2020年高考（浙江卷）名师押题猜想 数学试题（解析版）.doc

1、2020 年高考（浙江卷）名师押题猜想 数学 （考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 注意事项： 1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考 证号填写在答题卡上。 2回答第卷时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题 1设集合 |01|2MxxxRNx xxR， ，则（ ） AMNM BMNN CMNM DMNR 【答案】A 【解析】由题意2,

2、22,Nx xxRxxxR ，01,MxxxR， 所以01,MNxxxRM，22,MNxxxRN . 2过点 1,1 的抛物线的标准方程为（ ） A 2 yx B 2 yx C 2 xy D 2 yx 或 2 xy 【答案】D 【解析】由题意可设抛物线方程为 2 yax或 2 xay，抛物线过点（1，1） ， 当抛物线方程为 2 yax时，得 a1；当抛物线方程为 2 xay时，得 a1 抛物线的标准方程是 2 yx 或 2 xy. 3设 , x y满足约束条件 20 220 220 xy xy xy ，则3zxy的最小值为（ ） A0 B-4 C-8 D-6 【答案】D 【解析】作出可行域，

3、如下图所示： 当目标函数3zxy经过(0,2)A时， z取得最小值-6. 4某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A10 B5 C20 D30 【答案】C 【解析】由几何体的三视图可得几何体的直观图： 三棱柱 111 ACDAC D截去一个三棱锥 1 DACD，如图： 该几何体的体积： 1 111 111 4 3 54 3 520 232 ACD AC DDACD VVV . 5已知12 23p xqx：， ：，则p是q的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】由题意:1212p xx 或121xx 或3x， 由“1

4、x 或 3x”不能推出“23x”； 由“2 3x”可推出“1x 或3x”； 故p是q的必要不充分条件. 6函数( )(22 )sin2 xx f xx 的部分图像大致为（ ） A B C D 【答案】A 【解析】( )(22 )sin2 xx f xx ， ()(22 )sin2 xx fxxf x ，函数为偶函数，排除BD； 当0, 2 x 时，0,22sin20 xx x ，故 0f x ，排除C. 7已知随机变量 的分布列，则下列说法正确的是( ) A存在 x，y(0，1)，E() 1 2 B对任意 x，y(0，1)，E() 1 4 C对任意 x，y(0，1)，D()E() D存在 x，

5、y(0，1)，D() 1 4 【答案】C 【解析】依题意可得 2Exy， 222222 22 221 21 21 21 2Dxxyyyxyxyx yxy xyxxy yx 因为 1xy 所以 2 1 2 22 xy xy 即 1 2 E故A，B错误； 2222 211 21 21 2Dxxxy yxxxy yxxyx 01xQ 121 1x 2 0211x Dyx即 1 2 DE，故C成立； 2 21 1 2 44 xy Dxyxxy 故D错误 8如图，三棱锥VABC的底面ABC是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点） ，记 直线PB与直线AC所成角为，二面角PACB的平面角为，

6、则不可能是( ) A 3 4 B 2 3 C 2 D 3 【答案】D 【解析】如图，由题意，三棱锥VABC为正三棱锥， 过P作/PEAC，则BPE为直线PB与直线AC所成角为， 当P无限靠近A时，PBE无限接近 3 ，但小于 3 ，则 3 BPEBEP . 当棱锥的侧棱无限长，P无限靠近V时，无限趋于 2 但小于 2 ； 二面角PACB的平面角为，即VACB的平面角为， 由三棱锥存在，得0，随着棱长无限增大，无限趋于 2 . , 3 . 则不可能是 3 . 9 已知函数 ( )f x是定义在 100,100 的偶函数， 且(2)(2)f xf x.当0,2x时，( )(2) x f xxe，

7、若方程 2 ( )( ) 10f xmf x 有 300 个不同的实数根，则实数 m 的取值范围为（ ） A 15 , 2 e e B 15 , 2 e e C(, 2) D 1 , 2e e 【答案】A 【解析】 由(2)(2)f xf x知函数的周期为 4， 当 0 ,2 x时，( )(2) x f xxe， 则 ( ) (1 ) x f xxe， 当01x时，( )0fx ， ( )f x递减，当1 2x时，( )0fx ， ( )f x递增，( )(1)f xfe 极小值 ， 又 ( )f x是偶函数，作出( )f x在 2,2 上的图象，如图 函数 ( )f x的周期是 4，定义域为

8、 100,100 ，含有 50 个周期， 方程 2 ( )( ) 10f xmf x 有 300 个不同的实数根， 因此在一个周期内有 6 个根 （这里( 2)0f ，2不 是方程的根） 令 ( )f xt ， 方程 2 10tmt 有两个不等实根1 2 ,t t， 且 1 ( , 2 )te ，2( 2,0)t ， 设 2 ()1gttm t， 则 ()0 ( 2)0 (0)0 ge g g ，解得 15 2 em e 故选：A 10南宋数学家杨辉在详解九章算法和算法通变本末中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高 阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差

9、成等差数列对这 类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前 7 项分别为 1，4，8，14， 23，36，54，则该数列的第 19 项为（ ） （注： 2222 (1)(21) 123 6 n nn n ） A1624 B1024 C1198 D1560 【答案】B 【解析】依题意 n a：1，4，8，14，23，36，54， 两两作差得 n b：3，4，6，9，13，18， 两两作差得 n c：1，2，3，4，5， 设该数列为 n a， 令 1nnn baa ， 设 n b的前n项和为 n B， 又令 1 nnn cbb， 设 n c的前n项和为 n C. 易

10、 n cn， 2 2 n nn C ，进而得 2 1 33 2 nn nn bC ，所以 2 (1)1 33 222 n n nn bn ，则 (1)(1) 3 6 n n nn Bn ，所以 1 1 nn aB ，所以 19 1024a. 二、填空题 11i是虚数单位，则 5 1 i i 的值为_. 【答案】13 【解析】 5(5)(1) 2313 1(1)(1) iii i iii 12 已知直线20ykxk与抛物线C： 2 8xy相交于A，B两点，F为C的焦点， 若2FAFB， 则k _. 【答案】 3 2 4 【解析】由已知，直线20ykxk过点(0, 2)P ，恰好是抛物线 C： 2

11、 8xy的准线: 2l y 与 y 轴的交点，如下图所示， 过点A，B分别作AMl 于M，BNl 于N，由2FAFB，则2AMBN. 点B 为AP的中点，连接OB，则 1 2 OBAF，OBBF，点B的纵坐标为 1， ()2 2,1B 1 ( 2)33 2 42 202 2 ABPB kk 13 已知周期为6的函数 f x满足 44fxfx， 当1 , 4x时， ln x fx x ， 则当 3 23 a e 时（e为自然对数的底数） ，关于x的不等式 2 0fxaf x在区间1,15上的整数解的个数为_ 【答案】7 【解析】由44f xfx得： f x关于4x对称， 又 f x是周期为6的周

12、期函数， f x关于1x 对称， 当 1,4x 时， 2 1 ln x fx x ， 当1,xe 时， 0fx ；当,4xe时， 0fx ； f x在1,e上单调递增，在,4e上单调递减， max 1 f xf e e ，且 10f， 11 4ln4ln2 42 f， 1 2ln2 2 f， 1 3ln3 3 f， 由此可得 f x图象如下图所示： 当 3 23 a e 时， 11 ln2ln3 23 a， 2 0fxaf x等价于 0f xa， 当1,4x时，整数解为： 2x和4x； 当4,15x时，整数解为： 6x、8x 、10x 、12x 和14x ； 综上所述：不等式 2 0fxaf

13、x在区间1,15上的整数解的个数为7个. 14设直线y kx 与圆C： 2 2 21xy相交于A，B两点，若3AB ，则k _，当k变化 时，弦AB中点轨迹的长度是_. 【答案】 15 15 2 3 【解析】由垂径定理可得 22 2 |2 |3 1 2 1 k k ，解得 15 15 k ； 设 1122 ,A x yB x y，弦AB中点 00 (,)M xy， 则 120120 2,2xxxyyy， 联立 22 (2)1 ykx xy ，消去y得 22 1430kxx， 2 16 12 10k ，解得 2 1 3 k ， 12 2 4 1 xx k ， 1212 2 4 1 k yyk x

14、x k ， 即 0 2 0 2 2 1 2 1 x k k y k ，消去k得 2 2 00 11xy， 又由 2 1 3 k 得 0 3 2 x ， 故弦AB中点轨迹长度为半径为 1 的圆的周长的 1 3 ，如图： 所以弦AB中点轨迹长度为 12 2 33 ， 15已知 66256 01256 (1)(2)xxaa xa xa xa x，则 6 a _， 01256 aaaaa_. 【答案】0 665 【解析】因为 66256 01256 (1)(2)xxaa xa xa xa x， 令1x 可得： 66 01256 23665aaaaa . 所以： 66 666 0aCC； 060 066

15、 263aCC ； 151 166 2186aCC ； 2242 266 2225a xCC ； 55 566 26aCC ； 606 666 20aCC； 故 0125601256 665aaaaaaaaaa . 16在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若 2 2sinsincossinABCC，则（1） 22 2 ab c _， （2）C的最大弧度数为_. 【答案】2 3 【解析】 2 2sinsincossinABCC， 22 22222 2 2cos2 ab abCcabcc c ； 又 22222 1 cos 242 abcab C abab ， 0C，C 3 ， 当

16、且仅当ab时取等号. 17设函数 2 ( ) 2x x f x ，点 * ( , ( ) n A n f nnN， 0 A为坐标原点，向量 01121nnn aA AAAAA ， 设(1,0)i ，且 n 是 n a u u r 与i的夹角，记 n S为数列tan n 的前n项和，则 3 tan_； n S _. 【答案】 3 8 2 2 2n n 【解析】依题意 2 2n n f n ，即 2 , 2 n n n An ，且 n A在第一象限， n 为锐角.所以 0112 2 10 , 2 nnnn n aA AA AAAA A n n .所以 4 2 cos 4 n n n n ain a

17、in n ，所以 22 22 sin1 cos1 cos1 tan1 coscoscoscos n 4 2 2 24 1 42 n nn n n nn n . 所以 3 3 33 tan 28 . 2 12 222 n n n S ， 231 112 2222 n n n S ，两式相减得 21 1111 22222 n nn n S 111 11 1 1222 11 1 2222 1 2 n nnnn nnn ， 所以 2 2 2 n n n S . 三、解答题 18 ABC 的内角A B C， ，的对边分别为ab c， ，已知3c ，且满足3 absinC asinAbsinBcsinC

18、（1）求角 C 的大小； （2）求2ba的最大值 【解析】 （1）由题意及正弦定理可得： 222 3 abc abc ， 由余弦定理得： 222 2cosabcabC， 所以 222 31 cos 262 abc Cc ab ， 由0,C可得 3 C ； （2）由正弦定理可得： 3 2 sinsinsin3 2 abc ABC ， 所以2sinaA，2sinbB， 又ABC，所以 2 2sin2sin2sin 33 bBAA ， 所以22sin4sinsin3cos4sin5sin3cos 3 baAAAAAAA 2 7sin A, 由 3 tan 5 可得 0, 2 ， 又因为 2 0, 3

19、 A ，所以 2 , 3 A ， 2 , 23 ， 所以sin1 max A，所以 22 7ba . 故2ba的最大值为2 7. 19如图 1，在边长为 2 的等边ABC中，D E，分别为边ACAB，的中点，将AED 沿ED折起，使得 ABAD ， ACAE，得到如图 2 的四棱锥 A-BCDE，连结BDCE，且BD与CE交于点H （1）求证：AH 平面BCDE; （2）求二面角BAED的余弦值 【解析】 （1）证明：由题意1AEAD，3CEBD， 因为D、E分别为AC、BD的中点， 所以EHDCHB且相似比为 2，所以 3 3 EHDH， 2 3 3 BHCH， 所以 3 3 AEEH CE

20、AE ， 3 3 ADDH BDAD ， 所以EHAEAC，DHADAB， 又因为ABAD，ACAE，所以AHBD，AHEC， 由BDCEH可得AH 平面BCDE，得证. （2）如图，过 D 作Dz 平面BCDE，DB 为 x 轴，DC 为 y 轴，Dz 为 z 轴，建立空间直角坐标系； 所以0 0 0D， ，3 0 0B， ，010C， ， 由（1）知 22 6 3 AHADDH，则 36 0 33 A ， ， ， 由 131 ,0 222 DECB 可知 31 0 22 E ， 所以 316 623 AE ， 2 36 0 33 AB ， ， 36 0 33 DA ， ， 设平面AED的一

21、个法向量为 1111 nxyz， ， 所以 1 1 0 0 AE n DA n ，即 111 11 316 0 623 36 0 33 xyz xz ，取 1 1z 得 1 261n ， ， 同理可得平面AEB的一个法向量 2 132n ， 所以 12 12 12 3 cos 3 n n n n n n ， ， 由图可知，所求二面角为钝角，所以二面角BAED的余弦值为 3 3 20甲、乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，导致一个条件看不清， 具体如下：等比数列 n a的前 n 项和为 n S，已知_， （1）判断 1 S， 2 S， 3 S的关系； （2）若 13

22、3aa，设 12 nn n ba，记 n b的前 n 项和为 n T，证明： 4 3 n T . 甲同学记得缺少的条件是首项 a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比 q 的值，并且他俩都记得第（1）问 的答案是 1 S， 3 S， 2 S成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整 并解答此题. 【解析】（1） 由题意可得 11 Sa， 212111 11 22 Saaaaa， 31231111 113 244 Saaaaaaa， 可得 123 2SSS，即 1 S， 3 S， 2 S成等差数列； （2）证明：由 13 3aa，可得 11 1 3 4 aa，解得 1

23、 4a ， 1 121 4 1212232 nn nn nn ban ， 则 21111 123 32482 n n Tn ， 1 121111 123 2348162 n n Tn ， 上面两式相减可得 1 12 111111 23 2481622 n nn Tn 1 11 1 2122 1 32 1 2 n n n ， 化简可得 1 42 1 32 n n n T ， 由 1 2 11 2n n ，可得 4 3 n T . 21已知M过点 3 0A，且与 2 2 316Nxy：内切，设M的圆心M的轨迹为C， （1）求轨迹 C 的方程； （2）设直线l不经过点20B，且与曲线C交于点PQ，两

24、点，若直线PB与直线QB的斜率之积为 1 2 ， 判断直线l是否过定点，若过定点，求出此定点的坐标，若不过定点，请说明理由 【解析】 （1）由题意M过点3,0A，且与 2 2 316Nxy：内切， 易知点3,0N ，Ne半径为4， 设两圆切点为D， 所以4MDMNND，在M中，MDMA， 所以4MAMNMA，所以 M 的轨迹为椭圆，由椭圆定义可知 24 3 a c ， 所以 222 1bac，所以轨迹 C 的方程为 2 2 1 4 x y； （2）当l的斜率不存在的时，设 00 P xy，所以 00 Q xy， 所以 00 00 2 2 0 0 1 222 1 4 PBQB yy kk xx

25、x y ，解得 0 0 2 3 2 2 3 x y 或 0 0 2 0 x y （舍） ， 所以l与x轴的交点为 2 0 3 ，； 当l的斜率存在时，设 l 的方程为 ykxb ， 联立 2 2 1 4 ykxb x y 消元可得 222 148440kxkbxb， 2 2222 84 1 4446416160kbkbkb ，所以 22 41kb， 由韦达定理 12 2 8 14 kb xx k ， 2 12 2 44 1 4 b x x k ， 则 22 21212 121 12121212 () 222224 PBQB kxbk x xkb xxbyykxb kk xxxxx xxx 22

26、2 22 22 22 222 22 448 224 1 41 4 448 424 2 24 1 41 4 bk b kb bkbkbk kk bkb kbkb kk ， 又因为20kb，所以 21 422 bk bk ，即 2 3 bk ， 所以 2 22 2 114 3 bkk ，所以 2 3 bk 成立， 所以 22 33 ykxkk x ，当 2 3 x 时，0y ，所以 l 过 2 0 3 ， 综上所述，l过定点 2 0 3 ，. 22已知函数 32 1 461 3 x f xxexxg xaxlnx ， （1）求函数 f x在0 ，上的单调区间； （2）用max mn，表示m n，中

27、的最大值， fx 为 f x的导函数，设函数 h xmax fxg x ， ，若 0h x 在0 ，上恒成立，求实数a的取值范围； （3）证明： * 11111 ln3 12313 nN nnnnn 【解析】 （1）因为 32 46 x f xxexx ， 所以 33 32632 xx fxxexxe ， 令 0fx 得3x ， 当3x 时， 0fx ， f x单调递增； 当03x时， 0fx ， f x单调递减； 所以函数 f x在0 ，上的单调递增区间为3 ，单调递减区间为03，； （2）由（1）知 3 32 x fxxe ， 当3x时， 0fx 恒成立，故 0h x 恒成立； 当3x时，

28、 0fx ，又因为 0h xmax fxg x ， 恒成立， 所以 0g x 在 03，上恒成立， 所以 1 1 ln0 3 axx ，即 11 ln 3 x a x 在03，上恒成立， 令 1 ln 03 x F xx x ，则 1 3 max aF x， 由 22 1ln1lnxx Fx xx ， 令 0Fx 得1x ，易得 F x在01 ，上单调递增，在13，上单调递减， 所以 11 max F xF， 所以 1 1 3 a，即 4 3 a ， 综上可得 4 3 a . （3）证明：设 10 x m xexx ，则 10 x m xe ， 所以 m x在0 ，上单调递增，所以 00m xm，即1 x ex， 所以 11111111 113123 123331 12313 nnnnnnnn nnnnn eeeee nnnnn 1233 3 1231 nnnn nnnn ， 所以 11111 ln3 12313nnnnn .