2020年浙江省高考数学试卷

一、选择题

1.  已知集合，则(        ) 

A.   

【答案】

B

【考点】

交集及其运算

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：∵，

∴.

故选.

2.  已知，若（为虚数单位）是实数，则         

A.   

【答案】

C

【考点】

复数的基本概念

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：∵（为虚数单位）是实数，

∴，

∴.

故选.

3.  若实数，满足约束条件则的取值范围是(        ) 

A.   

【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：由约束条件作出可行域如图：

联立

解得

由图可得：平移直线到点时，

有最小值，

∴的取值范围为.

故选.

4.  函数在区间上的图象可能是         

A. 

C. 

【答案】

A

【考点】

函数的图象

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：令，

∴

，

∴函数是奇函数，故选项错误.

∵当时，，

∴选项错误.

故选.

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.   

【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

.

故选.

6.  已知空间中不过同一点的三条直线，则“在同一平面”是“两两相交”的         

A.充分不必要条件 必要不充分条件

C.充分必要条件 既不充分也不必要条件

【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在同一平面内时，

可能互相平行，故不能得出两两相交；

当两两相交时，设，

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，确定一个平面.

又，

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，直线即，所以在同一平面．

故“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.

故选.

7.  已知等差数列的前项和为，公差，且. 记，，下列等式不可能成立的是         

A.   

【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：因为为等差数列，其首项为，公差为，

所以，.

因为，

所以，

即.

，，

故一定成立；

，左边，

右边，

左边右边，故一定成立；

，左边，

右边.

因为，当时，左边右边，

此时等式成立，故可能成立；

，左边，

右边，

左边右边，假设此等式成立，则有，

解得，与相矛盾，故不可能成立.

故选.

8.  已知点，，．设点满足，且为函数图像上的点，则         

A.   

【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：∵点满足，设点，

∴点的轨迹是以为焦点的双曲线.

设双曲线的方程为，

则，即.

∵，

∴解得，，

∴双曲线的方程为.

∵为函数图象上的点，

∴联立方程  

解得  

即.

故选.

9.  已知，且，对于任意均有，则         

A.   

【答案】

C

【考点】

函数的零点

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：因为，所以且.

设，

则的零点为，，.

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.

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.若有个元素，则有个元素

B.若有个元素，则有个元素

C.若有个元素，则有个元素

D.若有个元素，则有个元素

【答案】

A

【考点】

有理数大小比较

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：若取，则，

此时，包含个元素，排除选项；

若取，则，

此时，包含个元素，排除选项；

若取，则，

此时，包含个元素，排除选项；

下面验证选项：

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，

即中有个元素.

综上所述：只有选项正确.

故选.

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，如数列就是二阶等差数列．数列的前项和是________. 

【答案】

【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，

则当时，，

当时，，

当时，，

∴数列的前项和为.

故答案为：.

  二项展开式，则________，________. 

【答案】

,

【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：，

令，则，

∴.

令，得，

∴.

令得，，即.

令得，，

即，

∴. 

故答案为：；.

  已知，则________，________. 

【答案】

,

【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：∵，

∴.

又∵，

解得：，

∴；

∵

.

故答案为：；.

  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________. 

【答案】

【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，且它的侧面展开图是一个半圆，

设母线长为，圆锥的底面半径为，

则 

解得.

故答案为：.

  已知直线与圆和圆均相切，则________， ________. 

【答案】

,

【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

与圆和圆均相切，

∴

联立方程解得：

故答案为：；.

  盒中有个球，其中个红球，个绿球，个黄球．从盒中随机取球，每次取个，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________；________. 

【答案】

,

【考点】

相互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，，

，

，

故.

故答案为：；.

  设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值_________. 

【答案】

【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：∵，

∴，

∴,

∴

.

故答案为：.

三、解答题

 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且.  

求角；

求的取值范围.

【答案】

解：∵，

∴正弦定理可得， ，

∴.

∵为锐角三角形，

∴.

结合的结论有： 

.

由

可得：  ，，

则，

，

即的取值范围是.

【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：∵，

∴正弦定理可得， ，

∴.

∵为锐角三角形，

∴.

结合的结论有： 

.

由

可得：  ，，

则，

，

即的取值范围是.

 如图，三棱台中，面面， ，.  

证明：⊥；

求与面所成角的正弦值．

【答案】

证明：作交于，连接，如图，

∵平面平面，

而平面平面 ，

平面，

∴平面，而平面，即有．

∵，

∴.

在中，，

即有，

∴.

由棱台的定义可知， ，所以，，

而，

∴平面，而平面，

∴.

解：因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．

作于，连接，如图，

由可知， 平面，

∴平面平面.

而平面平面，平面，

∴平面．

即在平面内的射影为， 即为所求角．

设，则，

在中，

，

∴.

故与平面所成角的正弦值为.

【考点】

直线与平面所成的角

两条直线垂直的判定

【解析】

作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得 ，，即得平面，即证得.

由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值．

【解答】

证明：作交于，连接，如图，

∵平面平面，

而平面平面 ，

平面，

∴平面，而平面，即有．

∵，

∴.

在中，，

即有，

∴.

由棱台的定义可知， ，所以，，

而，

∴平面，而平面，

∴.

解：因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．

作于，连接，如图，

由可知， 平面，

∴平面平面.

而平面平面，平面，

∴平面．

即在平面内的射影为， 即为所求角．

设，则，

在中，

，

∴.

故与平面所成角的正弦值为.

 已知数列 ，， 中， ，，  

若数列为等比数列，且公比，且，求与的通项公式；

若数列为等差数列，且公差，证明：.

【答案】

解：依题意，，，而，

即，由于，所以解得，

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.

证明：依题意设，

由于，

所以，

故 

，

所以

.

由，，所以，所以.

即 ，.

【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，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式．

利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立．

【解答】

解：依题意，，，而，

即，由于，所以解得，

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.

证明：依题意设，

由于，

所以，

故 

，

所以

.

由，，所以，所以.

即 ，.

  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（，不同于）.

若，求抛物线的焦点坐标；

若存在不过原点的直线使为线段的中点，求的最大值.

【答案】

解：当时，的方程为，

故抛物线的焦点坐标为；

设，

，，

由

，

∴，

，，

由在抛物线上，

∴.

又

，

∴，

∴，

∴.

由  ，

即

，

∴，，，

∴的最大值为，此时.

【考点】

抛物线的标准方程

抛物线的性质

直线与椭圆结合的最值问题

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：当时，的方程为，

故抛物线的焦点坐标为；

设，

，，

由

，

∴，

，，

由在抛物线上，

∴.

又

，

∴，

∴，

∴.

由  ，

即

，

∴，，，

∴的最大值为，此时.

 已知，函数，其中…为自然对数的底数．  

证明：函数在上有唯一零点；

记为函数在上的零点，证明：

；

.

【答案】

证明：，

∴，

∴，

∴在上单调递增，，

∴，

∴由零点存在定理得在上有唯一零点.

∵，

∴.

令，

，

一方面：，，

∴，

∴在上单调递增，

∴，

∴.

另一方面：，

∴，

∴当时， 成立，

因此只需证明当时，..

当时，，

当时，，

∴，，

∴，

∴在上单调递减，

∴，∴.

综上，∴，

∴.

，

，

，

∴

.

∵，

∴，

∴，

只需证明，

即只需证明.

令，

则，

∴，

即成立，

因此.

【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：，

∴，

∴，

∴在上单调递增，，

∴，

∴由零点存在定理得在上有唯一零点.

∵，

∴.

令，

，

一方面：，，

∴，

∴在上单调递增，

∴，

∴.

另一方面：，

∴，

∴当时， 成立，

因此只需证明当时，..

当时，，

当时，，

∴，，

∴，

∴在上单调递减，

∴，∴.

综上，∴，

∴.

，

，

，

∴

.

∵，

∴，

∴，

只需证明，

即只需证明.

令，

则，

∴，

即成立，

因此.