2020年浙江省高考数学试卷（李国波老师审校）

这是一份2020年浙江省高考数学试卷（李国波老师审校），共18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。

1．已知集合，，则
A．B．C．D．
2．已知，若为虚数单位）是实数，则
A．1B．C．2D．
3．若实数，满足约束条件，则的取值范围是
A．B．C．D．
4．函数在区间，上的图象可能是
A．B．
C．D．
5．某几何体的三视图（单位：如图所示，则该几何体的体积（单位：是
A．B．C．D．
6．已知空间中不过同一点的三条直线．则“共面”是“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．已知等差数列的前项和，公差，且．记，，，下列等式不可能成立的是
A．B．C．D．
8．已知点，，．设点满足，且为函数图象上的点，则
A．B．C．D．
9．已知，且，对于任意均有，则
A．B．C．D．
10．设集合，，，中至少有个元素，且，满足：
①对于任意的，，若，则；
②对于任意的，，若，则．下列命题正确的是
A．若有4个元素，则有7个元素
B．若有4个元素，则有6个元素
C．若有3个元素，则有5个元素
D．若有3个元素，则有4个元素
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：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：是 ．
15．已知直线与圆和圆均相切，则 ， ．
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．（14分）在锐角中，角，，所对的边分别为，，．已知．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）求的取值范围．
19．（15分）如图，在三棱台中，平面平面，，．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
20．（15分）已知数列，，满足，，，．
（Ⅰ）若为等比数列，公比，且，求的值及数列的通项公式；
（Ⅱ）若为等差数列，公差，证明：，．
21．（15分）如图，已知椭圆，抛物线，点是椭圆与抛物线的交点，过点的直线交椭圆于点，交抛物线于点，不同于．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线使为线段的中点，求的最大值．
22．（15分）已知，函数，其中为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
2020年浙江省高考数学试卷
参考答案与试题解析
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，，则
A．B．C．D．
【思路分析】直接利用交集的运算法则求解即可．
【解析】：集合，，则．故选：．
【总结与归纳】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．已知，若为虚数单位）是实数，则
A．1B．C．2D．
【思路分析】利用复数的虚部为0，求解即可．
【解析】：，若为虚数单位）是实数，可得，解得．
故选：．
【总结与归纳】本题考查复数的基本概念，是基础题．
3．若实数，满足约束条件，则的取值范围是
A．，B．，C．，D．
【思路分析】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的取值范围．
【解析】：画出实数，满足约束条件所示的平面区域，如图：
将目标函数变形为，
则表示直线在轴上截距，截距越大，越大，
当目标函数过点时，截距最小为，随着目标函数向上移动截距越来越大，
故目标函数的取值范围是，．
故选：．
【总结与归纳】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．函数在区间，上的图象可能是
A．B．
C．D．
【思路分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点．
【解析】：，
则，
为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除，，
当时，，故排除，
故选：．
【总结与归纳】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．某几何体的三视图（单位：如图所示，则该几何体的体积（单位：是
A．B．C．3D．6
【思路分析】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．
【解析】：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：．故选：．
【总结与归纳】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．已知空间中不过同一点的三条直线，，．则“，，共面”是“，，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
【思路分析】由，，在同一平面，则，，相交或，，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．
【解析】：空间中不过同一点的三条直线，，，若，，在同一平面，则，，相交或，，有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．
而若“，，两两相交”，则“，，在同一平面”成立．
故，，在同一平面”是“，，两两相交”的必要不充分条件，
故选：．
【总结与归纳】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．
7．已知等差数列的前项和，公差，且．记，，，下列等式不可能成立的是
A．B．C．D．
【思路分析】由已知利用等差数列的通项公式判断与；由分别求得，，，，分析，成立时是否满足公差，判断与．
【解析】：
在等差数列中，，
，，，
，
，
，
，
，
，根据等差数列的性质可得正确，
．若，则，成立，正确，
．若，则，
即，得，
，，符合，正确；
．若，则，
即，得，
，，不符合，错误；
故选：．
【总结与归纳】本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前项和，考查转化思想和计算能力，是中档题．
8．已知点，，．设点满足，且为函数图象上的点，则
A．B．C．D．
【思路分析】求出满足的轨迹方程，求出的坐标，即可求解．
【解析】：点 ，， ．设点满足，
可知的轨迹是双曲线的右支上的点，
为函数图象上的点，即在轴上的点及在轴上方的点，联立两个方程，解得，，所以．
故选：．
【总结与归纳】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．已知，且，对于任意均有，则
A．B．C．D．
【思路分析】设，求得的零点，根据在上恒成立，讨论，的符号，结合三次函数的图象，即可得到结论．
【解析】：设，可得的图象与轴有三个交点，
即有三个零点，，且，
由题意知，在上恒成立，则，，，
可得，恒成立，排除，；
我们考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上．
则有或或三种情况，此时显然成立；
若，则不成立；
若，即，可得，且和都在正半轴上，符合题意，
综上恒成立．
故选：．
【总结与归纳】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．设集合，，，，，中至少有2个元素，且，满足：
①对于任意的，，若，则；
②对于任意的，，若，则．下列命题正确的是
A．若有4个元素，则有7个元素
B．若有4个元素，则有6个元素
C．若有3个元素，则有5个元素
D．若有3个元素，则有4个元素
【思路分析】利用特殊集合排除选项，推出结果即可．
【解析】：取：，2，，则，4，，，2，4，，4个元素，排除．
，4，，则，16，，，4，8，16，，5个元素，排除；
，4，8，则，16，32，64，，，4，8，16，32，64，，7个元素，排除；
故选：．
【总结与归纳】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．
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 10 ．
【思路分析】求出数列的前3项，然后求解即可．
【解析】：数列满足，可得，，，所以．
故答案为：10．
【总结与归纳】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．
12．二项展开式，则 80 ，
122 ．
【思路分析】直接利用二项式定理的通项公式，求解即可．
【解析】：，则．
．故答案为：80；122．
【总结与归纳】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．已知，则 ， ．
【思路分析】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．
【解析】：，
则．
．故答案为：；．
【总结与归纳】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．已知圆锥的侧面积（单位：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：是 1 ．
【思路分析】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．
【解析】：圆锥侧面展开图是半圆，面积为，
设圆锥的母线长为，则，，侧面展开扇形的弧长为，
设圆锥的底面半径，则，解得．
故答案为：1．
【总结与归纳】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．已知直线与圆和圆均相切，则 ， ．
【思路分析】根据直线与两圆都相切，分别列出方程，，解得即可．
【解析】：由条件得，，，，
因为直线与，都相切，
故有，，
则有，故可得，整理得，
因为，所以，即，代入，解得，则，
故答案为：；．
【总结与归纳】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．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 ，
1 ．
【思路分析】由题意知随机变量的可能取值为0，1，2；分别计算、和，再求的值．
【解析】：由题意知，随机变量的可能取值为0，1，2；
计算；
；
；
所以．
故答案为：，1．
【总结与归纳】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．已知平面单位向量，满足．设，，向量，的夹角为，则的最小值是 ．
【思路分析】设、的夹角为，由题意求出；
再求，的夹角的余弦值的最小值即可．
【解析】：设、的夹角为，由，为单位向量，满足，
所以，
解得；
又，，且，的夹角为，
所以，
，
；
则，
所以时，取得最小值为．
故答案为：．
【总结与归纳】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．
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．（14分）在锐角中，角，，所对的边分别为，，．已知．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）求的取值范围．
【思路分析】（Ⅰ）根据正弦定理可得，结合角的范围，即可求出，
（Ⅱ）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．
【解析】：（Ⅰ），，
，，为锐角三角形，，
（Ⅱ）为锐角三角形，，，
为锐角三角形，，，
解得，，，
，的取值范围为，．
【总结与归纳】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．
19．（15分）如图，在三棱台中，平面平面，，．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【思路分析】（Ⅰ）题根据已知条件，作，根据面面垂直，可得，进一步根据直角三角形的知识可判断出是直角三角形，且，则，从而可证出面，最后根据棱台的定义有，根据平行线的性质可得；
（Ⅱ）题先可设，根据解直角三角形可得，，，，，然后找到与面的夹角即为，根据棱台的特点可知与面所成角与与面的夹角相等，通过计算的正弦值，即可得到与面所成角的正弦值．
【解析】：（Ⅰ）证明：作，且交于点，
面面，面，，
在中，，
，，
，即是直角三角形，且，
，面，面，，
在三棱台中，，．
（Ⅱ）设，则，，
在中，，，
在中，，
作于，，面，面，
，是直角三角形，且，
设与面所成角为，则即为与面的夹角，
且，
在中，，
，．
【总结与归纳】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．
20．（15分）已知数列，，满足，，，．
（Ⅰ）若为等比数列，公比，且，求的值及数列的通项公式；
（Ⅱ）若为等差数列，公差，证明：，．
【思路分析】（1）先根据等比数列的通项公式将，代入，计算出公比的值，然后根据等比数列的定义化简可得，则可发现数列是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列的通项公式，然后将通项公式代入，可得，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列的通项公式；
（2）通过将已知关系式不断进行转化可构造出数列，且可得到数列是一个常数列，且此常数为，从而可得，再计算得到，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．
【解答】（Ⅰ）解：由题意，，，
，，
整理，得，
解得（舍去），或，
，
数列是以1为首项，4为公比的等比数列，
，．
，
则，
，
，
，
各项相加，可得
．
（Ⅱ）证明：依题意，由，可得
，
两边同时乘以，可得
，
，
数列是一个常数列，且此常数为，
，
，
又，，
，
，
，故得证．
法二：由得所以，，，…，，
各式相乘得即
所以
【总结与归纳】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．
21．（15分）如图，已知椭圆，抛物线，点是椭圆与抛物线的交点，过点的直线交椭圆于点，交抛物线于点，不同于．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线使为线段的中点，求的最大值．
【思路分析】（Ⅰ）直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可；
（Ⅱ）设直线方程，，，，，，，由，根据韦达定理定理求出，，可得，再由，求出点的坐标，代入椭圆方程可得，化简整理得，利用基本不等式即可求出的最大值．
【解析】：（Ⅰ），则，则抛物线的焦点坐标，，
（Ⅱ）直线与轴垂直时，此时点与点或点重合，不满足题意，
设直线的方程为，，，，，，，
由，消可得，
，即，
，，
，，，
点在抛物线上，，
，
联立，解得，，
代入椭圆方程可得，解得
，
，当且仅当，即，时等号成立，
故的最大值为．
法二：由题意可设直线，，，，，，，
由，消可得，
，即，
，，
联立，消可得所以
解得，所以，
代入椭圆方程可得，
得
所以当时，取得最大值.
【总结与归纳】本题考查了直线和椭圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系，韦达定理，中点坐标公式，基本不等式等知识，考查了运算求解能力，转化与化归能力，分类与整合能力，属于难题．
22．（15分）已知，函数，其中为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【思路分析】（Ⅰ）推导出时，恒成立，，，由此能证明函数在上有唯一零点．
（Ⅱ）由单调增，，设的最大值为，则，，则，推导出．要证明，只需证明，记，则，利用导数性质能证明．
要证明，只需证明，只需证，由此能证明．
【解答】证明：（Ⅰ），恒成立，
在上单调递增，
，，又，
函数在上有唯一零点．
（Ⅱ）单调递增，，设的最大值为，则，
，则，
右边：由于时，，且，
则，成立．
左边：只需证明，只需证明，
记，则，
，在上单调减，在上单调增，
，，
在时单调递减，成立，
．
要证明，只需证，
只需证，
，只需证，
只需证，即证，
，
，
．
（ = 2 \* ROMAN II）法二：（ = 1 \* rman i）要证又由（I）知在上单调递增
只需证即证
先证即证令，
设，
所以单调递减，所以单调递减，
所以成立；
再证即证令
设，
所以单调递增，，所以单调递增，
所以
所以成立.
【总结与归纳】本题考查函数有唯一零点、不等式的证明，导数性质、函数的单调性、最值等基础知识，考查转化思想和运算求解能力，是中档题．
————————————————————————————————————
《初高中数学教研微信系列群》简介：
目前有11个群（9个高中群，2个初中群），共4000多优秀、特、高级教师，省、市、区县教研员、教辅公司数学编辑、报刊杂志高中数学编辑等汇聚而成，是一个围绕高中数学教学研究展开教研活动的微信群.
宗旨：脚踏实地、不口号、不花哨、接地气的高中数学教研！
特别说明：
1.本系列群只探讨高中数学教学研究、高中数学试题研究等相关话题；
2.由于本群是集“研究—写作—发表（出版）”于一体的“桥梁”，涉及业务合作，特强调真诚交流，入群后立即群名片：
教师格式：省+市+真实姓名，如：四川成都张三
编辑格式：公司或者刊物（简写）+真实姓名
欢迎各位老师邀请你身边热爱高中数学教研（不喜欢研究的谢绝）的教师好友（学生谢绝）加入，大家共同研究，共同提高！
群主二维码：见右图
————————————————————————————————————