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文档介绍
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|1
0 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,
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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,
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∴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.
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