2020年浙江省高考数学试卷【word版本;可编辑;含答案】

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2020年浙江省高考数学试卷【word版本;可编辑;含答案】

‎2020年浙江省高考数学试卷 一、选择题 ‎1.已知集合P=x|10‎ C.b<0‎ D.‎b>0‎ ‎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则xy∈T②对于任意的x,y∈T,若x0‎与圆x‎2‎‎+y‎2‎=1‎和圆x-4‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎均相切,则k=‎________,b=‎________.‎ ‎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Pξ=0‎=‎________;E(ξ)=‎________.‎ ‎17.设e‎1‎‎→‎,e‎2‎‎→‎为单位向量,满足‎|2e‎1‎‎→‎-e‎2‎‎→‎|≤‎‎2‎,a‎→‎‎=e‎1‎‎→‎+‎e‎2‎‎→‎,b‎→‎‎=3e‎1‎‎→‎+‎e‎2‎‎→‎,设a‎→‎,b‎→‎的夹角为θ,则cos‎2‎θ的最小值_________.‎ 三、解答题 ‎18.在锐角‎△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且‎2bsinA=‎3‎a.‎ ‎(1)‎求角B;‎ ‎(2)‎求cosA+cosB+cosC的取值范围.‎ ‎19.如图,三棱台DEF-ABC中,面ADFC⊥‎面ABC,‎∠ACB=∠ACD=‎‎45‎‎∘‎,DC=2BC.‎ ‎(1)‎证明:EF⊥DB;‎ ‎(2)‎求DF与面DBC所成角的正弦值.‎ ‎20.已知数列an,bn,cn中,a‎1‎‎=b‎1‎=c‎1‎=1‎,cn‎=an+1‎-‎an,‎cn+1‎‎=bnbn+2‎⋅‎cnn∈‎N‎*‎ ‎(1)‎若数列bn为等比数列,且公比q>0‎,且b‎1‎‎+b‎2‎=6‎b‎3‎,求q与an的通项公式;‎ ‎(2)‎若数列bn为等差数列,且公差d>0‎,证明:c‎1‎‎+c‎2‎+⋯+cn<1+‎‎1‎d.‎ ‎21.如图,已知椭圆C‎1‎‎:x‎2‎‎2‎+y‎2‎=1‎,抛物线C‎2‎‎:y‎2‎=2pxp>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M(B,M不同于A).‎ ‎(1)‎若p=‎‎1‎‎16‎,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.‎ ‎22.已知‎10‎,所以解得q=‎‎1‎‎2‎,‎ 所以bn‎=‎‎1‎‎2‎n-1‎,‎ 所以bn+2‎‎=‎‎1‎‎2‎n+1‎,故cn+1‎‎=‎1‎‎2‎n-1‎‎1‎‎2‎n+1‎⋅cn=4⋅‎cn,‎ 所以数列cn是首项为‎1‎,公比为‎4‎的等比数列,‎ 所以cn‎=‎‎4‎n-1‎,‎ 所以an+1‎‎-an=cn=‎‎4‎n-1‎n≥2,n∈‎N‎*‎ 所以an‎=a‎1‎+1+4+⋯+‎4‎n-2‎=‎‎4‎n-1‎‎+2‎‎3‎.‎ ‎(2)‎证明:依题意设bn‎=1+n-1‎d=dn+1-d,‎ 由于cn+1‎cn‎=‎bnbn+2‎,‎ 所以cncn-1‎‎=bn-1‎bn+1‎(n≥2,n∈N‎*‎)‎,‎ 故cn‎=cncn-1‎⋅cn-1‎cn-2‎⋯c‎3‎c‎2‎⋅c‎2‎c‎1‎⋅c‎1‎=bn-1‎bn+1‎⋅bn-2‎bnbn-3‎bn-1‎⋯b‎2‎b‎4‎⋅b‎1‎b‎3‎⋅‎c‎1‎ ‎=b‎1‎b‎2‎bnbn+1‎=‎1+dd(‎1‎bn-‎1‎bn+1‎)=(1+‎1‎d)(‎1‎bn-‎1‎bn+1‎)‎‎,‎ 所以c‎1‎‎+c‎2‎+L+cn=(1+‎1‎d)[(‎1‎b‎1‎-‎1‎b‎2‎)+(‎1‎b‎2‎-‎1‎b‎3‎)+L+(‎1‎bn-‎1‎bn+1‎)]‎ ‎=(1+‎1‎d)(1-‎1‎bn+1‎)‎‎.‎ 由d>0‎,b‎1‎‎=1‎,所以bn+1‎‎>0‎,所以‎(1+‎1‎d)(1-‎1‎bn+1‎)<1+‎‎1‎d.‎ 即c‎1‎‎+c‎2‎+⋯+cn<1+‎‎1‎d,n∈‎N‎*‎.‎ ‎21.解:‎(1)‎当p=‎‎1‎‎16‎时,C‎2‎的方程为y‎2‎‎=‎1‎‎8‎x,‎ 故抛物线C‎2‎的焦点坐标为‎(‎1‎‎32‎,0)‎;‎ ‎(2)‎设Ax‎1‎‎,‎y‎1‎,Bx‎2‎‎,‎y‎2‎,‎ Mx‎0‎‎,‎y‎0‎‎,I:x=λy+m,‎ 由x‎2‎‎+2y‎2‎=2,‎x=λy+m ‎⇒‎2+‎λ‎2‎y‎2‎+2λmy+m‎2‎-2=0‎‎,‎ ‎∴y‎1‎‎+y‎2‎=‎‎-2λm‎2+‎λ‎2‎,‎ ‎ 6 / 6‎ y‎0‎‎=‎‎-λm‎2+‎λ‎2‎‎,x‎0‎‎=λy‎0‎+m=‎‎2m‎2+‎λ‎2‎,‎ 由M在抛物线上,‎ ‎∴λ‎2‎m‎2‎‎2+‎λ‎2‎‎2‎‎=‎4pm‎2+‎λ‎2‎⇒λ‎2‎m‎2+‎λ‎2‎=4p.‎ 又y‎2‎‎=2px,‎x=λy+m‎⇒y‎2‎=2pλy+m ‎⇒y‎2‎-2pλy-2pm=0‎‎,‎ ‎∴y‎1‎‎+y‎0‎=2‎p‎2‎,‎ ‎∴x‎1‎‎+x‎0‎=λy‎1‎+m+λy‎0‎+m=2pλ‎2‎+2m,‎ ‎∴x‎1‎‎=2pλ‎2‎+2m-‎‎2m‎2+‎λ‎2‎.‎ 由x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎y‎2‎‎=2px‎⇒x‎2‎+4px=2‎,‎ 即x‎2‎‎+4px-2=0‎ ‎⇒x‎1‎=‎-4p+‎‎16p‎2‎+8‎‎2‎=-2p+‎‎4p‎2‎+2‎ ‎⇒-2p+‎4p‎2‎+2‎=2pλ‎2‎+2m⋅‎‎1+‎λ‎2‎‎2+‎λ‎2‎ ‎=2pλ‎2‎+‎8pλ‎2‎+8p≥16p‎,‎ ‎∴‎4p‎2‎+2‎‎≥18p,p‎2‎‎≤‎‎1‎‎160‎,p≤‎‎10‎‎40‎,‎ ‎∴P的最大值为‎10‎‎40‎,此时A(‎2‎‎10‎‎5‎,‎5‎‎5‎)‎.‎ ‎22.证明:‎(1)f‎'‎x=ex-1,x>0‎,‎ ‎∴ex‎>1‎,‎ ‎∴f‎'‎x‎>0‎,‎ ‎∴fx在‎0,+∞‎上单调递增,‎10,f‎0‎=1-a<0‎,‎ ‎∴由零点存在定理得fx在‎0,+∞‎上有唯一零点.‎ ‎(2)(i)‎‎∵fx‎0‎=0,∴ex‎0‎-x‎0‎-a=0‎,‎ ‎∴a-1‎‎≤x‎0‎≤‎2‎a-1‎⇔ex‎0‎-x‎0‎-1≤x‎0‎‎2‎≤2‎ex‎0‎‎-x‎0‎-1‎.‎ 令gx=ex-x-1-‎x‎2‎‎00‎,‎ ‎∴h‎'‎x‎>h‎0‎=0‎,‎ ‎∴hx在‎0,2‎上单调递增,‎ ‎∴hx>h‎0‎=0‎,‎ ‎∴ex‎-x-1-x‎2‎‎2‎>0,2ex‎-x-1‎>‎x‎2‎.‎ 另一方面:‎10‎,‎ ‎∴g‎'‎x‎0‎‎,‎ a-1‎‎≤x‎0‎≤‎‎2‎a-1‎‎,‎ ‎ 6 / 6‎ ‎∴‎tx‎0‎≥ta-1‎=a-1‎[ea‎-1‎a-1‎+aea‎-2‎]‎ ‎=ea‎-1‎a-1‎+aa-1‎ea‎-2‎‎.‎ ‎∵‎1e,a≥2‎a-1‎,‎ ‎∴tx‎0‎≥e-1‎a-1‎+2‎a-1‎a-1‎ea‎-2‎,‎ 只需证明‎2a-1‎a-1‎ea‎-2‎≥‎e-1‎a-1‎‎2‎,‎ 即只需证明‎4ea‎-2‎‎2‎≥‎e-1‎‎2‎a-1‎.‎ 令sa=4ea‎-2‎‎2‎-e-1‎‎2‎a-1‎,‎‎10‎,‎ ‎∴sa>s‎1‎=4e-2‎‎2‎>0‎,‎ 即‎4ea‎-2‎‎2‎≥‎e-1‎‎2‎a-1‎成立,‎ 因此x‎0‎fex‎0‎≥e-1‎a-1‎a.‎ ‎ 6 / 6‎
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