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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