2020年高考真题-数学（浙江卷）（解析版）

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 如果事件 A，B 相互独立，那么 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 台体的体积公式 其中 分别表示台体的上、下底面积， 表示台体的高 柱体的体积公式 其中 表示柱体的底面积， 表示柱体的高 锥体的体积公式 其中 表示锥体的底面积， 表示锥体的高 球的表面积公式 球的体积公式 其中 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= ， ，则 P Q=（ ） A. B. ( ) ( ) ( )P A B P A P B+ = + ( ) ( ) ( )P AB P A P B= ( ) (1 ) ( 0,1,2, , )k k n k n nP k C p p k n−= − =  1 1 2 2 1 ( )3V S S S S h= + + 1 2,S S h V Sh= S h 1 3V Sh= S h 24S Rπ= 34 3V Rπ= R { |1 4}< 0d < 1a d≥ ( )1 13 2 2 0d a d d a− = + − < 2 4 2 8 0b b b− > 2 4 2 8 0b b b− > 23 4 x− 22 2 4 10 5 7 10 P 23 4y x= − P OP | | | | 2 4PA PB− = < P ,A B 2 4 2, 1c a= = 2 2 2 4 1 3b c a= − = − = ( )2 2 1 03 yx x− = > P 23 4y x= − ( )2 2 2 1 03 3 4 yx x y x  − > − = =  13 2 3 3 2 x y  =  = 13 27 104 4OP = + =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. a0 C. b0 【答案】C 【解析】 【分析】 对 分 与 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 ，所以 且 ，设 ，则 零点 为 当 时，则 ， ，要使 ，必有 ，且 ， 即 ，且 ，所以 ； 当 时，则 ， ，要使 ，必有 . 综上一定有 . 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 T ②对于任意 x，y T，若 x 0a < 0ab ≠ 0a ≠ 0b≠ ( ) ( )( )( 2 )f x x a x b x a b= − − − − ( )f x 1 2 3, , 2x a x b x a b= = = + 0a > 2 3x x< 1 > 0x ( ) 0f x ≥ 2a b a+ = 0b < = −b a 0b < 0b < 0a < 2 3x x> 1 0x < ( ) 0f x ≥ 0b < 0b < ⊆ ⊆ ∈ ∈ ∈ y x ∈【详解】首先利用排除法： 若取 ，则 ，此时 ，包含 4 个元素，排除选项 D； 若取 ，则 ，此时 ，包含 5 个元素，排除选 项 C； 若取 ，则 ，此时 ，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 ，且 ， ， 则 ，且 ，则 ， 同理 ， ， ， ， ， 若 ，则 ，则 ，故 即 ， 又 ，故 ，所以 ， 故 ，此时 ，故 ，矛盾，舍. 若 ，则 ，故 即 ， 又 ，故 ，所以 ， 故 ，此时 . 若 ， 则 ，故 ，故 ， 即 ，故 ， 此时 即 中有 7 个元素. 故 A 正确. { }1,2,4S = { }2,4,8T = { }1,2,4,8S T = { }2,4,8S = { }8,16,32T = { }2,4,8,16,32S T = { }2,4,8,16S = { }8,16,32,64,128T = { }2,4,8,16,32,64,128S T = { }1 2 3 4, , ,S p p p p= 1 2 3 4p p p p< < < * 1 2 3 4, , ,p p p p N∈ 1 2 2 4p p p p< 1 2 2 4,p p p p T∈ 4 1 p Sp ∈ 4 2 p Sp ∈ 4 3 p Sp ∈ 3 2 p Sp ∈ 3 1 p Sp ∈ 2 1 p Sp ∈ 1 1p = 2 2p ≥ 3 3 2 p pp < 3 2 2 p pp = 2 3 2p p= 4 4 4 2 3 1p pp p p > > > 4 4 22 3 2 p p pp p = = 3 4 2p p= { }2 3 2 2 21, , ,S p p p= 5 2 2,p T p T∈ ∈ 4 2p S∈ 1 2p ≥ 32 3 1 1 pp pp p < < 3 2 2 1 1 1 ,p pp pp p = = 3 2 3 1 2 1,p p p p= = 4 4 4 4 1 2 3 1p p pp p p p > > > > 4 4 13 3 1 p p pp p = = 4 4 1p p= { }2 3 4 1 1 1 1, , ,S p p p p= { }3 4 5 6 7 1 1 1 1 1, , , ,p p p p p T⊆ q T∈ 3 1 q Sp ∈ 13 1 , 1,2,3,4iq p ip = = 3 1 , 1,2,3,4iq p i+= = { }3 4 5 6 7 1 1 1 1 1, , , ,q p p p p p∈ { }3 4 5 6 7 1 1 1 1 1, , , ,p p p p p T= { }2 3 4 4 5 6 7 1 1 1 1 1 1 1 1, , , , , , ,S T p p p p p p p p∪ = S T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 ，则 S3=________． 【答案】 【解析】 【分析】 根据通项公式可求出数列 的前三项，即可求出． 【详解】因为 ，所以 ． 即 ． 故答案为： . 【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 ，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】 的通项为 ，令 ，则 ，故 ； . 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 ( 1)= 2n n na + 10 { }na ( )1 2n n na += 1 2 31, 3, 6a a a= = = 3 1 2 3 1 3 6 10S a a a= + + = + + = 10 ( ) 2 3 4 5 1 2 5 3 4 5 61 2 x a a x a x a x a x a x+ = + + + + + 5(1 2 )x+ 1 5 5(2 ) 2r r r r r rT C x C x+ = = 4r = 4 4 4 4 5 52 80T C x x= = 5 80a = 1 1 3 3 5 5 1 3 5 5 5 52 2 2 122a a a C C C+ + = + + =一道基础题. 13.已知 ，则 ________； ______． 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 利用二倍角余弦公式以及弦化切得 ，根据两角差正切公式得 【详解】 ， ， 故答案为： 【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】 【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 ，母线长为 ，则 ，解得 . 故答案为： 【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 ，圆 ， ，若直线 与 ， 都相切，则 _______；b=______． 【答案】 (1). (2). 【解析】 tan 2θ = cos 2θ = πtan( )4 θ − = 3 5- 1 3 cos2θ tan( )4 πθ − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tan 1 2 3cos2 cos sin cos sin 1 tan 1 2 5 θ θ θθ θ θ θ θ θ − − −= − = = = = −+ + + tan 1 2 1 1tan( )4 1 tan 1 2 3 π θθ θ − −− = = =+ + 3 1,5 3 − 1 r l 2 12 22 r l r l π π π π × × = × × = × × × 1, 2r l= = 1 : ( 0)l y kx b k= + > 2 2 1 : 1C x y+ = 2 2 2 :( 4) 1C x y− + = l 1C 2C k = 3 3 2 3 3 −【分析】 由直线与圆 相切建立关于 k，b 的方程组，解方程组即可. 【详解】由题意， 到直线的距离等于半径，即 ， ， 所以 ，所以 （舍）或者 ， 解得 . 故答案为： 【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 _______； ______． 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 先确定 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 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 ， 随机变量 ， ， ， 所以 . 故答案为： . 【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. 1 2,C C 1 2,C C 2 2 | | 1 1 b k = + 2 2 | 4 | 1 1 k b k + = + | | 4b k b= + 0k = 2b k= − 3 2 3,3 3k b= = − 3 2 3;3 3 − ξ ( 0)P ξ = = ( )E ξ = 1 3 1 0ξ = 0ξ = 1 1 1 1( 0) 4 4 3 3P ξ = = + × = 0,1,2ξ = 2 1 2 1 1 1 2 1 1( 1) 4 3 4 3 2 4 3 2 3P ξ = = × + × × + × × = 1 1 1( 2) 1 3 3 3P ξ = = − − = 1 1 1( ) 0 1 2 13 3 3E ξ = × + × + × = 1;1317.设 ， 为单位向量，满足 ， ， ，设 ， 的夹角为 ，则 的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】 利用复数模的平方等于复数的平方化简条件得 ，再根据向量夹角公式求 函数 关系式，根据函数单调性求最值. 【详解】 ， ， ， . 故答案为： . 【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 ． （I）求角 B； （II）求 cosA+cosB+cosC 的取值范围． 【答案】（I） ；（II） 【解析】 1e 2e 21| 2 2|− ≤  ee 1 2a e e= +   1 23b e e= +   a b θ 2cos θ 28 29 1 2 3 4e e⋅ ≥  2cos θ 1 2| 2 | 2e e− ≤   1 24 4 1 2e e∴ − ⋅ + ≤  1 2 3 4e e∴ ⋅ ≥  22 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 (4 4 ) 4(1 )( )cos (2 2 )(10 6 ) 5 3 e e e ea b e e e e e ea b θ + ⋅ + ⋅⋅∴ = = = + ⋅ + ⋅ + ⋅⋅             1 2 4 2 4 2 28(1 ) (1 )33 3 295 3 5 3 4 e e = − ≥ − = + ⋅ + ×  28 29 2 sin 3b A a= 3B π= 3 1 3,2 2  +  【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 的取值范围. 【详解】（I）由 结合正弦定理可得： △ABC 为锐角三角形，故 . （II）结合(1)的结论有： . 由 可得： ， ， 则 ， . 即 的取值范围是 . 【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． cos cos cosA B C+ + 2 sin 3b A a= 32sin sin 3sin , sin 2B A A B= ∴ = 3B π= 1 2cos cos cos cos cos2 3A B C A A π + + = + + −   1 3 1cos cos sin2 2 2A A A= − + + 3 1 1sin cos2 2 2A A= + + 1sin 6 2A π = + +   20 3 2 0 2 A A ππ π  < − 1 2 11nc c c d + + + < + 11 4 2, .2 3 n nq a − += = 1 2 36b b b+ = q { }nc { }na { }nc 2 1 2 31, ,b b q b q= = = 1 2 36b b b+ = 21 6q q+ = 0q >解得 ，所以 . 所以 ，故 ，所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列， 所以 . 所以 （ ）. 所以 （II）依题意设 ，由于 ， 所以 ， 故 . 所以 . 由于 ，所以 ，所以 . 即 ， . 【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 ，抛物线 ，点 A 是椭圆 与抛物线 的交点，过点 A 的直线 l 交椭圆 于点 B，交抛物线 于 M（B，M 不同于 A）． 1 2q = 1 1 2n nb −= 2 1 1 2n nb + += 1 1 1 1 2 41 2 n n n n n c c c − + + = ⋅ = ⋅ { }nc 1 4 14n nc −= 1 1 4n n n na a c − + = =− *2,n n N≥ ∈ 1 2 1 4 21 4 4 .3 n n na a − − += + + +⋅⋅⋅+ = ( )1 1 1nb n d dn d= + − = + − 1 2 n n n n c b c b + + = 1 1 1 n n n n c b c b − − + = ( )*2,n n N≥ ∈ 1 3 2 1 1 2 2 1 n n n n n c c c cc cc c c c − − − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 1 2 3 2 1 1 1 1 4 3 n n n n n n b b b b b cb b b b b − − − + − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 11 n n n n n n b b d b b d b b d b b+ + +    +  = = − = + −         1 2 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 11n n n c c c d b b b b b b +       + + + = + − + − + + −                1 1 11 1 nd b +   = + −     10, 1d b> = 1 0nb + > 1 1 1 11 1 1 nd b d+   + − < +     1 2 11nc c c d + +…+ < + *n N∈ 2 2 1 : 12 xC y+ = 2 2 : 2 ( 0)C y px p= > 1C 2C 1C 2C（Ⅰ）若 ，求抛物线 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） ；（Ⅱ） 【解析】 【详解】（Ⅰ）当 时， 的方程为 ，故抛物线 的焦点坐标为 ； （Ⅱ）设 ， 由 ， ， 由 在抛物线上，所以 ， 又 ， ， ， . 由 即 1 16 =p 2C 1( ,0)32 10 40 1 16 =p 2C 2 1 8y x= 2C 1( ,0)32 ( ) ( ) ( )1 1 2 2 0 0, , , , , , :A x y B x y M x y I x y mλ= + ( )2 2 2 2 22 2 2 2 2 0x y y my m x y m λ λ λ  + = ⇒ + + + − = = + 1 2 0 0 02 2 2 2 2, ,2 2 2 m m my y y x y m λ λ λλ λ λ − −∴ + = = = + =+ + + M ( ) 2 2 2 2 2 22 4 42 22 m pm m p λ λ λ λλ = ⇒ =+ ++ 2 2 22 2 ( ) 2 2 0y px y p y m y p y pm x y m λ λ λ  = ⇒ = + ⇒ − − = = + 01 2y y pλ∴ + = 2 1 0 1 0 2 2x x y m y m p mλ λ λ∴ + = + + + = + 2 1 2 22 2 2 mx p mλ λ∴ = + − + 2 2 2 2 1 4 2, 2 2 x y x px y px  + = ⇒ + =  = 2 4 2 0x px+ − = 2 2 1 4 16 8 2 4 22 p px p p − + +⇒ = = − + +， 所以 ， ， ， 所以， 的最大值为 ，此时 . 法 2：设直线 ， . 将直线 的方程代入椭圆 得： ， 所以点 的纵坐标为 . 将直线 的方程代入抛物线 得： ， 所以 ，解得 ，因此 ， 由 解得 ， 所以当 时， 取到最大值为 . 【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 ，函数 ，其中 e=2.71828…为自然对数的底数． （Ⅰ）证明：函数 在 上有唯一零点； （Ⅱ）记 x0 为函数 在 上的零点，证明： （ⅰ） ； （ⅱ） ． 【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】 2 2 2 2 2 2 1 82 4 2 2 2 2 8 162 pp p p m p p p λλ λλ λ +⇒ − + + = + ⋅ = + + ≥+ 24 2 18p p+ ≥ 2 1 160p ≤ 10 40p ≤ p 10 40 2 10 5( , )5 5A : ( 0, 0)l x my t m t= + ≠ ≠ ( )0 0,A x y l 2 2 1 : 12 xC y+ = ( )2 2 22 2 2 0m y mty t+ + + − = M 2 2M mty m = − + l 2 2 : 2C y px= 2 2 2 0y pmy pt− − = 0 2My y pt= − ( )2 0 2 2p m y m + = ( )22 0 2 2 2p m x m + = 2 20 0 12 x y+ = 2 2 2 1 2 24 2 160m mp m m    = + + +        102, 5m t= = p 10 40 1 2a< ≤ ( ) exf x x a= − − ( )y f x= (0 )+ ∞， ( )y f x= (0 )+ ∞， 01 2( 1)a x a− ≤ ≤ − 0 0 (e ) (e 1)( 1)xx f a a≥ − −（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： ，再根据 放缩，转化为证明不 等式 ，最后构造差函数，利用导数进行证明. 【详解】（I） 在 上单调递增， ， 所以由零点存在定理得 在 上有唯一零点； （II）（i） ， ， 令 一方面： ， 在 单调递增， ， ， 另一方面： ， 所以当 时， 成立， 因此只需证明当 时 ， 因为 当 时， ，当 时， ， 所以 ， 在 单调递减， ， ， 综上， . 0 0 0 0( ) ( )xx f e x f x a= + 1 2a< ≤ 2 24( 2) ( 1) ( 1)ae e a− ≥ − − ( ) 1, 0, 1, ( ) 0, ( )x xf x e x e f x f x′ ′= − > ∴ > ∴ > ∴  (0, )+∞ 2 21 2, (2) 2 4 0, (0) 1 0a f e a e f a< ≤ ∴ = − − ≥ − > = − ( ) (0) 0, ( )h x h h x′ ′∴ > = ∴ (0,2) ( ) (0) 0h x h∴ > = 2 21 0,2( 1)2 x xxe x e x x∴ − − − > − − > 1 2 1 1a a< ≤ ∴ − ≤ 0 1x ≥ 01a x− ≤ 0 1x< < 2( ) 1 0xg x e x x= − − − ≤ 1 1( ) 1 2 ( ) ( ) 2 0 ln 2x xg x e x g x g x e x′′ = − − = = − = ⇒ =， (0,ln 2)x∈ 1 ( ) 0g x′ < (ln 2,1)x∈ 1 ( ) 0g x′ > ( ) max{ (0), (1)}, (0) 0, (1) 3 0, ( ) 0g x g g g g e g x′ ′ ′ ′ ′ ′< = = − < ∴  01 2( 1)a x a− ≤ ≤ − 0( ) ( 1) 1[( 1) 1 ( 2)] ( 1)( 1) 1( 2)a a a at x t a a e a a e e a a a e∴ ≥ − = − − − + − = − − + − − 1 2a< ≤ , 2( 1)ae e a a> ≥ − 0( ) ( 1)( 1) 2( 1) 1( 2)at x e a a a e∴ ≥ − − + − − − 22( 1) 1( 2) ( 1)( 1)aa a e e a− − − ≥ − − 2 24( 2) ( 1) ( 1)ae e a− ≥ − − 2 2( ) 4( 2) ( 1) ( 1),(1 2)as a e e a a= − − − − < ≤ 2 2( ) 8 ( 2) ( 1) 8 ( 2) ( 1) 0a as a e e e e e e′ = − − − ≥ − − − > 2( ) (1) 4( 2) 0s a s e∴ > = − > 2 24( 2) ( 1) ( 1)ae e a− ≥ − − ( )0x 0 e (e 1)( 1)x f a a≥ − −