，进而看半径为1的圆内切于三角形时有三个公共点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，进而可得出答案．【解答】解：∵向量a•b=0，∴此三角形为直角三角形，三边长分别为3，4，5，进而可知其内切圆半径为1，∵对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个以上的交点不能实现．故选B【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系．可采用数形结合结合的方法较为直观．8．（5分）（2009•浙江）已知a是实数，则函数f（x）=1+asinax的图象不可能是（）A．B．C．D．【考点】正弦函数的图象．【专题】三角函数的图像与性质．【分析】函数f（x）=1+asinax的图象是一个正弦曲线型的图，其振幅为|a|，周期为，周期与振幅成反比，从这个方向观察四个图象．【解答】解：对于振幅大于1时，三角函数的周期为：，∵|a|＞1，∴T＜2π，而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了2π．对于选项A，a＜1，T＞2π，满足函数与图象的对应关系，故选D．【点评】由于函数的解析式中只含有一个参数，这个参数影响振幅和周期，故振幅与周期相互制约，这是本题的关键．9．（5分）（2009•浙江）过双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右顶点A作斜率为﹣1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B、C．若=，则双曲线的离心率是（）A．B．C．D．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；双曲线的简单性质．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】分别表示出直线l和两个渐近线的交点，进而表示出和，进而根据=求得a和b的关系，进而根据c2﹣a2=b2，求得a和c的关系，则离心率可得．【解答】解：直线l：y=﹣x+a与渐近线l1：bx﹣ay=0交于B（，），l与渐近线l2：bx+ay=0交于C（，），A（a，0），∴=（﹣，），=（，﹣），∵=，∴=，b=2a，∴c2﹣a2=4a2，∴e2==5，∴e=，故选C．【点评】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题．要求学生有较高地转化数学思想的运用能力，能将已知条件转化到基本知识的运用．10．（5分）（2009•浙江）定义A﹣B={x|x∈A且x∉B}，若P={1，2，3，4}，Q={2，5}，则Q﹣P=（）A．P B．{5} C．{1，3，4} D．Q【考点】集合的包含关系判断及应用．【专题】集合．【分析】理解新的运算，根据新定义A﹣B知道，新的集合A﹣B是由所有属于A但不属于B的元素组成．【解答】解：Q﹣P是由所有属于Q但不属于P的元素组成，所以Q﹣P={5}．故选B．【点评】本题主要考查了集合的运算，是一道创新题，具有一定的新意．要求学生对新定义的A﹣B有充分的理解才能正确答．二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分）11．（4分）（2009•浙江）设等比数列{a n}的公比，前n项和为S n，则=15．【考点】等比数列的性质．【专题】等差数列与等比数列．【分析】先通过等比数列的求和公式，表示出S4，得知a4=a1q3，进而把a1和q代入约分化简可得到答案．【解答】解：对于，∴【点评】本题主要考查了等比数列中通项公式和求和公式的应用．属基础题．12．（4分）（2009•浙江）若某个几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是18cm3．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】立体几何．【分析】由图可知，图形由两个体积相同的长方体组成，求出其中一个体积即可．【解答】解：由图可知，底下的长方体底面长为3，宽为1，底面积为3×1=3，高为3，因此体积为3×3=9；上面的长方体底面是个正方形，边长为3，高为1，易知与下面的长方体体积相等，因此易得该几何体的体积为9×2=18．【点评】本题考查学生的空间想象能力，是基础题．13．（4分）（2009•浙江）若实数x，y满足不等式组，则2x+3y的最小值是4．【考点】简单线性规划．【专题】不等式的解法及应用．【分析】先由约束条件画出可行域，再求出可行域各个角点的坐标，将坐标逐一代入目标函数，验证即得答案．【解答】解：如图即为满足不等式组的可行域，由图易得：当x=2，y=0时，2x+3y=4；当x=1，y=1时，2x+3y=5；当x=4，y=4时，2x+3y=20，因此，当x=2，y=0时，2x+3y有最小值4．故答案为4【点评】在解决线性规划的小题时，我们常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域⇒②求出可行域各个角点的坐标⇒③将坐标逐一代入目标函数⇒④验证，求出最优解．14．（4分）（2009•浙江）某地区居民生活用电分为高峰和低谷两个时间段进行分时计价．该地区的电网销售电价表如图：高峰时间段用电价格表低谷时间段用电价格表高峰月用电量（单位：千瓦时）高峰电价（单位：元/千瓦时）低谷月用电量（单位：千瓦时）低谷电价（单位：元/千瓦时）50及以下的部分0.568 50及以下的部分0.288超过50至200的部分0.598 超过50至200的部分0.318超过200的部分0.668 超过200的部分0.388若某家庭5月份的高峰时间段用电量为200千瓦时，低谷时间段用电量为100千瓦时，则按这种计费方式该家庭本月应付的电费为148.4元（用数字作答）【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法．【专题】函数的性质及应用．【分析】先计算出高峰时间段用电的电费，和低谷时间段用电的电费，然后把这两个电费相加．【解答】解：高峰时间段用电的电费为50×0.568+150×0.598=28.4+89.7=118.1 （元），低谷时间段用电的电费为50×0.288+50×0.318=14.4+15.9=30.3 （元），本月的总电费为118.1+30.3=148.4 （元），故答案为：148.4．【点评】本题考查分段函数的函数值的求法，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．15．（4分）（2009•浙江）观察下列等式：观察下列等式：C+C=23﹣2，C+C+C=27+23，C+C+C+C=211﹣25，C+C+C+C+C=215+27，…由以上等式推测到一个一般结论：对于n∈N*，C+C+C+…+C=24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1．【考点】二项式定理的应用．【专题】二项式定理．【分析】通过观察类比推理方法结论由二项构成，第二项前有（﹣1）n，二项指数分别为24n﹣1，22n﹣1【解答】解：结论由二项构成，第二项前有（﹣1）n，二项指数分别为24n﹣1，22n﹣1，因此对于n∈N*，C4n+11+C4n+15+C4n+19+…+C4n+14n+1=24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1．故答案为24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1【点评】本题考查观察、类比、归纳的能力．16．（4分）（2009•浙江）甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是336．【考点】排列、组合及简单计数问题．【专题】排列组合．【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．【解答】解：由题意知本题需要分组解决，∵对于7个台阶上每一个只站一人有A73种；若有一个台阶有2人另一个是1人共有C31A72种，∴根据分类计数原理知共有不同的站法种数是A73+C31A72=336种．故答案为：336．【点评】分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到步骤完整﹣﹣完成了所有步骤，恰好完成任务．17．（4分）（2009•浙江）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足，设AK=t，则t的取值范围是（，1）．【考点】平面与平面垂直的性质；棱锥的结构特征．【专题】空间位置关系与距离；空间角；立体几何．【分析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时与随着F点到C 点时，分别求出此两个位置的t值即可得到所求的答案【解答】解：此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，可得t=1，随着F点到C点时，当C与F无限接近，不妨令二者重合，此时有CD=2因CB⊥AB，CB⊥DK，∴CB⊥平面ADB，即有CB⊥BD，对于CD=2，BC=1，在直角三角形CBD中，得BD=，又AD=1，AB=2，再由勾股定理可得∠BDA是直角，因此有AD⊥BD再由DK⊥AB，可得三角形ADB和三角形AKD相似，可得t=，因此t的取值的范围是（，1）故答案为（，1）【点评】考查空间图形的想象能力，及根据相关的定理对图形中的位置关系进行精准判断的能力．三、解答题（共5小题，满分72分）18．（14分）（2009•浙江）在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且满足=，•=3．（Ⅰ）求△ABC的面积；（Ⅱ）若b+c=6，求a的值．【考点】二倍角的余弦；平面向量数量积的运算；余弦定理．【专题】解三角形．（Ⅰ）利用二倍角公式利用=求得cosA，进而求得sinA，进而根据【分析】求得bc的值，进而根据三角形面积公式求得答案．（Ⅱ）根据bc和b+c的值求得b和c，进而根据余弦定理求得a的值．【解答】解：（Ⅰ）因为，∴，又由，得bccosA=3，∴bc=5，∴（Ⅱ）对于bc=5，又b+c=6，∴b=5，c=1或b=1，c=5，由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=20，∴【点评】本题主要考查了解三角形的问题．涉及了三角函数中的倍角公式、余弦定理和三角形面积公式等，综合性很强．19．（14分）（2009•浙江）在1，2，3…，9，这9个自然数中，任取3个数．（Ⅰ）求这3个数中，恰有一个是偶数的概率；（Ⅱ）记ξ为这三个数中两数相邻的组数，（例如：若取出的数1、2、3，则有两组相邻的数1、2和2、3，此时ξ的值是2）．求随机变量ξ的分布列及其数学期望Eξ．【考点】等可能事件的概率；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；组合及组合数公式．【专题】概率与统计．【分析】（I）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是从9个数字中选3个，而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数，即有一个偶数和两个奇数．根据概率公式得到结果．（2）随机变量ξ为这三个数中两数相邻的组数，则ξ的取值为0，1，2，当变量为0时表示不包含相邻的数，结合变量对应的事件写出概率和分布列，算出期望．【解答】解：（I）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是C93，而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数共有C41C52记“这3个数恰有一个是偶数”为事件A，∴；（II）随机变量ξ为这三个数中两数相邻的组数，则ξ的取值为0，1，2，当变量为0时表示不包含相邻的数P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=∴ξ的分布列为ξ0 1 2p∴ξ的数学期望为．【点评】本题考查离散型随机变量的分布列，求离散型随机变量的分布列和期望是近年来理科高考必出的一个问题，题目做起来不难，运算量也不大，只要注意解题格式就问题不大．20．（14分）（2009•浙江）如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC=16，PA=PC=10．（Ⅰ）设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；（Ⅱ）证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．【考点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算．【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；立体几何．【分析】由于PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC的中点，AC=16，PA=PC=10，所以PO、OB、OC是两两垂直的三条直线，因此可以考虑用空间向量解决：连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，对于（I），只需证明向量FG与平面BOE的一个法向量垂直即可，而根据坐标，平面的一个法向量可求，从而得证；对于（II），在第一问的基础上，课设点M的坐标，利用FM⊥平面BOE求出M的坐标，而其道OA、OB的距离就是点M 横纵坐标的绝对值．【解答】证明：（I）如图，连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x 轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，则O（0，0，0），A（0，﹣8，0），B（8，0，0），C（0，8，0），P（0，0，6），E（0，﹣4，3），F（4，0，3），（3分）由题意得，G（0，4，0），因，因此平面BOE的法向量为，）得，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG∥平面BOE．（6分）（II）设点M的坐标为（x0，y0，0），则，因为FM⊥平面BOE，所以有，因此有，即点M的坐标为（8分）在平面直角坐标系xoy中，△AOB的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为．（12分）【点评】本题考查直线与平面的平行的判定以及距离问题，建立了空间坐标系，所有问题就转化为向量的运算，使得问题简单，解决此类问题时要注意空间向量的使用．21．（15分）（2009•浙江）已知椭圆C1：（a＞b＞0）的右顶点A（1，0），过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1．（Ⅰ）求椭圆C1的方程；（Ⅱ）设点P在抛物线C2：y=x2+h（h∈R）上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N．当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．【考点】圆锥曲线的综合；椭圆的标准方程．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（I）根据题意，求出a，b的值，然后得出椭圆的方程．（II）设出M，N，P的坐标，将直线代入椭圆，联立方程组，根据△判断最值即可．【解答】解：（I）由题意得，∴，所求的椭圆方程为，（II）不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），P（t，t2+h），则抛物线C2在点P处的切线斜率为y'|x=t=2t，直线MN的方程为y=2tx﹣t2+h，将上式代入椭圆C1的方程中，得4x2+（2tx﹣t2+h）2﹣4=0，即4（1+t2）x2﹣4t（t2﹣h）x+（t2﹣h）2﹣4=0，因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以有△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0，设线段MN的中点的横坐标是x3，则，设线段PA的中点的横坐标是x4，则，由题意得x3=x4，即有t2+（1+h）t+1=0，其中的△2=（1+h）2﹣4≥0，∴h≥1或h≤﹣3；当h≤﹣3时有h+2＜0，4﹣h2＜0，因此不等式△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0不成立；因此h≥1，当h=1时代入方程t2+（1+h）t+1=0得t=﹣1，将h=1，t=﹣1代入不等式△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0成立，因此h的最小值为1．【点评】本题考查圆锥图象的综合利用，椭圆方程的应用，通过构造一元二次方程，利用根的判别式计算，属于中档题．22．（15分）（2009•浙江）已知函数f（x）=x3﹣（k2﹣k+1）x2+5x﹣2，g（x）=k2x2+kx+1，其中k∈R．（Ⅰ）设函数p（x）=f（x）+g（x）．若p（x）在区间（0，3）上不单调，求k的取值范围；（Ⅱ）设函数是否存在k，对任意给定的非零实数x1，存在惟一的非零实数x2（x2≠x1），使得q′（x2）=q′（x1）？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．【考点】利用导数研究函数的单调性；函数的单调性与导数的关系．【专题】导数的综合应用．【分析】（I）因P（x）=f（x）+g（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1，先求导数：p′（x），因p（x）在区间（0，3）上不单调，得到p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，再利用分离参数的方法得出，最后再利用导数求出此函数的值域即可；（II）先根据题意得出当k=0时不合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0的情形，分类讨论：（ⅰ）当x1＞0时，（ⅱ）当x1＜0时，最后综合（ⅰ）（ⅱ）即可得出k值．【解答】解析：（I）因P（x）=f（x）+g（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1，p′（x）=3x2+2（k﹣1）x+（k+5），因p（x）在区间（0，3）上不单调，所以p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，由p′（x）=0得k（2x+1）=﹣（3x2﹣2x+5），∴，令t=2x+1，有t∈（1，7），记，则h（t）在（1，3]上单调递减，在[3，7）上单调递增，所以有h（t）∈[6，10），于是，得k∈（﹣5，﹣2]，而当k=﹣2时有p′（x）=0在（0，3）上有两个相等的实根x=1，故舍去，所以k∈（﹣5，﹣2）；（II）当x＜0时有q′（x）=f′（x）=3x2﹣2（k2﹣k+1）x+5；当x＞0时有q′（x）=g′（x）=2k2x+k，因为当k=0时不合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0的情形，记A=（k，+∞），B=（5，+∞）（ⅰ）当x1＞0时，q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2＜0且A⊆B，因此有k≥5，（ⅱ）当x1＜0时，q′（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2＞0且A⊆B，因此k≤5，综合（ⅰ）（ⅱ）k=5；当k=5时A=B，则∀x1＜0，q′（x1）∈B=A，即∃x2＞0，使得q′（x2）=q′（x1）成立，因为q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x2的值是唯一的；同理，∀x1＜0，即存在唯一的非零实数x2（x2≠x1），要使q′（x2）=q′（x1）成立，所以k=5满足题意．【点评】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，同时考查了分析与解决问题的综合能力，属于中档题．。

2020年浙江省高考数学试卷副标题题号 一 二 三 总分 得分一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1. 已知集合P ={x|1<x <4}，Q ={x|2<x <3}，则P ∩Q =( )A. {x|1<x ≤2}B. {x|2<x <3}C. {x|3≤x <4}D. {x|1<x <4}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 3. 若实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0x +y −3≥0，则z =x +2y 的取值范围是( )A. (−∞,4]B. [4,+∞)C. [5,+∞)D. (−∞,+∞)4. 函数y =xcosx +sinx 在区间[−π,π]的图象大致为( )A.B.C.D.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. 73 B. 143 C. 3 D. 66. 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7.已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，a1d⩽1.记b1=S2，b n+1=S n+2−S2n，n∈N∗，下列等式不可能成立的是()A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. a42=a2a8D. b42=b2b88.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=3√4−x2图象上的点，则|OP|=()A. √222B. 4√105C. √7D. √109.已知a，b∈R且a，b≠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>010.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∈T；②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5个元素D. 若S有3个元素，则S∪T有4个元素二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11.我国古代数学家杨辉、宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题，如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列，数列{n(n+1)2}，(n∈N∗)的前3项和______．12.二项展开式(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4=______；a1+a2+a3=______．13.已知tanθ=2，则cos2θ=______；tan(θ−π4)=______．14.已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，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y=kx+b(k>0)与圆x2+y2=1和圆(x−4)2+y2=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ξ，则P(ξ=0)=______，E(ξ)=______．17.已知平面向量e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 满足|2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ |≤√2，设a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，b⃗ =3e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，向量a⃗，b⃗ 的夹角为θ，则cos2θ的最小值为______．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2bsinA−√3a=0．(1)求角B；(2)求cosA+cosB+cosC的取值范围．19.如图，三棱台ABC−DEF中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．(1)证明：EF⊥DB；(2)求DF与面DBC所成角的正弦值．⋅20.已知数列{a n}，{b n}，{c n}满足a1=b1=c1=1，c n+1=a n+1−a n，c n+1=b nb n+2c n(n∈N∗)．(1)若{b n}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；(2)若{b n}为等差数列，公差d>0，证明：c1+c2+c3+⋯+c n<1+1，n∈N∗．d21.如图，已知椭圆C1：x2+y2=1，抛物线C2：y2=2px(p>0)，点A是椭圆C1与2抛物线C2的交点．过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B,M不同于A)．(1)若p=1，求抛物线C2的焦点坐标；16(2)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.已知1<a≤2，函数f(x)=e x−x−a.其中e=2.718281828459…为自然对数的底数．(1)证明：函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点；(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点，证明：(ⅰ)√a−1≤x0≤√2(a−1)；(ⅰ)x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a．答案和解析1.【答案】B【解析】解：集合P ={x|1<x <4}，Q ={x|2<x <3}， 则P ∩Q ={x|2<x <3}． 故选：B ．直接利用交集的运算法则求解即可．此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键． 2.【答案】C【解析】解：a ∈R ，若a −1+(a −2)i(i 为虚数单位)是实数， 可得a −2=0，解得a =2． 故选：C ．利用复数的虚部为0，求解即可．本题考查复数的基本概念，是基础题． 3.【答案】B【解析】解：画出实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0x +y −3≥0所示的平面区域，如图： 将目标函数变形为−12x +z2=y ，则z 表示直线在y 轴上截距，截距越大，z 越大， 当目标函数过点A(2,1)时，截距最小为z =2+2=4，随着目标函数向上移动截距越来越大， 故目标函数z =2x +y 的取值范围是[4,+∞)． 故选：B ．作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数z =x +2y 的取值范围．本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值． 4.【答案】A【解析】解：y =f(x)=xcosx +sinx ， 则f(−x)=−xcosx −sinx =−f(x)，∴f(x)为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B ，D ， 当x =π时，y =f(π)=πcosπ+sinπ=−π<0，故排除B ， 故选：A ．先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点．本题考查了函数图象的识别，掌握函数的奇偶性额函数值得特点是关键，属于基础题． 5.【答案】A【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为2的等腰直角三角形，棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为1，所以几何体的体积为：12×2×1×2+13×12×2×1×1=73．故选：A．画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键．6.【答案】B【解析】【分析】本题借助空间的位置关系，考查了充分条件和必要条件，属于基础题．由m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．【解答】解：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．故m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件，故选：B．7.【答案】B【解析】解：在等差数列{a n}中，a n=a1+(n−1)d，S n+2=(n+2)a1+(n+2)(n+1)2d，S2n=2na1+2n(2n−1)2d，b1=S2=2a1+d，b n+1=S n+2−S2n=(2−n)a1−3n2−5n−22d．∴b2=a1+2d，b4=−a1−5d，b6=−3a1−24d，b8=−5a1−55d．A.2a4=2(a1+3d)=2a1+6d，a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d，故A正确；B.2b4=−2a1−10d，b2+b6=a1+2d−3a1−24d=−2a1−22d，若2b4=b2+b6，则−2a1−10d=−2a1−22d，即d=0不合题意，故B错误；C.若a42=a2a8，则(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)，即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d+7d2，得a1d=d2，∵d≠0，∴a1=d，符合a1d⩽1，故C正确；D.若b42=b2b8，则(−a1−5d)2=(a1+2d)(−5a1−55d)，即2(a1d )2+25a1d+45=0，则a1d有两不等负根，满足a1d⩽1，故D正确．∴等式不可能成立的是B．故选：B．由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2,b4,b6,b8，分析B，D成立时是否满足公差d≠0，a1d⩽1判断B与D．本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计算能力，是中档题．8.【答案】D【解析】解：点O(0,0)，A(−2,0)，B(2,0).设点P满足|PA|−|PB|=2，可知P的轨迹是双曲线x21−y23=1的右支上的点，P为函数y=3√4−x2图象上的点，即y236+x24=1在第一象限的点，联立两个方程，解得P(√132,3√32)，所以|OP|=√134+274=√10．故选：D．求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP|．本题考查圆锥曲线的综合应用，曲线的交点坐标以及距离公式的应用，是中档题．9.【答案】C【解析】解：由题意知，x=0时，不等式ab(−2a−b)⩾0恒成立，即ab(2a+b)⩽0，∵ab≠0，∴可得1a +2b⩽0，则a,b至少有一个是小于0的，(1)若a<0,b<0，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩾0在x⩾0时恒成立，符合题意；(2)若a<0,b>0，则2a+b<b，当x∈[0,a]时，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩽0，不符合题意；(3)若a>0,b<0，则2a+b>b，当2a+b=a时，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩾0在x⩾0时恒成立，符合题意．综合，b<0成立．故选：C．本题考查不等式恒成立问题，注意三次函数的图象，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题．10.【答案】A【解析】解：取：S={1,2，4}，则T={2,4，8}，S∪T={1,2，4，8}，4个元素，排除C．S={2,4，8}，则T={8,16，32}，S∪T={2,4，8，16，32}，5个元素，排除D；S={2,4，8，16}则T={8,16，32，64，128}，S∪T={2,4，8，16，32，64，128}，7个元素，排除B；故选：A．利用特殊集合排除选项，推出结果即可．本题考查命题的真假的判断与应用，集合的基本运算，利用特殊集合排除选项是选择题常用方法，难度比较大．11.【答案】10【解析】【分析】本题考查数列求和，数列通项公式的应用，是基本知识的考查．求出数列的前3项，然后求解即可．【解答】解：数列{a n}满足a n=n(n+1)2，可得a1=1，a2=3，a3=6，所以S3=1+3+6=10．故答案为：10．12.【答案】80 130【解析】解：∵(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4=C54⋅24=80．a1+a2+a3=C51⋅2+C52⋅4+C53⋅8=130．故答案为：80；130．直接利用二项式定理的通项公式，求解即可．本题考查二项式定理的应用，只有二项式定理系数以及项的系数的区别，是基本知识的考查．13.【答案】−351 3【解析】解：tanθ=2，则cos2θ=cos2θ−sin2θcos2θ+sin2θ=1−tan2θ1+tan2θ=1−41+4=−35．tan(θ−π4)=tanθ−tanπ41+tanθtanπ4=2−11+2×1=13．故答案为：−35；13．利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的三角函数转化求解第二问．本题考查二倍角公式的应用，两角和与差的三角函数以及同角三角函数基本关系式的应用，是基本知识的考查．14.【答案】1【解析】解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2π，设圆锥的母线长为a，则12×a2π=2π，∴a=2，∴侧面展开扇形的弧长为2π，设圆锥的底面半径OC=r，则2πr=2π，解得r=1．故答案为：1．利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径．本题考查圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．15.【答案】√33−2√33【解析】解：由条件得C1(0,0)，r1=1，C2(4,0)，r2=1，因为直线l与C1，C2都相切，故有d 1=√1+k 2=1，d 2=√1+k 2=1，则有√1+k 2=√1+k 2，故可得b 2=(4k +b)2，整理得k(2k +b)=0， 因为k >0，所以2k +b =0，即b =−2k ，代入d 1=√1+k 2=1，解得k =√33，则b =−2√33，故答案为：√33；−2√33． 根据直线l 与两圆都相切，分别列出方程d 1=√1+k 2=1，d 2=√1+k 2=1，解得即可． 本题考查直线与圆相切的性质，考查方程思想，属于中档题．16.【答案】13 1【解析】解：由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；计算P(ξ=0)=C 11C 41+C 11⋅C 11C 41⋅C 31=13；P(ξ=1)=C 21⋅C 11A 42+C 21C 11A 22C 11A 43=13； P(ξ=2)=A 22⋅C 11A 43+C 22C 11A 33A 22C 11A 44=13；所以E(ξ)=0×13+1×13+2×13=1． 故答案为：13，1．由题意知随机变量ξ的可能取值为0，1，2；分别计算P(ξ=0)、P(ξ=1)和P(ξ=2)，再求E(ξ)的值．本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题．17.【答案】2829【解析】解：设e 1⃗⃗⃗ 、e 2⃗⃗⃗ 的夹角为α，由e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 为单位向量，满足|2e 1⃗⃗⃗ −e 2⃗⃗⃗ |≤√2，所以4e 1⃗⃗⃗ 2−4e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 2=4−4cosα+1≤2， 解得cosα≥34；又a ⃗ =e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ ，b ⃗ =3e 1⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ ，且a⃗ ，b ⃗ 的夹角为θ， 所以a ⃗ ⋅b ⃗ =3e 1⃗⃗⃗ 2+4e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 2=4+4cosα， a ⃗ 2=e 1⃗⃗⃗ 2+2e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 2=2+2cosα，b ⃗ 2=9e 1⃗⃗⃗ 2+6e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ +e 2⃗⃗⃗ 2=10+6cosα； 则cos 2θ=(a ⃗ ⋅b⃗ )2a⃗ 2×b ⃗2=(4+4cosα)2(2+2cosα)(10+6cosα)=4+4cosα5+3cosα=43−835+3cosα，所以cosα=34时，cos 2θ取得最小值为43−835+3×34=2829．故答案为：2829．设e1⃗⃗⃗ 、e2⃗⃗⃗ 的夹角为α，由题意求出cosα≥34；再求a⃗，b⃗ 的夹角θ的余弦值cos2θ的最小值即可．本题考查了平面向量的数量积与夹角的运算问题，是中档题．18.【答案】解：(1)∵2bsinA=√3a，∴2sinBsinA=√3sinA，∵sinA≠0，∴sinB=√32，，∴B=π3，(2)∵△ABC为锐角三角形，B=π3，∴C=2π3−A，，△ABC为锐角三角形，，，解得，，，，∴cosA+cosB+cosC的取值范围为(√3+12,32 ]．【解析】本题考查了正弦定理，三角函数的化简，三角函数的性质，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题．(1)根据正弦定理可得sinB=√32，结合角的范围，即可求出，(2)根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出．19.【答案】解：(1)证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，∵面ADFC⊥面ABC，面ADFC∩面ABC=AC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥面ABC，BC⊂面ABC，∴DH⊥BC，∴在Rt△DHC中，CH=CD⋅cos45°=√22CD，∵DC=2BC，∴CH=√22CD=√22⋅2BC=√2⋅BC，∴BCCH =√22，又∠ACB=45°，∴△BHC是直角三角形，且∠HBC=90°，∴HB⊥BC，又∵DH⊂面DHB，HB⊂面DHB，DH∩HB=H，∴BC⊥面DHB，∵DB⊂面DHB，∴BC⊥DB，∵在三棱台DEF−ABC中，EF//BC，∴EF⊥DB．(2)设BC=1，则BH=1，HC=√2，在Rt△DHC中，DH=√2，DC=2，在Rt△DHB中，DB=√DH2+HB2=√2+1=√3，作HG⊥BD于G，∵BC⊥面DHB，HG⊂面DHB，∴BC⊥HG，而BC⊂面BCD，BD⊂面BCD，BC∩BD=B，∴HG⊥面BCD，∵GC⊂面BCD，∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC=90°，设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，且sinθ=sin∠HCG=HGHC =√2，∵在Rt△DHB中，DH⋅HB=BD⋅HG，∴HG=DH⋅HBBD =√2⋅1√3=√63，∴sinθ=√2=√63√2=√33．【解析】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想象能力和思维能力，平面与空间互相转化是能力，几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强的中档题．(1)题根据已知条件，作DH⊥AC，根据面面垂直，可得DH⊥BC，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC是直角三角形，且∠HBC=90°，则HB⊥BC，从而可证出BC⊥面DHB，最后根据棱台的定义有EF//BC，根据平行线的性质可得EF⊥DB；(2)题先可设BC=1，根据解直角三角形可得BH=1，HC=√2，DH=√2，DC=2，DB=√3，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC 所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC 所成角的正弦值．20.【答案】(1)解：由题意，b2=q，b3=q2，∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q2，整理，得6q2−q−1=0，解得q=−13(舍去)，或q=12，∴c n+1=b nb n+2⋅c n=1b n+2b n⋅c n=1q2⋅c n=1(12)2⋅c n=4⋅c n，∴数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴c n=1⋅4n−1=4n−1，n∈N∗．∴a n+1−a n=c n+1=4n，则a1=1，a2−a1=41，a3−a2=42，⋅⋅⋅a n−a n−1=4n−1，各项相加，可得a n=1+41+42+⋯+4n−1=1−4n1−4=4n−13．(2)证明：依题意，由c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)，可得b n+2⋅c n+1=b n⋅c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1=b n b n+1c n，∵b1b2c1=b2=1+d，∴数列{b n b n+1c n}是一个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n=1+d，∴c n=1+db n b n+1=1+dd⋅db n b n+1=(1+1d)⋅b n+1−b nb n b n+1=(1+1d)(1b n−1b n+1)，∴c1+c2+⋯+c n=(1+1d)(1b1−1b2)+(1+1d)(1b2−1b3)+⋯+(1+1d)(1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b2+1b2−1b3+⋯+1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b n+1)=(1+1d)(1−1b n+1)<1+1d，∴c1+c2+⋯+c n<1+1d，故得证．【解析】本题主要考查数列求通项公式，等差数列和等比数列的基本量的运算，以及和式不等式的证明问题．考查了转化与化归思想，整体思想，方程思想，累加法求通项公式，裂项相消法求和，放缩法证明不等式，以及逻辑推理能力和数学运算能力．本题属综合性较强的偏难题．(1)先根据等比数列的通项公式将b2=q，b3=q2代入b1+b2=6b3，计算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简c n+1=b nb n+2⋅c n可得c n+1=4c n，则可发现数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{c n}的通项公式，然后将通项公式代入c n+1=a n+1−a n，可得a n+1−a n=c n+1=4n，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列{a n}的通项公式；(2)通过将已知关系式c n+1=b nb n+2⋅c n不断进行转化可构造出数列{b n b n+1c n}，且可得到数列{b n b n+1c n }是一个常数列，且此常数为1+d ，从而可得b n b n+1c n =1+d ，再计算得到c n =1+dbn b n+1，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．21.【答案】解：(1)p =116，则 p 2=132，则抛物线C 2的焦点坐标(132,0)，(2)由题意可设直线l ：x =my +t (m ≠0,t ≠0)，点A (x 0,y 0)， 将直线l 的方程代入椭圆C 1：x 22+y 2=1得(m 2+2)y 2+2mty +t 2−2=0∴点M 的纵坐标y M =−mtm 2+2。

2022年浙江省高考数学试卷一、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．（4分）设集合{1,2}A =，{2,4,6}B =，则(A B = )A ．{2}B ．{1,2}C ．{2,4,6}D ．{1,2,4,6}2．（4分）已知a ，b R ∈，3()(a i b i i i +=+为虚数单位），则( ) A ．1a =，3b =-B ．1a =-，3b =C ．1a =-，3b =-D ．1a =，3b =3．（4分）若实数x ，y 满足约束条件20,270,20,x x y x y -⎧⎪+-⎨⎪--⎩则34z x y =+的最大值是( )A ．20B ．18C ．13D ．64．（4分）设x R ∈，则“sin 1x =”是“cos 0x =”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5．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：)cm ，则该几何体的体积（单位：3)cm 是( )A ．22πB ．8πC ．223π D ．163π 6．（4分）为了得到函数2sin3y x =的图象，只要把函数2sin(3)5y x π=+图象上所有的点( )A ．向左平移5π个单位长度 B ．向右平移5π个单位长度 C ．向左平移15π个单位长度D ．向右平移15π个单位长度7．（4分）已知25a =，8log 3b =，则34(a b -= ) A ．25B ．5C ．259D ．538．（4分）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -，1AC AA =，E ，F 分别是棱BC ，11A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则( )A ．αβγB ．βαγC ．βγαD ．αγβ9．（4分）已知a ，b R ∈，若对任意x R ∈，|||4||25|0a x b x x -+---，则( ) A ．1a ，3bB ．1a ，3bC ．1a ，3bD ．1a ，3b10．（4分）已知数列{}n a 满足11a =，2*11()3n n n a a a n N +=-∈，则( )A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a << 二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分。

2020年浙江省高考数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1. 已知集合P ={x|1<x <4}，Q ={x|2<x <3}，则P ∩Q =( )A. {x|1<x ≤2}B. {x|2<x <3}C. {x|3≤x <4}D. {x|1<x <4}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 3. 若实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0x +y −3≥0，则z =x +2y 的取值范围是( )A. (−∞,4]B. [4,+∞)C. [5,+∞)D. (−∞,+∞)4. 函数y =xcosx +sinx 在区间[−π,π]的图象大致为( )A.B.C.D.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. 73 B. 143 C. 3 D. 66. 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7. 已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0，a1d⩽1.记b 1=S 2，b n+1=S n+2−S 2n ，n ∈N ∗，下列等式不可能成立的是( )A. 2a 4=a 2+a 6B. 2b 4=b 2+b 6C. a 42=a 2a 8D. b 42=b 2b 8 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 =3√4−x 2图象上的点，则|OP|=( )A. √222B. 4√105C. √7D. √109.已知a，b∈R且a，b≠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>010.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∈T；②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5个元素D. 若S有3个元素，则S∪T有4个元素二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11.我国古代数学家杨辉、宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题，如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列，数列{n(n+1)2}，(n∈N∗)的前3项和______．12.二项展开式(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4=______；a1+a2+a3=______．13.已知tanθ=2，则cos2θ=______；tan(θ−π4)=______．14.已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，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y=kx+b(k>0)与圆x2+y2=1和圆(x−4)2+y2=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ξ，则P(ξ=0)=______，E(ξ)=______．17.已知平面向量e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 满足|2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ |≤√2，设a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，b⃗ =3e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，向量a⃗，b⃗ 的夹角为θ，则cos2θ的最小值为______．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2bsinA−√3a=0．(1)求角B；(2)求cosA+cosB+cosC的取值范围．19.如图，三棱台ABC−DEF中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．(1)证明：EF⊥DB；(2)求DF与面DBC所成角的正弦值．⋅20.已知数列{a n}，{b n}，{c n}满足a1=b1=c1=1，c n+1=a n+1−a n，c n+1=b nb n+2c n(n∈N∗)．(1)若{b n}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；(2)若{b n}为等差数列，公差d>0，证明：c1+c2+c3+⋯+c n<1+1，n∈N∗．d21.如图，已知椭圆C1：x2+y2=1，抛物线C2：y2=2px(p>0)，点A是椭圆C1与2抛物线C2的交点．过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B,M不同于A)．(1)若p=1，求抛物线C2的焦点坐标；16(2)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.已知1<a≤2，函数f(x)=e x−x−a.其中e=2.718281828459…为自然对数的底数．(1)证明：函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点；(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点，证明：(ⅰ)√a−1≤x0≤√2(a−1)；(ⅰ)x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a．答案和解析1.【答案】B【解析】解：集合P ={x|1<x <4}，Q ={x|2<x <3}， 则P ∩Q ={x|2<x <3}． 故选：B ．直接利用交集的运算法则求解即可．此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键． 2.【答案】C【解析】 【分析】本题考查复数的基本概念，是基础题． 利用复数的虚部为0，求解即可． 【解答】解：a ∈R ，若a −1+(a −2)i(i 为虚数单位)是实数， 可得a −2=0，解得a =2． 故选：C ．3.【答案】B【解析】解：画出实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0x +y −3≥0所示的平面区域，如图： 将目标函数变形为−12x +z2=y ，则z 表示直线在y 轴上截距，截距越大，z 越大， 当目标函数过点A(2,1)时，截距最小为z =2+2=4，随着目标函数向上移动截距越来越大， 故目标函数z =2x +y 的取值范围是[4,+∞)． 故选：B ．作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数z =x +2y 的取值范围．本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值．4.【答案】A【解析】解：y =f(x)=xcosx +sinx ， 则f(−x)=−xcosx −sinx =−f(x)，∴f(x)为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B ，D ， 当x =π时，y =f(π)=πcosπ+sinπ=−π<0，故排除B ， 故选：A ．先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点．本题考查了函数图象的识别，掌握函数的奇偶性额函数值得特点是关键，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为2的等腰直角三角形，棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为1，所以几何体的体积为：12×2×1×2+13×12×2×1×1=73．故选：A．画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键．6.【答案】B【解析】【分析】本题借助空间的位置关系，考查了充分条件和必要条件，属于基础题．由m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．【解答】解：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．故m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件，故选：B．7.【答案】B【解析】解：在等差数列{a n}中，a n=a1+(n−1)d，S n+2=(n+2)a1+(n+2)(n+1)2d，S2n=2na1+2n(2n−1)2d，b1=S2=2a1+d，b n+1=S n+2−S2n=(2−n)a1−3n2−5n−22d．∴b2=a1+2d，b4=−a1−5d，b6=−3a1−24d，b8=−5a1−55d．A.2a4=2(a1+3d)=2a1+6d，a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d，故A正确；B.2b4=−2a1−10d，b2+b6=a1+2d−3a1−24d=−2a1−22d，若2b4=b2+b6，则−2a1−10d=−2a1−22d，即d=0不合题意，故B错误；C.若a42=a2a8，则(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)，即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d+7d2，得a1d=d2，∵d≠0，∴a1=d，符合a1d⩽1，故C正确；D.若b42=b2b8，则(−a1−5d)2=(a1+2d)(−5a1−55d)，即2(a1d )2+25a1d+45=0，则a1d有两不等负根，满足a1d⩽1，故D正确．∴等式不可能成立的是B．故选：B．由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2,b4,b6,b8，分析B，D成立时是否满足公差d≠0，a1d⩽1判断B与D．本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计算能力，是中档题．8.【答案】D【解析】解：点O(0,0)，A(−2,0)，B(2,0).设点P满足|PA|−|PB|=2，可知P的轨迹是双曲线x21−y23=1的右支上的点，P为函数y=3√4−x2图象上的点，即y236+x24=1在第一象限的点，联立两个方程，解得P(√132,3√32)，所以|OP|=√134+274=√10．故选：D．求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP|．本题考查圆锥曲线的综合应用，曲线的交点坐标以及距离公式的应用，是中档题．9.【答案】C【解析】【分析】本题考查不等式恒成立问题，注意三次函数的图象，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题．先由x=0时，不等式ab(−2a−b)⩾0恒成立，可得1a +2b⩽0，则a,b至少有一个是小于0的，再按a<0,b<0，a<0,b>0，a>0,b<0，讨论可得结论．【解答】解：由题意知，x=0时，不等式ab(−2a−b)⩾0恒成立，即ab(2a+b)⩽0，∵ab≠0，∴可得1a +2b⩽0，则a,b至少有一个是小于0的，(1)若a<0,b<0，由图象知，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩾0在x⩾0时恒成立，符合题意；(2)若a<0,b>0，2a+b>0，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩽0在x≥0上恒成立，则b=2a+b，得a=0，矛盾，不符合题意．(3)若a>0,b<0，(x−a)(x−b)(x−2a−b)⩾0在x⩾0时恒成立，则a=2a+b，则a+b=0，符合题意．综合，b<0成立．故选：C．10.【答案】A【解析】【分析】本题考查命题的真假的判断与应用，集合的基本运算，利用特殊集合排除选项是选择题常用方法，属于较难题．利用特殊集合排除选项，推出结果即可． 【解答】解：取：S ={1,2，4}，则T ={2,4，8}，S ∪T ={1,2，4，8}，4个元素，排除C ． S ={2,4，8}，则T ={8,16，32}，S ∪T ={2,4，8，16，32}，5个元素，排除D ； S ={2,4，8，16}则T ={8,16，32，64，128}，S ∪T ={2,4，8，16，32，64，128}，7个元素，排除B ； 故选：A ．11.【答案】10【解析】 【分析】本题考查数列求和，数列通项公式的应用，是基本知识的考查． 求出数列的前3项，然后求解即可． 【解答】解：数列{a n }满足a n =n(n+1)2，可得a 1=1，a 2=3，a 3=6， 所以S 3=1+3+6=10． 故答案为：10．12.【答案】80；130【解析】 【分析】本题考查二项式定理的应用，只有二项式定理系数以及项的系数的区别，属于基础题． 直接利用二项式定理的通项公式，求解即可． 【解答】解：∵(1+2x)5=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4+a 5x 5，则a 4=C 54⋅24=80．a 1+a 2+a 3=C 51⋅2+C 52⋅4+C 53⋅8=130． 故答案为：80；130．13.【答案】−35， 13【解析】解：tanθ=2，则cos2θ=cos 2θ−sin 2θcos 2θ+sin 2θ=1−tan 2θ1+tan 2θ=1−41+4=−35． tan(θ−π4)=tanθ−tanπ41+tanθtanπ4=2−11+2×1=13．故答案为：−35；13．利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的三角函数转化求解第二问．本题考查二倍角公式的应用，两角和与差的三角函数以及同角三角函数基本关系式的应用，是基本知识的考查．14.【答案】1【解析】解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2π，设圆锥的母线长为a ，则12×a 2π=2π，∴a =2，∴侧面展开扇形的弧长为2π，设圆锥的底面半径OC =r ，则2πr =2π，解得r =1． 故答案为：1．利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径． 本题考查圆锥的母线长的求法，注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识点．15.【答案】√33 ；−2√33【解析】解：由条件得C 1(0,0)，r 1=1，C 2(4,0)，r 2=1， 因为直线l 与C 1，C 2都相切， 故有d 1=√1+k 2=1，d 2=√1+k 2=1，则有√1+k 2=√1+k 2，故可得b 2=(4k +b)2，整理得k(2k +b)=0， 因为k >0，所以2k +b =0，即b =−2k ， 代入d 1=√1+k 2=1，解得k =√33，则b =−2√33， 故答案为：√33；−2√33． 根据直线l 与两圆都相切，分别列出方程d 1=√1+k2=1，d 2=√1+k 2=1，解得即可．本题考查直线与圆相切的性质，考查方程思想，属于中档题．16.【答案】13 ；1【解析】解：由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；计算P(ξ=0)=14+14×13=13；P(ξ=1)=1 2×13 +14×23×12+24×13×12=13；P(ξ=2)=1−13−13=13；所以E(ξ)=0×13+1×13+2×13=1．故答案为：13，1．由题意知随机变量ξ的可能取值为0，1，2；分别计算P(ξ=0)、P(ξ=1)和P(ξ=2)，再求E(ξ)的值．本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题．17.【答案】2829【解析】【分析】本题考查了平面向量的数量积与夹角的运算问题，是中档题．设e1⃗⃗⃗ 、e2⃗⃗⃗ 的夹角为α，由题意求出cosα≥34；再求a⃗，b⃗ 的夹角θ的余弦值cos2θ的最小值即可．【解答】解：设e1⃗⃗⃗ 、e2⃗⃗⃗ 的夹角为α，由e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 为单位向量，满足|2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ |≤√2，所以4e1⃗⃗⃗ 2−4e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=4−4cosα+1≤2，解得cosα≥34；又a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，b⃗ =3e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ，且a⃗，b⃗ 的夹角为θ，所以a⃗⋅b⃗ =3e1⃗⃗⃗ 2+4e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=4+4cosα，a⃗2=e1⃗⃗⃗ 2+2e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=2+2cosα，b⃗ 2=9e1⃗⃗⃗ 2+6e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=10+6cosα；则cos2θ=(a⃗ ⋅b⃗)2a⃗2×b⃗2=(4+4cosα)2(2+2cosα)(10+6cosα)=4+4cosα5+3cosα=43−835+3cosα，所以cosα=34时，cos2θ取得最小值为43−835+3×34=2829．故答案为2829．18.【答案】解：(1)∵2bsinA=√3a，∴2sinBsinA=√3sinA，∵sinA≠0，∴sinB=√32，，∴B=π3，(2)∵△ABC为锐角三角形，B=π3，∴C=2π3−A，，△ABC为锐角三角形，，，解得，，，，∴cosA+cosB+cosC的取值范围为(√3+12,32 ]．【解析】本题考查了正弦定理，三角函数的化简，三角函数的性质，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题．(1)根据正弦定理可得sinB=√32，结合角的范围，即可求出，(2)根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出．19.【答案】解：(1)证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，∵面ADFC⊥面ABC，面ADFC∩面ABC=AC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥面ABC，BC⊂面ABC，∴DH⊥BC，∴在Rt△DHC中，CH=CD⋅cos45°=√22CD，∵DC=2BC，∴CH=√22CD=√22⋅2BC=√2⋅BC，∴BCCH =√22，又∠ACB=45°，∴△BHC是直角三角形，且∠HBC=90°，∴HB⊥BC，又∵DH⊂面DHB，HB⊂面DHB，DH∩HB=H，∴BC⊥面DHB，∵DB⊂面DHB，∴BC⊥DB，∵在三棱台DEF−ABC中，EF//BC，∴EF⊥DB．(2)设BC=1，则BH=1，HC=√2，在Rt△DHC中，DH=√2，DC=2，在Rt△DHB中，DB=√DH2+HB2=√2+1=√3，作HG⊥BD于G，∵BC⊥面DHB，HG⊂面DHB，∴BC⊥HG，而BC⊂面BCD，BD⊂面BCD，BC∩BD=B，∴HG⊥面BCD，∵GC⊂面BCD，∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC=90°，设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，且sinθ=sin∠HCG=HGHC =√2，∵在Rt△DHB中，DH⋅HB=BD⋅HG，∴HG=DH⋅HBBD =√2⋅13=√63，∴sinθ=√2=√63√2=√33．【解析】本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想象能力和思维能力，平面与空间互相转化是能力，几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强的中档题．(1)题根据已知条件，作DH⊥AC，根据面面垂直，可得DH⊥BC，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC是直角三角形，且∠HBC=90°，则HB⊥BC，从而可证出BC⊥面DHB，最后根据棱台的定义有EF//BC，根据平行线的性质可得EF⊥DB；(2)题先可设BC=1，根据解直角三角形可得BH=1，HC=√2，DH=√2，DC=2，DB=√3，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC 所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC 所成角的正弦值．20.【答案】(1)解：由题意，b2=q，b3=q2，∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q2，整理，得6q2−q−1=0，解得q=−13(舍去)，或q=12，∴c n+1=b nb n+2⋅c n=1b n+2b n⋅c n=1q2⋅c n=1(12)2⋅c n=4⋅c n，∴数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴c n=1⋅4n−1=4n−1，n∈N∗．∴a n+1−a n=c n+1=4n，则a1=1，a2−a1=41，a3−a2=42，……a n−a n−1=4n−1，各项相加，可得a n=1+41+42+⋯+4n−1=1−4n1−4=4n−13．(2)证明：依题意，由c n+1=b nb n+2⋅c n(n∈N∗)，可得b n+2⋅c n+1=b n⋅c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1=b n b n+1c n，∵b1b2c1=b2=1+d，∴数列{b n b n+1c n}是一个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n=1+d，∴c n=1+db n b n+1=1+dd⋅db n b n+1=(1+1d)⋅b n+1−b nb n b n+1=(1+1d)(1b n−1b n+1)，∴c1+c2+⋯+c n=(1+1d)(1b1−1b2)+(1+1d)(1b2−1b3)+⋯+(1+1d)(1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b2+1b2−1b3+⋯+1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b1−1b n+1)=(1+1d)(1−1b n+1)<1+1d，∴c1+c2+⋯+c n<1+1d，故得证．【解析】本题主要考查数列求通项公式，等差数列和等比数列的基本量的运算，以及和式不等式的证明问题．考查了转化与化归思想，整体思想，方程思想，累加法求通项公式，裂项相消法求和，放缩法证明不等式，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属于综合题．(1)先根据等比数列的通项公式将b2=q，b3=q2代入b1+b2=6b3，计算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简c n+1=b nb n+2⋅c n可得c n+1=4c n，则可发现数列{c n}是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{c n}的通项公式，然后将通项公式代入c n+1=a n+1−a n，可得a n+1−a n=c n+1=4n，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列{a n}的通项公式；(2)通过将已知关系式c n+1=b nb n+2⋅c n不断进行转化可构造出数列{b n b n+1c n}，且可得到数列{b n b n+1c n}是一个常数列，且此常数为1+d，从而可得b n b n+1c n=1+d，再计算得到c n=1+db n b n+1，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．21.【答案】解：(1)p =116，则 p 2=132，则抛物线C 2的焦点坐标(132,0)，(2)由题意可设直线l ：x =my +t (m ≠0,t ≠0)，点A (x 0,y 0)， 将直线l 的方程代入椭圆C 1：x 22+y 2=1得(m 2+2)y 2+2mty +t 2−2=0∴点M 的纵坐标y M =−mtm 2+2。

2024年浙江省高考数学试卷（新高考Ⅰ）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，满分50分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.）1．(★)(5分)全集U={1，2，3，4}，集合A={1，3，4}，B={2，3}，则图中阴影部分表示的集合为()A．{2}B．{3}C．{1，4}D．{1，2，3，4}2．(★)(5分)复数的值是()A．1B．-1C．i D．-i3．(★)(5分)已知向量=(1，2)，=(x,4)，若向量⊥，则x=()A．2B．-2C．8D．-84．(★)(5分)设不等式组，表示的平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是()A．B．C．D．5．(★)(5分)执行如图所示的程序框图，输出的S值为()A．2B．4C．8D．166．(★)(5分)从某小学随机抽取100名同学，将他们的身高(单位：厘米)数据绘制成频率分布直方图由图中数据可知身高在[120，130]内的学生人数为()A．20B．25C．30D．357．(★)(5分)函数f(x)=-()x的零点个数为()A．0B．1C．2D．38．(★)(5分)“lgx,lgy,lgz成等差数列”是“y2=xz”成立的()A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件9．(★)(5分)过双曲线的一个焦点F2作垂直于实轴的直线，交双曲线于P、Q，F1是另一焦点，若∠PF1Q=，则双曲线的离心率e等于() A．B．C．D．10．(★)(5分)规定记号“⊗”表示一种运算，即a⊗b=ab+a+b2(a,b为正实数)，若1⊗k=3，则k=()A．-2B．1C．-2或1D．2二、填空（本大题11-14题为必做题，15题为选做从（A）（B）（C）中任选一题作答，若多做按所做的第一题评分，满分20分）11．(★★)(5分)21×1=2，22×1×3=3×4，23×1×3×5=4×5×6，24×1×3×5×7=5×6×7×8，…依此类推，第n个等式为2n×1×3×…(2n-1)=(n+1)•…(2n-1)•2n．12．(★★★)(5分)对于任意实数x,不等式ax2-2x-4＜0恒成立，则实数a的取值范围是(-，0]．13．(★★)(5分)已知命题P：不等式＜0的解集为{x|0＜x＜1}；命题q：在△ABC中，“A＞B”是“sinA＞sinB”成立的必要不充分条件．有下列四个结论：①p真q假；②“p∧q”为真；③“p∨q”为真；④p假q真其中正确结论的序号是①③．(请把正确结论的序号都填上)14．(★★★)(5分)已知均为单位向量，且它们的夹角为60°，当取最小值时，λ=．选做题15．(★★)(5分)(选修4-4：坐标系与参数方程)直线l的极坐标方程为C：ρcos(θ-)=3，圆C：(θ为参数)上的点到直线l的距离值为d,则d的最大值为3+1．16．(★★)(选做题)(几何证明选讲选做题)如图，直角三角形ABC中，∠B=90°，AB=4，以BC为直径的圆交AC边于点D，AD=2，则∠C的大小为30°．17．(★★)不等式|2x-1|＜3的解集为{x|-1＜x＜2}．三、解答题（本大题共6小题，满分共65分）18．(★★★)(12分)设三角形ABC的内角A，B，C，的对边分别为a,b,c,，sinA=4sinB．(1)求b边的长；(2)求角C的大小．19．(★★★)(12分)甲、乙二名射击运动员参加2011年广州举行亚运会的预选赛，他们分别射击了4次，成绩如下表(单位：环)(1)从甲、乙两人的成绩中各随机抽取一个，求甲的成绩比乙高的概率；(2)现要从中选派一人参加决赛，你认为选派哪位运动员参加比较合适？请说明理由．20．(★★★)(12分)在等差数列{a n}和等比数列{b n}中，a1=b1=1，b4=8，{a n}的前10项和S10=55．(Ⅰ)求a n和b n；(Ⅱ)已知c n=a n+b n求c n的前n项之和T n．21．(★★★★)(12分)如图的几何体中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD=DE=2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求直线CE与平面ADE所成角的正弦值．22．(★★★★)(13分)如图，在△ABC中，，以B、C 为焦点的椭圆恰好过AC的中点P．(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆的右顶点A1作直线l与圆E：(x-1)2+y2=2相交于M、N两点，试探究点M、N能将圆E分割成弧长比值为1：3的两段弧吗？若能，求出直线l的方程；若不能，请说明理由．23．(★★★★)(14分)已知函数f(x)=x3-3ax+b在x=1处有极小值2．(Ⅰ)求函数f(x)的解析式；(Ⅱ)若函数在[0，2]只有一个零点，求m的取值范围．。

2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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）设全集{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ， 则=A C U （ ）A. ∅B. }2{C. }5{D. }5,2{（2）已知是虚数单位，R b a ∈,,则“1==b a ”是“i bi a 2)(2=+”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（3）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的 表面积是 A. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm4.为了得到函数 x x y 3cos 3sin +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（ ）A.向右平移4π个单位 B.向左平移4π个单位 C.向右平移12π个单位 D.向左平移12π个单位5.在46)1()1(y x ++的展开式中，记nmy x 项的系数为),(n m f ，则=+++)3,0(2,1()1,2()0,3(f f f f ） （ ）A.45B.60C.120D. 2106.已知函数则且,3)3()2()1(0,)(23≤-=-=-≤+++=f f f c bx ax x x f （ ）A.3≤cB.63≤<cC.96≤<cD. 9>c7.在同意直角坐标系中，函数x x g x x x f a a log )(),0()(=≥=的图像可能是（ ）8.记,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，,min{,},y x yx y x x y≥⎧=⎨<⎩，设,a b 为平面向量，则（ ）A.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≤B.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≥C.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≥+ D.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≤+9.已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个篮球 ()3,3m n ≥≥，从乙盒中随机抽取()1,2i i =个球放入甲盒中.（a ）放入个球后，甲盒中含有红球的个数记为()1,2ii ξ=；（b ）放入个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为 ()1,2i p i =. 则A.()()1212,p p E E ξξ><B.()()1212,p p E E ξξ<>C.()()1212,p p E E ξξ>>D.()()1212,p p E E ξξ<< 10.设函数21)(x x f =，),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=，99,,2,1,0,99==i ia i ，记|)()(||)()(||)()(|98991201a f a f a f a f a f a f I k k k k k k k -++-+-= ，.3,2,1=k 则A.321I I I <<B. 312I I I <<C. 231I I I <<D. 123I I I << 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.11.若某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的 结果是________.12.随机变量ξ的取值为0,1,2，若()105P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ=________. 13.当实数x ，y 满足240,10,1,x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时， 14ax y ≤+≤恒成立，则实数a 的取值范围是________.14.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_____种（用数字作答）.15.设函数()⎪⎩⎪⎨⎧≥-<+=0,0,22x x x x x x f 若()()2≤a f f ，则实数a 的取值范围是______16.设直线)0(03≠=+-m m y x 与双曲线12222=-by a x （0a b >>）两条渐近线分别交于点B A ,，若点)0,(m P 满足PB PA =,则该双曲线的离心率是__________17、如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练. 已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小.若则的最大值19（本题满分14分）已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221 . 若{}na 为 等比数列，且.6,2231b b a +==（1）求n a 与n b ； （2）设()*∈-=N n b a c nn n 11。

2022年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学姓名________准考证号_________________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3页；非选择题部分3至4页．满分150分，考试时间120分钟.参考公式：如果事件A ，B 互斥，则柱体的体积公式()()()P A B P A P B +=+V Sh=如果事件A ，B 相互独立，则其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高()()()P AB P A P B =⋅锥体的体积公式若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次13V Sh=独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高()(1)(0,1,2,,)k kn k n n P k C p p k n -=-= 球的表面积公式台体的体积公式24S R π=()1213V S S h =+球的体积公式其中12,S S 表示台体的上、下底面积，343V R π=h 表示台体的高其中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.设集合{1,2},{2,4,6}A B ==，则A B ⋃=（）A.{2}B.{1,2}C.{2,4,6}D.{1,2,4,6}2.已知,,3i (i)i a b a b ∈+=+R （i 为虚数单位），则（）A.1,3a b ==- B.1,3a b =-= C.1,3a b =-=- D.1,3a b ==3.若实数x ，y 满足约束条件20,270,20,x x y x y -≥⎧⎪+-≤⎨⎪--≤⎩则34z x y =+的最大值是（）A .20B.18C.13D.64.设x ∈R ，则“sin 1x =”是“cos 0x =”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5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A.22πB.8πC.22π3 D.16π36.为了得到函数2sin 3y x =的图象，只要把函数π2sin 35y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭图象上所有的点（）A.向左平移π5个单位长度 B.向右平移π5个单位长度C.向左平移π15个单位长度 D.向右平移π15个单位长度7.已知825,log 3ab ==，则34a b -=（）A.25B.5C.259D.538.如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（）A.αβγ≤≤ B.βαγ≤≤ C.βγα≤≤ D.αγβ≤≤9.已知,a b ∈R ，若对任意,|||4||25|0x a x b x x ∈-+---≥R ，则（）A.1,3a b ≤≥ B.1,3a b ≤≤ C.1,3a b ≥≥ D.1,3a b ≥≤10.已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（）A.100521002a <<B.100510032a << C.100731002a <<D.100710042a <<非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分．11.我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S =其中a ，b ，c 是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边2a b c ===，则该三角形的面积S =___________．12.已知多项式42345012345(2)(1)x x a a x a x a x a x a x +-=+++++，则2a =__________，12345a a a a a ++++=___________．13.若3sin sin 2παβαβ-=+=，则sin α=__________，cos 2β=_________．14.已知函数()22,1,11,1,x x f x x x ⎧-+≤⎪=⎨+->⎪⎩则12f f ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭________；若当[,]x a b ∈时，1()3f x ≤≤，则b a -的最大值是_________．15.现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则(2)P ξ==__________，()E ξ=_________．16.已知双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左焦点为F ，过F 且斜率为4b a的直线交双曲线于点()11,A x y ，交双曲线的渐近线于点()22,B x y 且120x x <<．若||3||FB FA =，则双曲线的离心率是_________．17.设点P 在单位圆的内接正八边形128A A A 的边12A A 上，则222182PA PA PA +++ 的取值范围是_______．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.在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c．已知34,cos 5a C ==．（1）求sin A 的值；（2）若11b =，求ABC 的面积．19.如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．（1）证明：FN AD ⊥；（2）求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．20.已知等差数列{}n a 的首项11a =-，公差1d >．记{}n a 的前n 项和为()n S n *∈N ．（1）若423260S a a -+=，求n S ；（2）若对于每个n *∈N ，存在实数n c ，使12,4,15n n n n n n a c a c a c +++++成等比数列，求d 的取值范围．21.如图，已知椭圆22112x y +=．设A ，B 是椭圆上异于(0,1)P 的两点，且点0,21Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭在线段AB 上，直线,PA PB 分别交直线132y x =-+于C ，D 两点．（1）求点P 到椭圆上点的距离的最大值；（2）求||CD 的最小值．22.设函数e()ln (0)2f x x x x=+>．（1）求()f x 的单调区间；（2）已知,a b ∈R ，曲线()y f x =上不同的三点()()()()()()112233,,,,,x f x x f x x f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若e a >，则10()12e a b f a ⎛⎫<-<- ⎪⎝⎭；（ⅱ）若1230e,a x x x <<<<，则22132e 112e e 6e 6ea a x x a --+<+<-．（注：e 2.71828= 是自然对数的底数）2022年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学答案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3页；非选择题部分3至4页．满分150分，考试时间120分钟.参考公式：如果事件A ，B 互斥，则柱体的体积公式()()()P A B P A P B +=+V Sh=如果事件A ，B 相互独立，则其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高()()()P AB P A P B =⋅锥体的体积公式若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次13V Sh=独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高()(1)(0,1,2,,)k kn k n n P k C p p k n -=-= 球的表面积公式台体的体积公式24S R π=()1213V S S h =+球的体积公式其中12,S S 表示台体的上、下底面积，343V R π=h 表示台体的高其中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.设集合{1,2},{2,4,6}A B ==，则A B ⋃=（）A.{2} B.{1,2}C.{2,4,6}D.{1,2,4,6}【答案】D 【解析】【分析】利用并集的定义可得正确的选项.【详解】{}1,2,4,6A B = ，故选：D.2.已知,,3i (i)i a b a b ∈+=+R （i 为虚数单位），则（）A.1,3a b ==-B.1,3a b =-= C.1,3a b =-=- D.1,3a b ==【答案】B 【解析】【分析】利用复数相等的条件可求,a b .【详解】3i 1i a b +=-+，而,a b 为实数，故1,3a b =-=，故选：B.3.若实数x ，y 满足约束条件20,270,20,x x y x y -≥⎧⎪+-≤⎨⎪--≤⎩则34z x y =+的最大值是（）A.20B.18C.13D.6【答案】B 【解析】【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线34z x y =+后可求最大值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：当动直线340x y z +-=过A 时z 有最大值.由2270x x y =⎧⎨+-=⎩可得23x y =⎧⎨=⎩，故()2,3A ，故max 324318z =⨯+⨯=，故选：B.4.设x ∈R ，则“sin 1x =”是“cos 0x =”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】A 【解析】【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】因为22sin cos 1x x +=可得：当sin 1x =时，cos 0x =，充分性成立；当cos 0x =时，sin 1x =±，必要性不成立；所以当x ∈R ，sin 1x =是cos 0x =的充分不必要条件.故选：A.5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A.22πB.8πC.22π3D.16π3【答案】C 【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm ，圆台的下底面半径为2cm ，所以该几何体的体积(322214122ππ1π122π2π12333V =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=3cm ．故选：C ．6.为了得到函数2sin 3y x =的图象，只要把函数π2sin 35y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭图象上所有的点（）A.向左平移π5个单位长度 B.向右平移π5个单位长度C.向左平移π15个单位长度 D.向右平移π15个单位长度【答案】D 【解析】【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．【详解】因为ππ2sin 32sin 3155y x x ⎡⎤⎛⎫==-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，所以把函数π2sin 35y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭图象上的所有点向右平移π15个单位长度即可得到函数2sin 3y x =的图象．故选：D.7.已知825,log 3ab ==，则34a b -=（）A.25B.5C.259D.53【答案】C 【解析】【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．【详解】因为25a=，821log 3log 33b ==，即323b =，所以()()22323232452544392a aa b b b -====．故选：C.8.如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（）A.αβγ≤≤ B.βαγ≤≤ C.βγα≤≤ D.αγβ≤≤【答案】A 【解析】【分析】先用几何法表示出αβγ，，，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F 作FP AC ⊥于P ，过P 作PM BC ⊥于M ，连接PE ，则EFP α=∠，FEP β=∠，FMP γ=，tan 1PE PE FP AB α==≤，tan 1FP AB PE PE β==≥，tan tan FP FPPM PEγβ=≥=，所以αβγ≤≤，故选：A ．9.已知,a b ∈R ，若对任意,|||4||25|0x a x b x x ∈-+---≥R ，则（）A .1,3a b ≤≥ B.1,3a b ≤≤ C.1,3a b ≥≥ D.1,3a b ≥≤【答案】D 【解析】【分析】将问题转换为|||25||4|a x b x x -≥---，再结合画图求解．【详解】由题意有：对任意的x ∈R ，有|||25||4|a x b x x -≥---恒成立．设()||f x a x b =-，()51,2525439,421,4x x g x x x x x x x ⎧-≤⎪⎪⎪=---=-<<⎨⎪-≥⎪⎪⎩，即()f x 的图象恒在()g x 的上方（可重合），如下图所示：由图可知，3a ≥，13b ≤≤，或13a ≤<，3143b a≤≤-≤，故选：D ．10.已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（）A.100521002a << B.100510032a << C.100731002a <<D.100710042a <<【答案】B 【解析】【分析】先通过递推关系式确定{}n a 除去1a ，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133n n n a a a +-=>-，累加可求出11(2)3n n a >+，得出1001003a <，再利用11111111333132n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+ ⎪-+⎝⎭-+，累加可求出()111111113323n n a n ⎛⎫-<-++++ ⎪⎝⎭，再次放缩可得出10051002a >．【详解】∵11a =，易得()220,13a =∈，依次类推可得()0,1n a ∈由题意，1113n n n a a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即()1131133n n n n na a a a a +==+--，∴1111133n n n a a a +-=>-，即211113a a ->，321113a a ->，431113a a ->，…，1111,(2)3n n n a a -->≥，累加可得()11113n n a ->-，即11(2),(2)3n n n a >+≥，∴()3,22n a n n <≥+，即100134a <，100100100334a <<,又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+≥ ⎪-+⎝⎭-+，∴211111132a a ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，321111133a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，431111134a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，…，111111,(3)3n n n a a n -⎛⎫-<+≥ ⎪⎝⎭，累加可得()11111111,(3)3323n n n a n ⎛⎫-<-++++≥ ⎪⎝⎭，∴10011111111133334943932399326a ⎛⎫⎛⎫-<++++<+⨯+⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100140a <，∴100140a >，即10051002a >；综上：100510032a <<．故选：B ．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分．11.我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S =其中a ，b ，c 是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边2a b c ===，则该三角形的面积S =___________．【答案】234.【解析】【分析】根据题中所给的公式代值解出．【详解】因为S =，所以234S =．故答案为：234.12.已知多项式42345012345(2)(1)x x a a x a x a x a x a x +-=+++++，则2a =__________，12345a a a a a ++++=___________．【答案】①.8②.2-【解析】【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令0x =求出0a ，再令1x =即可得出答案．【详解】含2x 的项为：()()3232222244C 12C 14128x x x x x x ⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅-=-+=，故28a =；令0x =，即02a =，令1x =，即0123450a a a a a a =+++++，∴123452a a a a a ++++=-，故答案为：8；2-．13.若3sin sin 2παβαβ-=+=，则sin α=__________，cos 2β=_________．【答案】①.31010②.45【解析】【分析】先通过诱导公式变形，得到α的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出α，接下来再求β．【详解】2παβ+=，∴sin cos βα=，即3sin cos αα-=310101010αα⎫-=⎪⎪⎭，令10sin 10θ=，310cos 10θ=，()αθ-=，∴22k k Z παθπ-=+∈，，即22k παθπ=++，∴310sin sin 2cos 210k παθπθ⎛⎫=++==⎪⎝⎭，则224cos 22cos 12sin 15ββα=-=-=．故答案为：10；45．14.已知函数()22,1,11,1,x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨+->⎪⎩则12f f ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭________；若当[,]x a b ∈时，1()3f x ≤≤，则b a -的最大值是_________．【答案】①.3728②.3+【解析】【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出a 的最小值,b 的最大值即可.【详解】由已知2117()2224f ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭，77437()144728f =+-=，所以137(228f f ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，当1x ≤时，由1()3f x ≤≤可得2123x ≤-+≤，所以11x -≤≤，当1x >时，由1()3f x ≤≤可得1113x x≤+-≤，所以12x <≤+，1()3f x ≤≤等价于12x -≤≤+，所以[,][1,2a b ⊆-，所以b a -的最大值为3.故答案为：3728，315.现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则(2)P ξ==__________，()E ξ=_________．【答案】①.1635，②.127##517【解析】【分析】利用古典概型概率公式求(2)P ξ=，由条件求ξ分布列，再由期望公式求其期望.【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有37C 种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有112424C C C +种，所以11242437C C C 16(2)C 35P ξ+===，由已知可得ξ的取值有1，2，3，4，2637C 15(1)C 35P ξ===，16(2)35P ξ==，，()()233377C 31134C 35C 35P P ξξ======，所以15163112()1234353535357E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=,故答案为：1635，127.16.已知双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左焦点为F ，过F 且斜率为4b a的直线交双曲线于点()11,A x y ，交双曲线的渐近线于点()22,B x y 且120x x <<．若||3||FB FA =，则双曲线的离心率是_________．【答案】364【解析】【分析】联立直线AB 和渐近线2:bl y x a=方程，可求出点B ，再根据||3||FB FA =可求得点A ，最后根据点A 在双曲线上，即可解出离心率．【详解】过F 且斜率为4b a的直线:()4b AB y x c a =+，渐近线2:b l y x a =，联立()4b y x c ab y xa ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，得,33c bc B a ⎛⎫ ⎪⎝，由||3||FB FA =，得5,,99c bc A a ⎛⎫- ⎪⎝⎭而点A 在双曲线上，于是2222222518181c b c a a b -=，解得：228124c a =，所以离心率e 4=.故答案为：4．17.设点P 在单位圆的内接正八边形128A A A 的边12A A 上，则222182PA PA PA +++ 的取值范围是_______．【答案】[12+【解析】【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，37A A 所在直线为x 轴，51A A 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设(,)P x y ，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到()2222212888PA PA PA x y +++=++ ，然后利用cos 22.5||1OP ≤≤ 即可解出．【详解】以圆心为原点，37A A 所在直线为x 轴，51A A 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示：则1345726222222(0,1),,(1,0),,,(0,1),,,(1,0)222222A A A A A A A ⎛⎛⎛----- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,822,22A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，设(,)P x y ,于是()2222212888PA PA PA x y +++=++ ，因为cos 22.5||1OP ≤≤，所以221cos 4512x y +≤+≤，故222128PA PA PA +++ 的取值范围是[12+.故答案为：[12+．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ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知34,cos 5a C ==．（1）求sin A 的值；（2）若11b =，求ABC 的面积．【答案】（1）55；（2）22．【解析】【分析】（1）先由平方关系求出sin C ，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论222cos 2a b c C ab +-=以及4a =可解出a ，即可由三角形面积公式in 12s S ab C =求出面积．【小问1详解】由于3cos 5C =，0πC <<，则4sin 5C =．因为4a =，由正弦定理知4sin A C =，则55sin sin 45A C ==．【小问2详解】因为4a =，由余弦定理，得2222221612111355cos 22225a a a abc C ab a a +--+-====，即26550a a +-=，解得5a =，而4sin 5C =，11b =，所以ABC 的面积114sin 51122225S ab C ==⨯⨯⨯=．19.如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC的中点．（1）证明：FN AD ⊥；（2）求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）5714．【解析】【分析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ，由平面知识易得FC BC =，再根据二面角的定义可知，60BCF ∠= ，由此可知，FN BC ⊥，FN CD ⊥，从而可证得FN ⊥平面ABCD ，即得FN AD ⊥；（2）由（1）可知FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以可以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz -，求出平面ADE 的一个法向量，以及BM，即可利用线面角的向量公式解出．【小问1详解】过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，//,//,5,3,1AB DC CD EF AB DC EF ===，60BAD CDE ∠=∠=︒，由平面几何知识易知，2,90DG AH EFC DCF DCB ABC ==∠=∠=∠=∠=︒，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt EGD 和Rt DHA，EG DH ==∵,DC CF DC CB ⊥⊥，且CF CB C ⋂=，∴DC ⊥平面,BCF BCF ∠是二面角F DC B --的平面角，则60BCF ∠= ，∴BCF △是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴FN BC ⊥，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN CD ⊥，而BC CD C ⋂=，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD FN AD ∴⊥．【小问2详解】因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz -，设(3,(1,0,3)A B D E ，则333,,22M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，33,,,(2,(2,22BM AD DE ⎛⎫∴=-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭设平面ADE 的法向量为(,,)n x y z =由00n AD n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得20230x x z ⎧--=⎪⎨-++=⎪⎩，取n =-，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ，∴||57sin cos ,14|||n BM n BM n BM θ⋅=〈〉==⋅．20.已知等差数列{}n a 的首项11a =-，公差1d >．记{}n a 的前n 项和为()n S n *∈N ．（1）若423260S a a -+=，求n S ；（2）若对于每个n *∈N ，存在实数n c ，使12,4,15n n n n n n a c a c a c +++++成等比数列，求d 的取值范围．【答案】（1）235(N )2n n nS n *-=∈（2）12d <≤【解析】【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n 项和公式化简条件，求出d ，再求n S ；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d 的范围.【小问1详解】因为42312601S a a a -+==-，，所以()()46211260d d d -+--+-++=，所以230d d -=，又1d >，所以3d =，所以34n a n =-，所以()213522n na a n n n S +-==，【小问2详解】因为n n a c +，14n n a c ++，215n n a c ++成等比数列，所以()()()212415n n n n n n a c a c a c +++=++，()()()2141115n n n nd c nd d c nd d c -+=-+-+-+++，22(1488)0n n c d nd c d +-++=，由已知方程22(1488)0n n c d nd c d +-++=的判别式大于等于0，所以()22148840d nd d ∆=-+-≥，所以()()168812880d nd d nd -+-+≥对于任意的n *∈N 恒成立，所以()()212320n d n d ----≥⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦对于任意的n *∈N 恒成立，当1n =时，()()()()21232120n d n d d d ----=++≥⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，当2n =时，由()()2214320d d d d ----≥，可得2≤d 当3n ≥时，()()21232(3)(25)0n d n d n n ---->--≥⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，又1d >所以12d <≤21.如图，已知椭圆22112x y +=．设A ，B 是椭圆上异于(0,1)P 的两点，且点0,21Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭在线段AB 上，直线,PA PB 分别交直线132y x =-+于C ，D 两点．（1）求点P 到椭圆上点的距离的最大值；（2）求||CD 的最小值．【答案】（1）11；（2）655．【解析】【分析】（1）设,sin )Q θθ是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出2||PQ ，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线1:2AB y kx =+与椭圆方程联立可得1212,x x x x +，再将直线132y x =-+方程与PA PB 、的方程分别联立，可解得点,C D 的坐标，再根据两点间的距离公式求出CD ，最后代入化简可得35161231CD k =⋅+，由柯西不等式即可求出最小值．【小问1详解】设,sin )Q θθ是椭圆上任意一点,(0,1)P ,则222221144144||12cos (1sin )1311sin 2sin 11sin 111111PQ θθθθθ⎛⎫=+-=--=-+≤⎭+ ⎪⎝，当且仅当1sin 11θ=-时取等号，故||PQ的最大值是11.【小问2详解】设直线1:2AB y kx =+,直线AB 方程与椭圆22112x y +=联立,可得22130124k x kx ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭,设()()1122,,,A x y B x y ，所以12212211231412k x x k x x k ⎧+=-⎪+⎪⎪⎨⎪=-⎛⎫⎪+ ⎪⎪⎝⎭⎩，因为直线111:1y PA y x x -=+与直线132y x =-+交于C ,则111114422(21)1C x x x x y k x ==+-+-,同理可得,222224422(21)1D x x x x y k x ==+-+-.则224||(21)1C D x CD x k x =-=+-=35161656565231555k =⋅=⨯+，当且仅当316k =时取等号，故CD 的最小值为655.【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．22.设函数e ()ln (0)2f x x x x=+>．（1）求()f x 的单调区间；（2）已知,a b ∈R ，曲线()y f x =上不同的三点()()()()()()112233,,,,,x f x x f x x f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若e a >，则10()12e a b f a ⎛⎫<-<- ⎪⎝⎭；（ⅱ）若1230e,a x x x <<<<，则22132e 112e e 6e 6ea a x x a --+<+<-．（注：e 2.71828= 是自然对数的底数）【答案】（1）()f x 的减区间为e 02⎛⎫ ⎪⎝⎭,，增区间为e ,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭.（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ）31x k x =，1e a m =<，则题设不等式可转化为()()()2131313122236m m m t t m m t t --++--<+，结合零点满足的方程进一步转化为()()()()211312ln 0721m m m m m m ---++<+，利用导数可证该不等式成立.【小问1详解】()22e 12e 22x f x x x x -'=-+=，当e 02x <<，()0f x ¢<；当e 2x >，()0f x ¢>，故()f x 的减区间为e 02⎛⎫ ⎪⎝⎭,，()f x 的增区间为e ,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭.【小问2详解】（ⅰ）因为过(),a b 有三条不同的切线，设切点为()(),,1,2,3i i x f x i =，故()()()i i i f x b f x x a '-=-，故方程()()()f x b f x x a '-=-有3个不同的根，该方程可整理为()21e e ln 022x a x b x x x ⎛⎫----+= ⎪⎝⎭，设()()21e e ln 22g x x a x b x x x ⎛⎫=----+⎪⎝⎭，则()()22321e 1e 1e 22g x x a x x x x x x⎛⎫'=-+-+--+ ⎪⎝⎭()()31e x x a x=---，当0e x <<或x a >时，()0g x ¢<；当e x a <<时，()0g x ¢>，故()g x 在()()0,e ,,a +∞上为减函数，在()e,a 上为增函数，因为()g x 有3个不同的零点，故()e 0g <且()0>g a ，故()21e e e ln e 0e 2e 2e a b ⎛⎫----+< ⎪⎝⎭且()21e e ln 022a a a b a a a ⎛⎫----+> ⎪⎝⎭，整理得到：12e a b <+且()e ln 2b a f a a >+=，此时()1e 13e 11ln ln 2e 2e 22e 222a a a b f a a a a a ⎛⎫⎛⎫---<+-+-+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设()3e ln 22u a a a =--，则()2e-202a u a a'=<，故()u a 为()e,+∞上的减函数，故()3e ln e 022e u a <--=，故()1012e a b f a ⎛⎫<-<- ⎪⎝⎭.（ⅱ）当0e a <<时，同（ⅰ）中讨论可得：故()g x 在()()0,,e,a +∞上为减函数，在(),e a 上为增函数，不妨设123x x x <<，则1230e x a x x <<<<<，因为()g x 有3个不同的零点，故()0g a <且()e 0g >，故()21e e e ln e 0e 2e 2e a b ⎛⎫----+> ⎪⎝⎭且()21e e ln 022a a a b a a a ⎛⎫----+< ⎪⎝⎭，整理得到：1ln 2e 2ea ab a +<<+，因为123x x x <<，故1230e x a x x <<<<<，又()2e e 1ln 2a a g x x b x x +=-+-+，设e t x =，()0,1e a m =∈，则方程2e e 1ln 02a a x b x x+-+-+=即为：2e ln 0e 2e a a t t t b +-+++=即为()21ln 02m m t t t b -++++=，记123123e e e ,,,t t t x x x ===则113,,t t t 为()21ln 02m m t t t b -++++=有三个不同的根，设3131e 1x t k t x a ==>>，1ea m =<，要证：22122e 112e e 6e 6e a a x x a --+<+<-，即证13e 2e e 26e 6ea a t t a --+<+<-，即证：13132166m m t t m --<+<-，即证：131********m m t t t t m --⎛⎫⎛⎫+-+-+< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即证：()()()2131313122236m m m t t m m t t --++--<+，而()21111ln 02m m t t t b -++++=且()23331ln 02m m t t t b -++++=，故()()()22131313ln ln 102m t t t t m t t -+--+-=，故131313ln ln 222t t t t m m t t -+--=-⨯-，故即证：()()()21313131312ln ln 236m m m t t m t t m t t --+--⨯<-+，即证：()()()1213313ln1312072t t t m m m t t t +--++>-即证：()()()213121ln 0172m m m k k k --+++>-，记()()1ln ,11k k k k k ϕ+=>-，则()()2112ln 01k k k k k ϕ⎛⎫'=--> ⎪⎝⎭-，设()12ln u k k k k =--，则()2122210u k k k k k'=+->-=即()0k ϕ'>，故()k ϕ在()1,+∞上为增函数，故()()k m ϕϕ>，所以()()()()()()22131213121ln 1ln 172172m m m m m m k k m m k m --+--++++>+--，记()()()()()211312ln ,01721m m m m m m m m ω---+=+<<+，则()()()()()()()2232322132049721330721721m m m m m m m m m m m ω---+-+'=>>++，所以()m ω在()0,1为增函数，故()()10m ωω<=，故()()()()211312ln 0721m m m m m m ---++<+即()()()213121ln 0172m m m m m m --+++>-，故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.。

2019年浙江省高考数学试卷一、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．（4分）已知全集U＝{﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{0，1，2}，B ＝{﹣1，0，1}，则（∁U A）∩B＝（）A．{﹣1}B．{0，1}C．{﹣1，2，3}D．{﹣1，0，1，3}2．（4分）渐近线方程为x±y＝0的双曲线的离心率是（）A．B．1C．D．23．（4分）若实数x，y满足约束条件则z＝3x+2y的最大值是（）A．﹣1B．1C．10D．124．（4分）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（）A．158B．162C．182D．324 5．（4分）若a＞0，b＞0，则“a+b≤4”是“ab≤4”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6．（4分）在同一直角坐标系中，函数y＝，y＝1og a（x+）（a＞0且a≠1）的图象可能是（）A．B．C．D．7．（4分）设0＜a＜1．随机变量X的分布列是X0a1P则当a在（0，1）内增大时，（）A．D（X）增大B．D（X）减小C．D（X）先增大后减小D．D（X）先减小后增大8．（4分）设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱V A上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β9．（4分）设a，b∈R，函数f（x）＝若函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点，则（）A．a＜﹣1，b＜0B．a＜﹣1，b＞0C．a＞﹣1，b＜0D．a＞﹣1，b＞010．（4分）设a，b∈R，数列{a n}满足a1＝a，a n+1＝a n2+b，n∈N*，则（）A．当b＝时，a10＞10B．当b＝时，a10＞10C．当b＝﹣2时，a10＞10D．当b＝﹣4时，a10＞10二、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。

2020年浙江省高考数学试卷一、选择题1. 已知集合P ={x|1<x <4},Q ={x|2<x <3}，则P ∩Q =( ) A.{x|1<x ≤2} B.{x|2<x <3}C.{x|2<x ≤3}D.{x|1<x <4}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.−1C.2D.−23. 若实数x ，y 满足约束条件{x −3y +1≤0，x +y −3≥0，则z =x +2y 的取值范围是( )A.(−∞，4]B.[4，+∞)C.[5，+∞)D.(−∞，+∞)4. 函数y =x cos x +sin x 在区间[−π,π]上的图象可能是( )A. B.C. D.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.7 3B.143C.3D.66. 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7. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差d≠0，且a1d≤1. 记b1=S2，b n+1=S2n+2−S2n，n∈N∗，下列等式不可能成立的是()A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b88. 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=3√4−x2图像上的点，则|OP|=()A.√222B.4√105C.√7D.√109. 已知a，b∈R且ab≠0，对于任意x≥0均有(x−a)(x−b)(x−2a−b)≥0，则()A.a<0B.a>0C.b<0D.b>010. 设集合S，T，S⊆N∗，T⊆N∗，S，T中至少有2个元素，且S，T满足：①对于任意的x,y∈S，若x≠y则xy∈T②对于任意的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5个元素D.若S有3个元素，则S∪T有4个元素二、填空题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{n(n+1)2}就是二阶等差数列．数列{n(n+1)2}(n∈N∗)的前3项和是________.二项展开式(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4=________，a 1+a 3+a 5=________.已知tan θ=2，则cos 2θ=________，tan (θ−π4)=________.已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，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________.已知直线y =kx +b (k >0)与圆x 2+y 2=1和圆(x −4)2+y 2=1均相切，则k =________， b =________.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ξ，则P (ξ=0)=________；E(ξ)=________.设e 1→，e 2→为单位向量，满足|2e 1→−e 2→|≤√2，a →=e 1→+e 2→，b→=3e 1→+e 2→，设a →，b →的夹角为θ，则cos 2θ的最小值_________. 三、解答题在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2b sin A =√3a . (1)求角B ；(2)求cos A +cos B +cos C 的取值范围.如图，在三棱台ABC −DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ， ∠ACB =∠ACD =45∘，DC =2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．⋅c n，已知数列{a n}，{b n}，{c n}中，a1=b1=c1=1，c n=a n+1−a n，c n+1=b nb n+2n∈N∗.(1)若{b n}为等比数列，公比q>0，且b1+b2=6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；(2)若{b n}为等差数列，公差d>0，证明：c1+c2+c3+⋯+c n<1+1，n∈N∗.d+y2=1，抛物线C2:y2=2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线如图，已知椭圆C1:x22C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于M（B，M不同于A）.(1)若p=1，求抛物线C2的焦点坐标；16(2)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.已知1<a≤2，函数f(x)=e x−x−a，其中e=2.71828…为自然对数的底数．(1)证明：函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点；(2)记x为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点，证明：(i)√a−1≤x0≤√2(a−1)；(ii)x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a.参考答案与试题解析 2020年浙江省高考数学试卷一、选择题 1.【答案】 B【考点】 交集及其运算 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ P ={x|1<x <4},Q ={x|2<x <3}， ∴ P ∩Q ={x|2<x <3}. 故选B . 【点评】 此题暂无点评 2. 【答案】 C【考点】复数的基本概念 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ a −1+(a −2)i （i 为虚数单位）是实数， ∴ a −2=0， ∴ a =2. 故选C . 【点评】 此题暂无点评 3. 【答案】 B【考点】求线性目标函数的最值 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由约束条件{x −3y +1≤0，x +y −3≥0，作出可行域如图：联立{x−3y+1=0，x+y−3=0，解得{x=2，y=1.由图可得：平移直线x+2y=0到点A时，z=x+2y有最小值2+2=4，∴z=x+2y的取值范围为[4,+∞).故选B.【点评】此题暂无点评4.【答案】A【考点】函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：令f(x)=x cos x+sin x，∴f(−x)=−x cos(−x)+sin(−x)=−x cos x−sin x=−f(x)，∴函数f(x)是奇函数，故选项C,D错误.∵当x=π时，f(π)=π⋅cosπ+sinπ=−π<0，∴选项B错误.故选A.【点评】此题暂无点评5.【答案】A【考点】由三视图求体积【解析】此题暂无解析【解答】解：根据该几何体的三视图可得，该几何体是由顶部的三棱锥和底部的三棱柱组合而成.则该几何体的体积V=V三棱锥+V三棱柱=12×2×1×13+12×2×1×2=73.故选A.【点评】此题暂无点评6.【答案】B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断空间中直线与平面之间的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】解：当空间中不过同一点的三条直线m，n，l在同一平面内时，m，n，l可能互相平行，故不能得出m，n，l两两相交；当m，n,，l两两相交时，设m∩n=A，m∩l=B，n∩l=C，根据公理：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面，可知，m，n确定一个平面α.又B∈m⊂α，C∈n⊂α，根据公理：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在平面内，可知，直线BC即l⊂α，所以m，n，l在同一平面．故“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件.故选B.【点评】此题暂无点评7.【答案】D【考点】数列递推式等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】解：因为{a n}为等差数列，其首项为a1，公差为d，所以a n=a1+(n−1)d，S n=na1+n(n−1)2d.因为b n+1=S2n+2−S2n，n∈N∗，所以b n+1=S2n+2−S2n=2a1+(4n+1)d，即b n=2a1+(4n−3)d.A，2a4=2(a1+3d)=2a1+6d=(a1+d)+(a1+5d)=a2+a6，故A 一定成立；B ，左边=2b 4=2(2a 1+13d)=4a 1+26d ，右边=b 2+b 6=2a 1+5d +2a 1+21d =4a 1+26d ， 左边=右边，故B 一定成立；C ，左边=a 42=(a 1+3d)2=a 12+6a 1d +9d 2，右边=a 2⋅a 8=(a 1+d)(a 1+7d)=a 12+8a 1d +7d 2. 因为a1d ≤1，当a 1=d 时，左边−右边=−2a 1d +2d 2=0，此时等式成立，故C 可能成立；D ，左边=b 42=(2a 1+13d)2=4a 12+52a 1d +169d 2，右边=b 2⋅b 8=(2a 1+5d)(2a 1+29d)=4a 12+68a 1d +145d 2，左边−右边=−16a 1d +24d 2，假设此等式成立，则有16a 1d =24d 2， 解得a1d =32，与a1d ≤1相矛盾，故D 不可能成立. 故选D . 【点评】 此题暂无点评 8.【答案】 D【考点】双曲线的标准方程 轨迹方程【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ 点P 满足|PA|−|PB|=2，设点P(x,y)， ∴ 点P 的轨迹是以A ，B 为焦点的双曲线. 设双曲线的方程为x 2a 2−y 2b 2=1， 则2a =2，2c =4，即a =1，c =2. ∵ c 2=a 2+b 2， ∴ 解得，b 2=3， ∴ 双曲线的方程为x 2−y 23=1.∵ P 为函数y =3√4−x 2图象上的点， ∴ 联立方程 {y =3√4−x 2，x 2−y 23=1，(x >0) 解得 {x =√132，y =3√32，即|OP|=√134+274=√10.故选D . 【点评】 此题暂无点评9.【答案】C【考点】函数的零点【解析】此题暂无解析【解答】解：因为ab≠0，所以a≠0且b≠0.设f(x)=(x−a)(x−b)(x−2a−b)，则f(x)的零点为x1=a，x2=b，x3=2a+b.当a>0时，则x2<x3，x1>0，要使f(x)≥0，必有2a+b=a且b<0，即b=−a且b<0，所以b<0；当a<0时，则x2>x3，x1<0，要使f(x)≥0，必有b<0. 综上一定有b<0.故选C.【点评】此题暂无点评10.【答案】A【考点】并集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：若取S={1,2,4}，则T={2,4,8}，此时S∪T={1,2,4,8}，包含4个元素，排除选项C；若取S={2,4,8}，则T={8,16,32}，此时S∪T={2,4,8,16,32}，包含5个元素，排除选项D；若取S={2,4,8,16}，则T={8,16,32,64,128}，此时S∪T={2,4,16,32,64,128}，包含7个元素，排除选项B；下面验证选项A：设集合S={p1，p2，p3，p4}，且p1<p2<p3<p4, p1，p2，p3，p4∈N∗，则p1p2<p2p4，且p1p2，p2p4∈T，则p4p1∈S.同理p4p2∈S，p4p3∈S，p3p2∈S，p3p1∈S，p2p1∈S.若p1=1，则p2≥2，则p3p2<p3，故p3p2=p2，即p3=p22.又p4>p4p2>p4p3>1，故p4p3=p4p22=p2，所以p4=p23，故S={1，p2，p22，p23}，此时p25∈T，p2∈T，故p24∈S，矛盾，舍．若p1≥2，则p2p1<p3p1<p3，故p3p1=p2，p2p1=p1，即p3=p13,p2=p12.又p4>p4p1>p4p2>p4p3>1，故p4p3=p4p13=p1，所以p4=p14，故S={p1，p12，p13，p14}，此时{p13，p14，p15，p16，p17}⊆T.若q∈T，则qp13∈S，故qp13=p1i，i=1,2,3,4，故q=p1i+3,i=1,2,3,4.即q∈{p13，p14，p15，p16，p17}，故{p13，p14，p15，p16，p17}=T.此时S∪T={p1，p12，p13，p14，p15，p16，p17}，即S∪T中有7个元素.综上所述：只有选项A正确.故选A.【点评】此题暂无点评二、填空题【答案】10【考点】数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：已知二阶等差数列{n(n+1)2}，则当n=1时，n(n+1)2=1×22=1，当n=2时，n(n+1)2=2×32=3，当n=3时，n(n+1)2=3×42=6，∴数列{n(n+1)2}(n∈N∗)的前3项和为10. 故答案为：10.【点评】此题暂无点评【答案】80,122【考点】二项式定理的应用【解析】此题暂无解析 【解答】解：由二项式定理得：T r+1=C 5r(2x)5−r ， 令5−r =4，则r =1，∴ a 4=C 51×24=80. 令5−r =2，得r =3，∴ a 2=C 53×22=40.令x =0得，(1+0)5=a 0，即a 0=1.令x =1得，(1+2)5=a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5， 即a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=243，∴ a 1+a 3+a 5=243−1−40−80=122. 故答案为：80；122. 【点评】 此题暂无点评 【答案】 −35,13【考点】二倍角的余弦公式三角函数的和差化积公式 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ tan θ=2， ∴sin θcos θ=2.又∵ sin 2θ+cos 2θ=1， 解得：cos 2θ=15，∴ cos 2θ=2cos 2θ−1=−35； ∵ tan (θ−π4)=tan θ−tanπ41+tan θ⋅tanπ4=2−11+2×1=13. 故答案为：−35；13.【点评】 此题暂无点评 【答案】 1【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：已知圆锥的侧面积为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，设母线长为l ，圆锥的底面半径为r ， 则{π×r ×l =2π，2×π×r =12×2×π×l ，解得r =1，l =2. 故答案为：1. 【点评】 此题暂无点评 【答案】√33,−2√33【考点】直线与圆的位置关系 点到直线的距离公式【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ 直线y =kx +b (k >0)与圆x 2+y 2=1和圆(x −4)2+y 2=1均相切，∴{√k 2+1=1，√k 2+1=1，联立方程解得：{k =√33，b =−2√33.故答案为：√33；−2√33. 【点评】 此题暂无点评 【答案】13,1【考点】相互独立事件的概率乘法公式 离散型随机变量的期望与方差 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题意知，P(ξ=0)=14×13+14=13， P(ξ=1)=12×13×12+14×23×12+12×13=13， P(ξ=2)=1−13−13=13， 故E(ξ)=0×13+1×13+2×13=1.故答案为：13；1.【点评】 此题暂无点评 【答案】 2829【考点】平面向量的夹角 单位向量 向量的模 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ |2e 1→−e 2→|≤√2， ∴ 4−4e 1→⋅e 2→+1≤2， ∴ e 1→⋅e 2→≥34, ∴ cos 2θ=(a →⋅b →)2|a →|2⋅|b →|2=(4+4e 1→⋅e 2→)2(2+2e 1→⋅e 2→)(10+6e 1→⋅e 2→)=4(1+e 1→⋅e 2→)5+3e 1→⋅e 2→=43(1−25+3e 1→⋅e 2→) ≥43(1−25+3×34)=2829.故答案为：2829.【点评】此题暂无点评 三、解答题【答案】解：(1)∵ 2b sin A =√3a ，∴ 正弦定理可得， 2sin B sin A =√3sin A ， ∴ sin B =√32. ∵ △ABC 为锐角三角形， ∴ B =π3.(2)结合(1)的结论有：cos A +cos B +cos C =cos A +12+cos (2π3−A) =cos A −12cos A +√32sin A +12=√32sin A +12cos A +12=sin (A +π6)+12. 由{0<23π−A <π2，0<A <π2，可得： π6<A <π2 ，π3<A +π6<2π3，则sin (A +π3)∈(√32,1]， sin (A +π3)+12∈(√3+12,32]， 即cos A +cos B +cos C 的取值范围是(√3+12,32]. 【考点】两角和与差的正弦公式 两角和与差的余弦函数 正弦定理正弦函数的定义域和值域 【解析】 【解答】解：(1)∵ 2b sin A =√3a ，∴ 正弦定理可得， 2sin B sin A =√3sin A ， ∴ sin B =√32. ∵ △ABC 为锐角三角形， ∴ B =π3.(2)结合(1)的结论有：cos A +cos B +cos C =cos A +12+cos (2π3−A)=cos A −12cos A +√32sin A +12=√32sin A +12cos A +12=sin (A +π6)+12. 由{0<23π−A <π2，0<A <π2，可得： π6<A <π2 ，π3<A +π6<2π3，则sin (A +π3)∈(√32,1]， sin (A +π3)+12∈(√3+12,32]，即cos A+cos B+cos C的取值范围是(√3+12,3 2 ].【点评】此题暂无点评【答案】(1)证明：作DH⊥AC交AC于H，连接BH，如图，∵平面ACFD⊥平面ABC，而平面ACFD∩平面ABC=AC，DH⊂平面ACFD，∴DH⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，即有DH⊥BC．∵∠ACB=∠ACD=45∘，∴CD=√2CH=2BC⇒CH=√2BC.在△CBH中，BH2=CH2+BC2−2CH⋅BC cos45∘=BC2，即有BH2+BC2=CH2，∴BH⊥BC.由棱台的定义可知，EF//BC，所以DH⊥EF，BH⊥EF，而BH∩DH=H，∴EF⊥平面BHD，而BD⊂平面BHD，∴EF⊥DB.(2)解：因为DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角．作HG⊥BD于G，连接CG，如(1)中图，由(1)可知，BC⊥平面BHD，∴平面BCD⊥平面BHD.而平面BCD∩平面BHD=BD，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．设BC=a，则CH=√2a，在Rt△HBD中，HG=BH⋅DHBD =√2a⋅a√3a=√2√3，∴sin∠HCG=HGCH =√3=√33.故DF与平面DBC所成角的正弦值为√33. 【考点】直线与平面所成的角两条直线垂直的判定【解析】【解答】(1)证明：作DH⊥AC交AC于H，连接BH，如图，∵平面ACFD⊥平面ABC，而平面ACFD∩平面ABC=AC，DH⊂平面ACFD，∴DH⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，即有DH⊥BC．∵∠ACB=∠ACD=45∘，∴CD=√2CH=2BC⇒CH=√2BC.在△CBH中，BH2=CH2+BC2−2CH⋅BC cos45∘=BC2，即有BH2+BC2=CH2，∴BH⊥BC.由棱台的定义可知，EF//BC，所以DH⊥EF，BH⊥EF，而BH∩DH=H，∴EF⊥平面BHD，而BD⊂平面BHD，∴EF⊥DB.(2)解：因为DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角．作HG⊥BD于G，连接CG，如(1)中图，由(1)可知，BC⊥平面BHD，∴平面BCD⊥平面BHD.而平面BCD∩平面BHD=BD，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．设BC=a，则CH=√2a，在Rt△HBD中，HG=BH⋅DHBD =√2a⋅a√3a=√2√3，∴sin∠HCG=HGCH =√3=√33.故DF与平面DBC所成角的正弦值为√33.【点评】此题暂无点评【答案】(1)解：依题意b1=1，b2=q，b3=q2，而b1+b2=6b3，即1+q=6q2，由于q>0，所以解得q=12，所以b n=12n−1，所以b n+2=12n+1，故c n+1=12n−112n+1⋅c n=4⋅c n，所以数列{c n}是首项为1，公比为4的等比数列，所以c n=4n−1，所以a n+1−a n=c n=4n−1(n≥2,n∈N∗)，所以a n=a1+1+4+⋯+4n−2=4n−1+23.(2)证明：依题意设b n=1+(n−1)d=dn+1−d，由于c n+1c n =b nb n+2，所以c nc n−1=b n−1b n+1(n≥2,n∈N∗)，故c n=c nc n−1⋅c n−1c n−2⋯c3c2⋅c2c1⋅c1=b n−1b n+1⋅b n−2b nb n−3b n−1⋯b2b4⋅b1b3⋅c1=b1b2b n b n+1=1+dd(1b n−1b n+1)=(1+1d)(1b n−1b n+1)，所以c1+c2+L+c n=(1+1d )[(1b1−1b2)+(1b2−1b3)+L+(1b n−1b n+1)]=(1+1d )(1−1b n+1).由d>0，b1=1，所以b n+1>0，所以(1+1d )(1−1b n+1)<1+1d.即c1+c2+⋯+c n<1+1d，n∈N∗.【考点】数列的求和数列递推式等比数列的通项公式【解析】根据b1+b2=6b3，求得q，进而求得数列{c n}的通项公式，利用累加法求得数列{a n}的通项公式．利用累乘法求得数列{c n}的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立．【解答】(1)解：依题意b1=1，b2=q，b3=q2，而b1+b2=6b3，即1+q=6q2，由于q>0，所以解得q=12，所以b n=12n−1，所以b n+2=12n+1，故c n+1=12n−112n+1⋅c n=4⋅c n，所以数列{c n}是首项为1，公比为4的等比数列，所以c n=4n−1，所以a n+1−a n=c n=4n−1(n≥2,n∈N∗)，所以a n=a1+1+4+⋯+4n−2=4n−1+23.(2)证明：依题意设b n=1+(n−1)d=dn+1−d，由于c n+1c n =b nb n+2，所以c nc n−1=b n−1b n+1(n ≥2,n ∈N ∗)，故c n =c nc n−1⋅cn−1c n−2⋯ c3c 2⋅c2c 1⋅c 1=bn−1b n+1⋅b n−2b n b n−3b n−1⋯b 2b 4⋅b1b 3⋅c 1=b 1b 2b n b n+1=1+d d(1b n−1b n+1)=(1+1d )(1b n −1b n+1)，所以c 1+c 2+L +c n =(1+1d)[(1b 1−1b 2)+(1b 2−1b 3)+L +(1b n−1b n+1)]=(1+1d )(1−1bn+1).由d >0，b 1=1，所以b n+1>0，所以(1+1d)(1−1b n+1)<1+1d.即c 1+c 2+⋯+c n <1+1d ，n ∈N ∗.【点评】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. 【答案】 解：(1)当p =116时，C 2的方程为y 2=18x ，故抛物线C 2的焦点坐标为(132,0). (2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)， M (x 0,y 0)，I:x =λy +m ，由{x 2+2y 2=2，x =λy +m⇒(2+λ2)y 2+2λmy +m 2−2=0， ∴ y 1+y 2=−2λm 2+λ2，y 0=−λm 2+λ2，x 0=λy 0+m =2m 2+λ2.由M 在抛物线上，∴ λ2m 2(2+λ2)2=4pm2+λ2⇒λ2m2+λ2=4p .又{y 2=2px ，x =λy +m⇒y 2=2p (λy +m ) ⇒y 2−2pλy −2pm =0， ∴ y 1+y 0=2pλ，∴ x 1+x 0=λy 1+m +λy 0+m =2pλ2+2m ， ∴ x 1=2pλ2+2m −2m2+λ2.由 {x 22+y 2=1,y 2=2px⇒x 2+4px =2 ，即x 2+4px −2=0⇒−2p +√4p 2+2=2pλ2+2m ⋅1+λ2+λ2=2pλ2+8p λ2+8p ≥16p ，∴ √4p 2+2≥18p ，p 2≤1160，p ≤√1040， ∴ p 的最大值为√1040. 【考点】直线与抛物线结合的最值问题 抛物线的性质直线与椭圆结合的最值问题 抛物线的标准方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：(1)当p =116时，C 2的方程为y 2=18x ，故抛物线C 2的焦点坐标为(132,0). (2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)， M (x 0,y 0)，I:x =λy +m ，由{x 2+2y 2=2，x =λy +m⇒(2+λ2)y 2+2λmy +m 2−2=0， ∴ y 1+y 2=−2λm 2+λ2，y 0=−λm 2+λ2，x 0=λy 0+m =2m 2+λ2.由M 在抛物线上，∴ λ2m 2(2+λ2)2=4pm2+λ2⇒λ2m2+λ2=4p .又{y 2=2px ，x =λy +m⇒y 2=2p (λy +m ) ⇒y 2−2pλy −2pm =0， ∴ y 1+y 0=2pλ，∴ x 1+x 0=λy 1+m +λy 0+m =2pλ2+2m ， ∴ x 1=2pλ2+2m −2m2+λ2.由 {x 22+y 2=1,y 2=2px⇒x 2+4px =2 ，即x 2+4px −2=0⇒−2p +√4p 2+2=2pλ2+2m ⋅1+λ2+λ2=2pλ2+8p λ2+8p ≥16p ，∴ √4p 2+2≥18p ，p 2≤1160，p ≤√1040， ∴ p 的最大值为√1040. 【点评】此题暂无点评 【答案】证明：(1)∵ f ′(x )=e x −1，x >0， ∴ e x >1， ∴ f ′(x )>0，∴ f (x )在(0,+∞)上单调递增. ∵ 1<a ≤2，∴ f (2)=e 2−2−a ≥e 2−4>0， f (0)=1−a <0，∴ 由零点存在定理得f (x )在(0,+∞)上有唯一零点. (2)(i)∵ f (x 0)=0，∴ e x 0−x 0−a =0(0<x 0<2)∴ √a −1≤x 0≤√2(a −1)⇔e x 0−x 0−1 ≤x 02≤2(e x 0−x 0−1). 令ℎ(x )=e x −x −1−x 22(0<x <2)，∴ ℎ′(x)=e x −1−x ，ℎ′′(x )=e x −1>0， ∴ ℎ′(x )>ℎ(0)=0，∴ ℎ(x )在(0,2)上单调递增， ∴ ℎ(x )>ℎ(0)=0， ∴ e x−x −1−x 22>0，即2(e x −x −1)>x 2成立.令g (x )=e x −x −1−x 2(0<x <2). ∵ 1<a ≤2， ∴ a −1≤1，∴ 当x 0≥1时， √a −1≤x 0成立， 因此只需证明当0<x <1时， g (x )=e x −x −1−x 2≤0. ∵ g ′(x )=e x −1−2x ， g ′′=e x −2=0⇒x =ln 2， 当x ∈(0,ln 2)时，g ″(x )<0， 当x ∈(ln 2,1)时，g ″(x )>0， ∴ g ′(x )<max{g ′(0),g ′(1)}. ∵ g ′(0)=0，g ′(1)=e −3<0， ∴ g ′(x )<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)<g(0)=0，∴e x−x−1<x2.综上，e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)成立.(ii)t(x0)=x0f(e x0)=x0f(x0+a)=x0[(e a−1)x0+a(e a−2)]，∴t′(x0)=2(e a−1)x0+a(e a−2)>0.∵√a−1≤x0≤√2(a−1)，∴t(x0)≥t(√a−1)=√a−1[(e a−1)√a−1+a(e a−2)]=(e a−1)(a−1)+a√a−1(e a−2).∵1<a≤2，∴e a>e,a≥2(a−1)，∴t(x0)≥(e−1)(a−1)+2(a−1)√a−1(e a−2)，只需证明：2(a−1)√a−1(e a−2)≥(e−1)(a−1)2，即4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1).令s(a)=4(e a−2)2−(e−1)2(a−1),(1<a≤2)，则s′(a)=8e a(e a−2)−(e−1)2≥8e(e−2)−(e−1)2>0，∴s(a)>s(1)=4(e−2)2>0.即4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1)成立，∴x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a.【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题利用导数研究不等式恒成立问题【解析】此题暂无解析【解答】证明：(1)f′(x)=e x−1,x>0，∴e x>1，∴f′(x)>0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，1<a≤2，∴f(2)=e2−2−a≥e2−4>0,f(0)=1−a<0，∴由零点存在定理得f(x)在(0,+∞)上有唯一零点. (2)(i)∵f(x0)=0，∴e x0−x0−a=0(0<x0<2)∴√a−1≤x0≤√2(a−1)⇔e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1).(0<x<2)，令ℎ(x)=e x−x−1−x22∴ℎ′(x)=e x−1−x，ℎ′′(x)=e x−1>0，∴ℎ′(x)>ℎ(0)=0，∴ℎ(x)在(0,2)上单调递增，∴ℎ(x)>ℎ(0)=0，∴e x−x−1−x2>0，2即2(e x−x−1)>x2成立.令g(x)=e x−x−1−x2(0<x<2).∵1<a≤2，∴a−1≤1，∴当x0≥1时，√a−1≤x0成立，因此只需证明当0<x<1时，g(x)=e x−x−1−x2≤0.∵g′(x)=e x−1−2x，g′′=e x−2=0⇒x=ln2，当x∈(0,ln2)时，g″(x)<0，当x∈(ln2,1)时，g″(x)>0，∴g′(x)<max{g′(0),g′(1)}.∵g′(0)=0，g′(1)=e−3<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)<g(0)=0，∴e x−x−1<x2.综上，e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)成立.(ii)t(x0)=x0f(e x0)=x0f(x0+a)=x0[(e a−1)x0+a(e a−2)]，∴t′(x0)=2(e a−1)x0+a(e a−2)>0.∵√a−1≤x0≤√2(a−1)，∴t(x0)≥t(√a−1)=√a−1[(e a−1)√a−1+a(e a−2)]=(e a−1)(a−1)+a√a−1(e a−2).∵1<a≤2，∴e a>e,a≥2(a−1)，∴t(x0)≥(e−1)(a−1)+2(a−1)√a−1(e a−2)，只需证明：2(a−1)√a−1(e a−2)≥(e−1)(a−1)2，即4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1).令s(a)=4(e a−2)2−(e−1)2(a−1),(1<a≤2)，则s′(a)=8e a(e a−2)−(e−1)2≥8e(e−2)−(e−1)2>0，∴s(a)>s(1)=4(e−2)2>0.即4(e a−2)2≥(e−1)2(a−1)成立，∴x0f(e x0)≥(e−1)(a−1)a.【点评】此题暂无点评。

2020年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题）.1．已知集合P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，则P∩Q＝（）A．{x|1＜x≤2}B．{x|2＜x＜3}C．{x|3≤x＜4}D．{x|1＜x＜4} 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．﹣23．若实数x，y满足约束条件，则z＝x+2y的取值范围是（）A．（﹣∞，4]B．[4，+∞）C．[5，+∞）D．（﹣∞，+∞）4．函数y＝x cos x+sin x在区间[﹣π，+π]的图象大致为（）A．B．C．D．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．3D．66．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7．已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，≤1．记b1＝S2，b n+1＝S n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b88．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＝3图象上的点，则|OP|＝（）A．B．C．D．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＞010．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∈T；②对于任意x，y∈T，若x＜y，则∈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个元素二、填空题：本大题共7小题，共36分。

浙江省温州市（新版）2024高考数学人教版考试(培优卷)完整试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (共8题)第(1)题如图，在棱长为1的正方体中，点是棱的中点，是底面上（含边界）一动点，满足，则线段长度的最小值为（）A．1B．2C．D．第(2)题已知三棱锥中，，，，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．第(3)题“”是“为第一象限角”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件第(4)题已知函数，若，且，则的取值范围是（）A．B．C．D．第(5)题设p：实数x，y满足(x－1)2＋(y－1)2≤2，q：实数x，y满足则p是q的( )A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件第(6)题已知函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调，且函数y＝f（x﹣2）的图象关于x＝1对称，若数列{a n}是公差不为0的等差数列，且，则{a n}的前100项的和为（ ）A．﹣200B．﹣100C．0D．﹣50第(7)题已知三个向量，，共面，且均为单位向量，，则的取值范围是A．B．C．D．第(8)题已知复数z满足，则（）A．i B．C．D．1二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (共3题)第(1)题“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为，重量为的实心玩具，则下列说法正确的是（）A．将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为.B．将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为.C．将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为.D．将玩具放至水中，其会飘浮在水面上.第(2)题已知函数的一条对称轴为，则（）A．的最小正周期为B．C．在上单调递增D．第(3)题已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（）A．的准线方程为B．若，则C．若，则的斜率为D．过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (共3题)第(1)题我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，则的图象的对称中心为______.第(2)题已知复数，，满足，（为虚数单位），则复数的虚部为___________，___________.第(3)题在平面直角坐标系中,为原点,动点满足=1，则的最大值是_________.四、解答题：本题共5小题，每小题15分，最后一题17分，共77分 (共5题)第(1)题已知数列的前项和为，，且满足(1)设，证明：是等比数列(2)设，数列的前项和为，证明：第(2)题如图，直三棱柱的底面为正三角形，，点分别在上，且, ，.(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．第(3)题已知椭圆与抛物线的一个交点为，且抛物线向右平移个单位后的焦点与椭圆的焦点重合．（1）求椭圆的标准方程；（2）设、为椭圆的左、右顶点，为椭圆上一点，设点，且，求面积的最大值．第(4)题设(1)若.求的单调区间，并分析是何种单调.(2)分析的零点数量和的关系.第(5)题如图（1），平面四边形由正三角形和等腰直角三角形组成，其中，．现将三角形绕着所在直线翻折到三角形位置（如图（2）），且满足平面平面．(1)证明：平面；(2)若点满足，当平面与平面夹角的余弦值为时，求的值．。