2020数学高考题

2020年全国统一高考数学试卷　浙江卷一、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．(2020·浙江卷，1)已知集合P＝{x|11，n∈N*)．由{an}为等差数列，可知{bn}为等差数列．选项A中，由a4为a2，a6的等差中项，得2a4＝a2＋a6，成立．选项B中，由b4为b2，b6的等差中项，得2b4＝b2＋b6，成立．选项C中，a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，a8＝a1＋7d.由aeq \o\al(2,4)＝a2a8，可得(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，化简得a1d＝d2，又由d≠0，可得a1＝d，符合eq \f(a1,d)≤1，成立．选项D中，b2＝a3＋a4＝2a1＋5d，b4＝a7＋a8＝2a1＋13d，b8＝a15＋a16＝2a1＋29d.由beq \o\al(2,4)＝b2b8，得(2a1＋13d)2＝(2a1＋5d)(2a1＋29d)，化简得2a1d＝3d2，又由d≠0，可得eq \f(a1,d)＝eq \f(3,2).这与已知条件eq \f(a1,d)≤1矛盾，故D不成立．8．(2020·浙江卷，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＝3eq \r(4－x2)图象上的点，则|OP|等于(　　)A.eq \f(\r(22),2) B.eq \f(4\r(10),5) C.eq \r(7) D.eq \r(10)【答案】D【解析】由题意，知点P的轨迹是以2为实轴长，4为焦距的双曲线的右支，对应的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1(x>0)．①函数y＝3eq \r(4－x2)可转化为eq \f(y2,36)＋eq \f(x2,4)＝1(y≥0)．②联立①②，解得x＝eq \f(\r(13),2)，y＝eq \f(3\r(3),2)，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),2)，\f(3\r(3),2)))，所以|OP|＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(\f(13,4)＋\f(27,4))＝eq \r(10).9．(2020·浙江卷，9)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<0 B．a>0 C．b<0 D．b>0【答案】C【解析】由题意，知a≠0，b≠0，则方程(x－a)(x－b)(x－2a－b)＝0的根为a，b,2a＋b.①a，b,2a＋b均为不同的根，则不等式可标根为图(1)，此时应满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a<0，,b<0，,2a＋b<0，))可得a<0，b<0.②a，b,2a＋b中有两个根为相等的根，则(ⅰ)a＝2a＋b>0，即b＝－a<0，此时(x－a)2(x＋a)≥0，如图(2)，符合题意．(ⅱ)a＝b<0，此时(x－a)2(x－3a)≥0，如图(3)，符合题意．综合①②，可知b<0符合题意．10．(2020·浙江卷，10)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，都有xy∈T；②对于任意的x，y∈T，若x0)与圆x2＋y2＝1和圆(x－4)2＋y2＝1均相切，则k＝________，b＝________.【答案】eq \f(\r(3),3)　－eq \f(2\r(3),3)【解析】方法一　直线kx－y＋b＝0分别与圆心坐标为(0,0)，半径为1，及圆心坐标为(4,0)，半径为1的两圆相切，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(|b|,\r(k2＋1))＝1，,\f(|4k＋b|,\r(k2＋1))＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k＝\f(\r(3),3)，,b＝－\f(2\r(3),3).))方法二　如图，直线分别与两个半径相等的圆相切，由对称性可知，直线与x轴的交点为A(2,0)．由|AB|＝2，|BM|＝1，∠AMB＝90°，得∠MAB＝30°，可得直线的斜率k＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，直线方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x－2)＝eq \f(\r(3),3)x－eq \f(2\r(3),3)，因此b＝－eq \f(2\r(3),3).16．(2020·浙江卷，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)＝________.【答案】eq \f(1,3)　1【解析】方法一　1个红球，1个绿球，2个黄球，共有Aeq \o\al(2,4)＝12(种)排列．①红球前面没有黄球，有Aeq \o\al(1,3)＋1＝4(种)，P(ξ＝0)＝eq \f(4,12)＝eq \f(1,3)；②红球前面有1个黄球，有Aeq \o\al(1,2)＋Aeq \o\al(1,2)＝4(种)，P(ξ＝1)＝eq \f(4,12)＝eq \f(1,3)；③红球前面有2个黄球，有1＋Aeq \o\al(1,3)＝4(种)，P(ξ＝2)＝eq \f(4,12)＝eq \f(1,3).E(ξ)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,3)＝1.方法二　①第1次就取到红球：P(红)＝eq \f(1,4)；②第2次取到红球：P(黄，红)＝eq \f(2,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，P(绿，红)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,12)；③第3次取到红球：P(黄，黄，红)＝eq \f(2,4)×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12)，P(黄，绿，红)＝eq \f(2,4)×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12)，P(绿，黄，红)＝eq \f(1,4)×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12)；④第4次取到红球：P(黄，黄，绿，红)＝eq \f(2,4)×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12)，P(黄，绿，黄，红)＝eq \f(2,4)×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12)，P(绿，黄，黄，红)＝eq \f(1,4)×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12).故P(ξ＝0)＝P(红)＋P(绿，红)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,12)＝eq \f(1,3)，P(ξ＝1)＝P(黄，红)＋P(黄，绿，红)＋P(绿，黄，红)＝eq \f(1,6)＋eq \f(1,12)＋eq \f(1,12)＝eq \f(1,3)，P(ξ＝2)＝P(黄，黄，红)＋P(黄，黄，绿，红)＋P(黄，绿，黄，红)＋P(绿，黄，黄，红)＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,12)＋eq \f(1,12)＋eq \f(1,12)＝eq \f(1,3).则E(ξ)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,3)＝1.17．(2020·浙江卷，17)已知平面单位向量e1，e2满足|2e1－e2|≤eq \r(2)，设a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夹角为θ，则cos2θ的最小值是________．【答案】eq \f(28,29)【解析】设e1＝(1,0)，e2＝(x，y)，则a＝(x＋1，y)，b＝(x＋3，y)．由2e1－e2＝(2－x，－y)，故|2e1－e2|＝eq \r(2－x2＋y2)≤eq \r(2)，得(x－2)2＋y2≤2.又有x2＋y2＝1，得(x－2)2＋1－x2≤2，化简，得4x≥3，即x≥eq \f(3,4)，因此eq \f(3,4)≤x≤1.cos2θ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·b,|a|·|b|)))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋1x＋3＋y2,\r(x＋12＋y2)\r(x＋32＋y2))))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4x＋4,\r(2x＋2)\r(6x＋10))))2＝eq \f(4x＋12,x＋13x＋5)＝eq \f(4x＋1,3x＋5)＝eq \f(\f(4,3)3x＋5－\f(8,3),3x＋5)＝eq \f(4,3)－eq \f(\f(8,3),3x＋5)，当x＝eq \f(3,4)时，cos2θ有最小值，为eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)＋1)),3×\f(3,4)＋5)＝eq \f(28,29).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．(2020·浙江卷，18)在锐角△ABC中，角 A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知2bsin A－eq \r(3)a＝0.(1)求角B的大小；(2)求cos A＋cos B＋cos C的取值范围．解　(1)∵2bsin A＝eq \r(3)a，∴2sin Bsin A＝eq \r(3)sin A，∵sin A≠0，∴sin B＝eq \f(\r(3),2)，又∵△ABC为锐角三角形，∴B＝eq \f(π,3).(2)∵△ABC为锐角三角形，B＝eq \f(π,3)，∴C＝eq \f(2π,3)－A，∴cos A＋cos B＋cos C＝cos A＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＋coseq \f(π,3)＝cos A－eq \f(1,2)cos A＋eq \f(\r(3),2)sin A＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)cos A＋eq \f(\r(3),2)sin A＋eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，∵△ABC为锐角三角形，00，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，公差d>0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.(1)解　由b1＝1，b1＋b2＝6b3，且{bn}为等比数列，得1＋q＝6q2，解得q＝eq \f(1,2)(负舍)．∴bn＝eq \f(1,2n－1).∴cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn＝4cn，∴cn＝4n－1.∴an＋1－an＝4n－1，∴an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝eq \f(1－4n－1,1－4)＋1＝eq \f(4n－1＋2,3).(2)证明　由cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)·cn(n∈N*)，可得bn＋2·cn＋1＝bn·cn，两边同乘bn＋1，可得bn＋1·bn＋2·cn＋1＝bn·bn＋1·cn，∵b1b2c1＝b2＝1＋d，∴数列{bnbn＋1cn}是一个常数列，且此常数为1＋d，即bnbn＋1cn＝1＋d，∴cn＝eq \f(1＋d,bnbn＋1)＝eq \f(1＋d,d)·eq \f(d,bnbn＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))·eq \f(bn＋1－bn,bnbn＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，又∵b1＝1，d>0，∴bn>0，∴c1＋c2＋…＋cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,b3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,b2)＋\f(1,b2)－\f(1,b3)＋…＋\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,bn＋1)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,bn＋1)))<1＋eq \f(1,d)，∴c1＋c2＋…＋cn<1＋eq \f(1,d).21. (2020·浙江卷，21)如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线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＝eq \f(1,16)，求抛物线C2的焦点坐标；(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．解　(1)若p＝eq \f(1,16)，则eq \f(p,2)＝eq \f(1,32)，则抛物线C2的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)，0)).(2)直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意，故设直线l的方程为y＝kx＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋t，))消y可得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，∴Δ＝16k2t2－4(2k2＋1)(2t2－2)>0，即t2<1＋2k2，∴x1＋x2＝－eq \f(4kt,1＋2k2)，∴x0＝eq \f(1,2)(x1＋x2)＝－eq \f(2kt,1＋2k2)，∴y0＝kx0＋t＝eq \f(t,1＋2k2)，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2kt,1＋2k2)，\f(t,1＋2k2)))，∵点M在抛物线C2上，∴y2＝2px，∴p＝eq \f(y2,2x)＝eq \f(\f(t2,1＋2k22),2·\f(－2kt,1＋2k2))＝eq \f(t,－4k1＋2k2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝kx＋t，))解得x1＝eq \f(t1＋2k2,－2k3)，y1＝eq \f(t,－2k2)，代入椭圆方程可得eq \f(t21＋2k22,8k6)＋eq \f(t2,4k4)＝1，解得t2＝eq \f(8k6,1＋2k22＋2k2)，∴p2＝eq \f(t2,16k21＋2k22)＝eq \f(8k6,16k21＋2k22·[1＋2k22＋2k2])＝eq \f(k4,21＋2k22·[1＋2k22＋2k2])≤eq \f(k4,22\r(2)k2[2\r(2)k2＋2k2])＝eq \f(1,160)，∴p≤eq \f(\r(10),40)，当且仅当1＝2k2，即k2＝eq \f(1,2)，t2＝eq \f(1,5)时等号成立，故p的最大值为eq \f(\r(10),40).22．(2020·浙江卷，22)已知10)，∴f′(x)＝ex－1>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵10，又f(0)＝1－a<0，∴函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)①∵f(x)单调递增，11，右边：由于x≥0时，ex≥1＋x＋eq \f(1,2)x2，且－x0－a＝0，则a≥1＋eq \f(1,2)xeq \o\al(2,0)，∴x0≤eq \r(2a－1).左边：要证明xeq \o\al(2,0)≥a－1＝－x0－1，只需证明－xeq \o\al(2,0)－x0－1≤0，记h(x)＝ex－1－x－x2(0≤x≤t)，则h′(x)＝ex－1－2x，设g(x)＝h′(x)＝ex－1－2x，则g′(x)＝ex－2，∴h′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，∴h′(x)＝ex－1－2x≤max{h′(0)，h′(t)}＝0，∴h(x)在0≤x≤t上单调递减，h(x)＝ex－1－x－x2≤h(0)＝0，∴eq \r(a－1)≤x0≤eq \r(2a－1).②要证明x0f()≥(e－1)(a－1)a，只需证x0f(x0＋a)≥(e－1)(a－1)a，只需证－eq \r(a－1)－2a≥(e－1)aeq \r(a－1)，∵ex≥1＋x＋eq \f(1,2)x2，∴只需证1＋eq \f(1,2)(eq \r(a－1)＋a)2－a≥(e－1)aeq \r(a－1)，只需证a2－(eq \r(a－1))2－2(e－2)aeq \r(a－1)≥0，即证eq \f(a,\r(a－1))－eq \f(\r(a－1),a)≥2(e－2)，∵eq \f(a,\r(a－1))＝eq \f(1,\r(a－1))＋eq \r(a－1)∈(2，＋∞)，∴eq \f(a,\r(a－1))－eq \f(\r(a－1),a)≥2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)≥2e－2，∴x0f()≥(e－1)(a－1)a.