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2020 年浙江省高考数学试卷（解析版）
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＝{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}
【分析】直接利用交集的运算法则求解即可．
解：集合P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，
则P∩Q＝{x|2＜x＜3}．
故选：B．
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．﹣1 C．2 D．﹣2
【分析】利用复数的虚部为0，求解即可．
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．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．（﹣∞，+∞）
【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z＝x+2y的取值范围．
解：画出实数x，y满足约束条件 所示的平面区域，如图：
将目标函数变形为﹣ x+ ＝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．
第1页 | 共16页4．函数y＝xcosx+sinx在区间[﹣π，+π]的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点．
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．
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（ ）
第2页 | 共16页A． B． C．3 D．6
【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：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：A．
6．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
【分析】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：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．
第3页 | 共16页故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．已知等差数列{a}的前n项和S，公差d≠0， ≤1．记b＝S，b ＝S ﹣S，n∈N*，
n n 1 2 n+1 n+2 2n
下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a＝a+a B．2b＝b+b C．a2＝aa D．b2＝bb
4 2 6 4 2 6 4 2 8 4 2 8
【分析】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b，b，
2 4
b，b，分析B，D成立时是否满足公差d≠0， ≤1判断B与D．
6 8
解：在等差数列{a}中，a＝a+（n﹣1）d，
n n 1
， ，
b＝S＝2a+d，b ＝S ﹣S＝ ．
1 2 1 n+1 n+2 2n
∴b＝a+2d，b＝﹣a﹣5d，b＝﹣3a﹣24d，b＝﹣5a﹣55d．
2 1 4 1 6 1 8 1
A.2a＝2（a+3d）＝2a+6d，a+a＝a+d+a+5d＝2a+6d，故A正确；
4 1 1 2 6 1 1 1
B.2b＝﹣2a﹣10d，b+b＝a+2d﹣3a﹣24d＝﹣2a﹣22d，
4 1 2 6 1 1 1
若2b＝b+b，则﹣2a﹣10d＝﹣2a﹣22d，即d＝0，不合题意，故B错误；
4 2 6 1 1
C．若a2＝aa，则 ，
4 2 8
即 ，得 ，
∵d≠0，∴a＝d，符合 ≤1，故C正确；
1
D．若 ，则 ，
即 ，则 有两不等负根，满足 ≤1，故D正确．
∴等式不可能成立的是B．
故选：B．
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 图象上的点，则|OP|＝（ ）
A． B． C． D．
【分析】求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP|．
解：点O （0，0），A（﹣2，0），B （2，0）．设点P满足|PA|﹣|PB|＝2，
第4页 | 共16页可知P的轨迹是双曲线 的右支上的点，
P为函数y＝3 图象上的点，即 在第一象限的点，
联立两个方程，解得P（ ， ），
所以|OP|＝ ＝ ．
故选：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＜0 B．a＞0 C．b＜0 D．b＞0
【分析】设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），求得f（x）的零点，根据f（0）
≥0恒成立，讨论a，b的符号，结合三次函数的图象，即可得到结论．
解：设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），可得f（x）的图象与x轴有三个交点，
即f（x）有三个零点a，b，2a+b且f（0）＝﹣ab（2a+b），
由题意知，f（0）≥0恒成立，则ab（2a+b）≤0，a＜0，b＜0，
可得2a+b＜0，ab（2a+b）≤0恒成立，排除B，D；
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a＝b或a＝2a+b或b＝b+2a三种情况，此时a＝b＜0显然成立；
若b＝b+2a，则a＝0不成立；
若a＝2a+b，即a+b＝0，可得b＜0，a＞0且a和2a+b都在正半轴上，符合题意，
综上b＜0恒成立．
故选：C．
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＜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
【分析】利用特殊集合排除选项，推出结果即可．
第5页 | 共16页解：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．
二、填空题：本大题共7小题，共36分。多空题每小题4分；单空题每小题4分。
11．已知数列{a}满足a＝ ，则S＝ 10 ．
n n 3
【分析】求出数列的前3项，然后求解即可．
解：数列{a}满足a＝ ，
n n
可得a＝1，a＝3，a＝6，
1 2 3
所以S＝1+3+6＝10．
3
故答案为：10．
13．已知tanθ＝2，则cos2θ＝ ；tan（θ﹣ ）＝ ．
【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：tanθ＝2，
则cos2θ＝ ＝ ＝ ＝﹣ ．
tan（θ﹣ ）＝ ＝ ＝ ．
故答案为：﹣ ； ．
14．已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为 1 ．
【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：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2π，
第6页 | 共16页设圆锥的母线长为a，则 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．
15．设直线l：y＝kx+b（k＞0），圆C：x2+y2＝1，C：（x﹣4）2+y2＝1，若直线l与C，
1 2 1
C都相切，则k＝ ；b＝ ﹣ ．
2
【分析】根据直线l与两圆都相切，分别列出方程d＝ ＝1，d＝ ＝1，
1 2
解得即可．
解：由条件得C（0，0），r＝1，C（4，0），r＝1，
1 1 2 2
因为直线l与C，C都相切，
1 2
故有d＝ ＝1，d＝ ＝1，
1 2
则有 ＝ ，故可得b2＝（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，解得k＝ ，则b＝﹣ ，
1
故答案为： ；﹣ ．
第7页 | 共16页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ξ，则P（ξ＝0）＝ ；E（ξ）＝ 1 ．
【分析】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．
解：由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；
计算P（ξ＝0）＝ + ＝ ；
P（ξ＝1）＝ + ＝ ；
P（ξ＝2）＝ + ＝ ；
所以E（ξ）＝0× +1× +2× ＝1．
故答案为： ，1．
17．设 ， 为单位向量，满足|2 ﹣ |≤ ， ＝ + ， ＝3 + ，设 ，
的夹角为θ，则cos2θ的最小值为 ．
【分析】设 、 的夹角为α，由题意求出cosα≥ ；
再求 ， 的夹角θ的余弦值cos2θ的最小值即可．
解：设 、 的夹角为α，由 ， 为单位向量，满足|2 ﹣ |≤ ，
所以4 ﹣4 • + ＝4﹣4cosα+1≤2，
解得cosα≥ ；
又 ＝ + ， ＝3 + ，且 ， 的夹角为θ，
所以 • ＝3 +4 • + ＝4+4cosα，
＝ +2 • + ＝2+2cosα，
＝9 +6 + ＝10+6cosα；
第8页 | 共16页则cos2θ＝ ＝ ＝ ＝ ﹣ ，
所以cosα＝ 时，cos2θ取得最小值为 ﹣ ＝ ．
故答案为： ．
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2bsinA＝ a．
（Ⅰ）求角B；
（Ⅱ）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
【分析】（Ⅰ）根据正弦定理可得sinB＝ ，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：（Ⅰ）∵2bsinA＝ a，
∴2sinBsinA＝ sinA，
∵sinA≠0，
∴sinB＝ ，
∵ ＜B＜ ，
∴B＝ ，
（Ⅱ）∵△ABC为锐角三角形，B＝ ，
∴C＝ ﹣A，
∴cosA+cosB+cosC＝cosA+cos（ ﹣A）+cos ＝cosA﹣ cosA+ sinA+ ＝ cosA+
sinA+ ＝sin（A+ ）+ ，
△ABC为锐角三角形，0＜A＜ ，0＜C＜ ，
解得 ＜A＜ ，
∴ ＜A+ ＜ ，
第9页 | 共16页∴ ＜sin（A+ ）≤1，
∴ + ＜sin（A+ ）+1≤ ，
∴cosA+cosB+cosC的取值范围为（ ， ]．
19．如图，三棱台DEF﹣ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）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；
（Ⅱ）题先可设BC＝1，根据解直角三角形可得BH＝1，HC＝ ，DH＝ ，DC＝2，DB＝
，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．
解：（Ⅰ）证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，
∵面ADFC⊥面ABC，DH⊂面ADFC，∴DH⊥BC，
∴在Rt△DHC中，CH＝CD•cos45°＝ CD，
∵DC＝2BC，∴CH＝ CD＝ •2BC＝ •BC，
∴ ＝ ，即△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，
∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD⊂面DHB，∴BC⊥BD，
∵在三棱台DEF﹣ABC中，EF∥BC，∴EF⊥DB．
第10页 | 共16页（Ⅱ）设BC＝1，则BH＝1，HC＝ ，
在Rt△DHC中，DH＝ ，DC＝2，
在Rt△DHB中，DB＝ ＝ ＝ ，
作HG⊥BD于G，∵BC⊥HG，∴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＝ ＝ ，
∵在Rt△DHB中，DH•HB＝BD•HG，
∴HG＝ ＝ ＝ ，
∴sinθ＝ ＝ ＝ ．
20．已知数列{a}，{b}，{c}中，a＝b＝c＝1，c ＝a ﹣a，c ＝ •c（n∈N*）．
n n n 1 1 1 n+1 n+1 n n+1 n
（Ⅰ）若数列{b}为等比数列，且公比q＞0，且b+b＝6b，求q与a的通项公式；
n 1 2 3 n
（Ⅱ）若数列{b}为等差数列，且公差d＞0，证明：c+c+…+c＜1+ ．
n 1 2 n
【分析】本题第（Ⅰ）题先根据等比数列的通项公式将b＝q，b＝q2代入b+b＝6b，计
2 3 1 2 3
算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简c ＝ •c 可得c ＝4c，则可发现
n+1 n n+1 n
数列{c}是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{c}的通项公式，然后将通
n n
项公式代入c ＝a ﹣a，可得a ﹣a＝c ＝4n，再根据此递推公式的特点运用累加法
n+1 n+1 n n+1 n n+1
可计算出数列{a}的通项公式；
n
第（Ⅱ）题通过将已知关系式c ＝ •c 不断进行转化可构造出数列{bb c}，且可
n+1 n n n+1 n
第11页 | 共16页得到数列{bb c}是一个常数列，且此常数为1+d，从而可得bb c＝1+d，再计算得到
n n+1 n n n+1 n
c＝ ，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
n
即可证明不等式成立．
【解答】（Ⅰ）解：由题意，b＝q，b＝q2，
2 3
∵b+b＝6b，∴1+q＝6q2，
1 2 3
整理，得6q2﹣q﹣1＝0，
解得q＝﹣ （舍去），或q＝ ，
∴c ＝ •c＝ •c＝ •c＝ •c＝4•c，
n+1 n n n n n
∴数列{c}是以1为首项，4为公比的等比数列，
n
∴c＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．
n
∴a ﹣a＝c ＝4n，
n+1 n n+1
则a＝1，
1
a﹣a＝41，
2 1
a﹣a＝42，
3 2
•
•
•
a﹣a ＝4n﹣1，
n n﹣1
各项相加，可得
a＝1+41+42+…+4n﹣1＝ ＝ ．
n
（Ⅱ）证明：依题意，由c ＝ •c（n∈N*），可得
n+1 n
b •c ＝b•c，
n+2 n+1 n n
两边同时乘以b ，可得
n+1
b b c ＝bb c，
n+1 n+2 n+1 n n+1 n
∵bbc＝b＝1+d，
1 2 1 2
∴数列{bb c}是一个常数列，且此常数为1+d，
n n+1 n
第12页 | 共16页bb c＝1+d，
n n+1 n
∴c＝ ＝ • ＝（1+ ）• ＝（1+ ）（ ﹣ ），
n
∴c+c+…+c
1 2 n
＝（1+ ）（ ﹣ ）+（1+ ）（ ﹣ ）+…+（1+ ）（ ﹣ ）
＝（1+ ）（ ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）
＝（1+ ）（ ﹣ ）
＝（1+ ）（1﹣ ）
＜1+ ，
∴c+c+…+c＜1+ ，故得证．
1 2 n
21．如图，已知椭圆C： +y2＝1，抛物线C：y2＝2px（p＞0），点A是椭圆C与抛物线
1 2 1
C的交点，过点A的直线l交椭圆C于点B，交抛物线C于M（B，M不同于A）．
2 1 2
（Ⅰ）若p＝ ，求抛物线C的焦点坐标；
2
（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．
【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y＝kx+t，A（x，y），B（x，y），M（x，y），由 ，
1 1 2 2 0 0
根据韦达定理定理求出M（﹣ ， ），可得p，再由 ，求出点A
第13页 | 共16页的 坐 标 ， 代 入 椭 圆 方 程 可 得 t2 ＝ ， 化 简 整 理 得 p2 ＝
，利用基本不等式即可求出p的最大值．
解：（Ⅰ）p＝ ，则 ＝ ，则抛物线C的焦点坐标（ ，0），
2
（Ⅱ）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，
设直线l的方程为y＝kx+t，A（x，y），B（x，y），M（x，y），
1 1 2 2 0 0
由 ，消y可得（2k2+1）x2+4kty+2t2﹣2＝0，
∴△＝16k2t2﹣4（2k2+1）（2t2﹣2）≥0，即t2＜1+2k2，
∴x+x＝﹣ ，∴x＝ （x+x）＝﹣ ，
1 2 0 1 2
∴y＝kx+t＝ ，∴M（﹣ ， ），
0 0
∵点M在抛物线C上，∴y2＝2px，
2
∴p＝ ＝ ＝ ，
联立 ，解得x＝ ，y＝ ，
1 1
代入椭圆方程可得 + ＝1，解得t2＝
∴p2＝ ＝
＝ ≤ ＝ ，
∴p≤ ，当且仅当1＝2k2，即k2＝ ，t2＝ 时等号成立，
故p的最大值为 ．
22．已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．
第14页 | 共16页（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点；
（Ⅱ）记x为函数y＝f（x）在 （0，+∞）上的零点，证明：
0
（ⅰ） ≤x≤ ；
0
（ⅱ）xf（ ）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
0
【分析】（Ⅰ）推导出x＞0时，f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，f（0）＝＜0，f（2）＞
0，由此能证明函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点．
（Ⅱ）（i）由f（x）单调增，1＜a≤2，设x的最大值为t，则ct＝2+t，f（1）＝c﹣1
0
﹣2＜0，则t＞1，推导出 ．要证明 ≥a﹣1＝ ，只需证明
，记h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则h′（x）＝ex﹣1﹣
2x，利用导数性质能证明 ≤x≤ ．
0
（ii）要证明xf（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证明xf（x+a）≥（e﹣1）（a﹣
0 0 0
1）a，只需证 ﹣ ≥2（e﹣2），由此能证明xf（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）
0
a．
【解答】证明：（Ⅰ）∵f（x）＝ex﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0，
∴函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点．
（Ⅱ）（i）∵f（x）单调增，1＜a≤2，设x的最大值为t，则ct＝2+t，
0
∴f（1）＝c﹣1﹣2＜0，则t＞1，
右边：由于x≥0时，ex≥1+x+ ，且 ﹣x﹣a＝0，
0
则a≥1+ ，∴ ．
左边：要证明 ≥a﹣1＝ ，只需证明 ，
记h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则h′（x）＝ex﹣1﹣2x，
h“（x）＝ex﹣2，∴h′（x）在（0，ln2）上单调减，在（ln2，+∞）上单调增，
∴h′（x）＝ex﹣1﹣2x≤max{h′（0），h′（t）}＝0，
∴h（x）在0≤x≤t时单调减，h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2≤h（0）＝0，
∴ ≤x≤ ．
0
第15页 | 共16页（ii）要证明xf（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证xf（x+a）≥（e﹣1）（a﹣1）
0 0 0
a，
只需证 ﹣ ≥（e﹣1）a ，
∵ex≥1+x+ ，∴只需证1+ （ ）2﹣a≥（e﹣1）a ，
只需证 ﹣2（e﹣2）a ≥0，即证 ﹣ ≥2（e﹣2），
∵ ＝ + ∈（2，+∞），
∴ ≥ ＝ ，
∴xf（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
0
第16页 | 共16页
