浙江省2020年高考数学压轴卷含解析

1、浙江省 2020 年高考数学压轴卷（含解析）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Ax|x2，B1,0,1,2,3，则A BAB0,1,2CD1,0,1,222复数1+ （为虚数单位）的共轭复数是（）A- 1 +B1 -C1 +D- 1 -Sa a a 24 S 48a n3记 n为等差数列 n 的前 项和若 45，6，则 n 的公差为A1C4B2D84底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是()4 38A4 3B8CD330 x2 25若实数,y满足不等式组2x2，则x3y()883A有最

2、大值2，最小值B有最大值 ，最小值23C有最大值2，无最小值D有最小值2，无最大值x+y=0和直线x-ay=0互相垂直”的A充分而不必要条件C充要条件B必要而不充分条件D既不充分也不必要条件e 1 xf x x 1exe7函数（其中 为自然对数的底数）的图象大致为（ ）ABDCbRaa b8已知 、，且 ，则（ ）111 1 a b 33a bBa b a b22ACD9设P是一个高为3，底面边长为2的正四棱锥， 为 中点，过M 作平面AEMF与线段 ， 分别交于点 ， 锥PAEMF的体积的取值范围为（ ）EAMPB PDF4 3,3 4 1,2,2 3 223B ACD3x4ya 3x4y9

3、(x1) (y1) 1上任意一点P(x,y)2210若对圆，的取yx值与 ， 无关， 则实数a的取值范围是( )Aa4B4a6a4 a6Da6C 或第II卷（非选择题)二填空题:本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分11九章算术中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.”该女子第二日织_尺，若女子坚持日日织，十日能织_尺.1( x )5x212二项式的展开式中常数项为_所有项的系数和为_x2y2 1 ba 0a bl2213设双曲线的半焦距为c，直线 3cl4已知原点到直线 的距离为 ，则双曲线的离心率为_；渐近线方程为_.2 ,x0 xf(x)log (xa),x0

4、14已知函数，若f(1) f(1)，则实数a_；若2y f (x)a存在最小值，则实数 的取值范围为_. a,b,ca 1c 3bc 01 215设向量满足，|b2，若，则a b (1 )c的最大值是_在周一至周五内完成其中“参观工厂”与“环保宣讲”两项活动必须安排在相邻两天，“民俗调查”活动不能安排在周一则不同安排方法的种数是_ 2 x m ,0 x1x2f(x)2 x ,1 x0若在区间1,1上方程f(x)1只有一x1217已知函数m个解，则实数 的取值范围为_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 f x 3sin2x2cos x1 xR218已

5、知函数. f x(1)求(2)当的单调递增区间; x , f x6 4时,求的值域.ABCD ABC D是菱形ACBDO19如图，四棱柱1111的底面，AO1AA AB 2底面，1.ACO 1BBDD（1）求证：平面平面；11，求与平面1所成角的正弦值.ABC 60（2）若1 a2a a 1,a 9a a220等比数列的各项均为正数，且1232 6.n a（1）求数列的通项公式；n 1 b log a log a .log ab Tn（2）设，求数列 n 的前 项和 .n31323nn A x,yB x ,yy 2px p 0221已知抛物线（）上的两个动点和，焦点为 F.1122 M 3,y

6、AB线段的中点为0 ，且点到抛物线的焦点 F 的距离之和为 8（1）求抛物线的标准方程；AE（2）若线段的垂直平分线与 x 轴交于点 C，求面积的最大值.f(x)(xe ax (x 0)x222已知函数.(0,)f (x)a（1）若函数（2）若函数在上单调递增，求实数 的取值范围；f (x)x ,x有两个不同的零点.12a（）求实数 的取值范围；1 1 x x t 111tf (x)（）求证：.（其中 0为的极小值点）120参考答案及解析【解析】由，得，选 C.【解析】2= 1 - i因为1+i【点睛】,所以其共轭复数是1+i，选 C.本题考查共轭复数概念，考查基本分析求解能力，属基本题.【解

7、析】a a a d a 4d 2a 7d 24d设公差为 ， 45111，2a 7d 2465,1S 6a d 6a 15d 6a 15d 482611d 4，联立解得，故选 C.1点睛:求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如an 为等差数列，a a a amn pq若，则.qmnp【解析】根据三视图知该四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，且各侧面的斜高是 2,画出图形，如图所示；S 2 4h 2 1 3222所以该四棱锥的底面积为，高为；114 33V 4 333所以该四棱锥的体积是故选：C.【点睛】本题考查了利用三视图求几何体体积的问题，属于中档题【解析】0 x2 22x

8、y2画出不等式组表示的平面区域，如图阴影所示；z x3yx3yz 0设，则直线是一组平行线；y 0 x2y 2(2,0)Az当直线过点 时， 有最大值，由，得；x3y 202zz所以 的最大值为，且 无最小值.故选：C.【解析】x y 0 xay 0互相垂直的充要条件是1(a)110，即a1，故选直线C和直线【解析】e 11ee 1xxx x 1ex e 1 x 1exxxf（x）f（x）是偶函数，故 f（x）图形关于 y 轴对称，排除 C，D；e1 f 1 1e又 x=1 时，排除 B，0，故选 A【解析】1 1对于 A 选项，取a1，b1，则成立，但成立，但a b，A选项错误；a ba b

9、对于 B 选项，取错误；，b0，则 0，即ab，B选项a 1 x11 a by 3 33 Ra b对于 C 选项，由于指数函数项正确；在 上单调递减，若，则，C选2a b2a 1 b 2a b对于 D 选项，取故选：C.，则，但，D选项错误.9. 【答案】D【解析】3x4ya 3x4y93x4ya 3x4y9 P x,y55依题意表示到两条平行和3x4y90的距离之和与x,y无关，故两条平行直线直线3x4ya0和3x4y90在圆(x1) (y1) 1的两侧，画出图像如下图所示，3x4ya 02234a 1,1d 1a6 a4故圆心到直线3x4ya0的距离5，解得或（舍去）故选：D.【解析】SA

10、,SCA,B,CS 首先证明一个结论：在三棱锥中，棱上取点111VSA SB SCSABC11111 1VSASBSCSAC则，设与平面所成角 ，SABC1 1 SA SC sinASCSB sinVVSA SB SC3 21 1SABCB SAC11111111 1VVSASBSC SASCsinASCSBsinSABCBSAC3 2，证毕.1 x, y V 2 342P3P四棱锥中，设，VVVVV1VVPPPPPPPVVVV2 VVPPPPPP1 11 2 22V3xy所以 P VVVVV1VVPPPPPPPVVVV2 VV又PPPPPP1 1 11x y2 2 22V x y所以 P x

11、xx y 3xy,y 0 x y 13x13x1即，又，1 x12解得3x211V 3xy ,x ,1t 3x1,t ,23x122所以体积，令t1) 1112Vt) t 2),t ,2t3t21t V(t)递减，在t递增2根据对勾函数性质， 在431 3VV(t)V V( )所以函数 最小值，最大值2 2，4 3,3 2四棱锥PAEMF的体积的取值范围为故选：B【解析】 aa设该女子每天的织布数量为 ，由题可知数列 为公比为2的等比数列，nn a 1255 S 55a 1aS12，解得1 ，设数列 的前n项和为 ，则nn 5121031a 2a S 1651221所以31，. 故答案为： ，

12、 .【点睛】本题考查了等比数列的应用，关键是对于题目条件的转化，属于基础题.5【解析】3215 5T C ( x) ( ) C x rr55rrr52 2xr12展开式的通项为，5 5 r 0令2 2，解得 ，r 1T C 515所以展开式中的常数项为，2x125 32令 ，得到所有项的系数和为，得到结果.点睛：该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有展开式中的特定项以及展开式中的系数和，所用到的方法就是先写出展开式的通项，令其幂指数等于相应的值，求得 r，代入求得结果，对于求系数和，应用赋值法即可求得结果.y 3x【解析】x y 1，即bx-ay-ab=0，则原点到直线的距离la

13、b由题可设直线 方程为：c3d c4a b24ab c216a b c4222，解得，两式同时平方可得，又 16a c a cb c a222416a c 16a 2c4222224，代换可得，展开得：，同时除以 43e 4 e 4 0e222ba016e 16e4a4得：，整理得，解得或 ，又4，2ce e 22b a c a a c 2a e 2a22222222所以，所以；bac a4a a2b222 3y x 3xaaa，所以渐近线方程为：y 3x故答案为：2；1,0)1 2【解析】f (1) f (1)，2 log (1a)1，211a 22，a1 2.f(x)2 (0,1)x0 x

14、易知时，；f(x)log (xa)f(xf(0) log (a)0又时，2递增，故2，a 0log (a 0f (x)要使函数存在最小值，只需2，1 a0解得：.故答案为：1 2，1,0).2 101【解析】 n b 1 c 2 9n b 1 c21 2令，则，因为 an，n 13189 2 10a1，因此当 与 同向时n的模最大，所以当max an a n 2 101max【解析】A A 4422把“参观工厂”与“环保宣讲”当做一个整体，共有种，A A 3322把“民俗调查”安排在周一，有， 满足条件的不同安排方法的种数为故答案为：36，12m|1mm或【解析】1 x x m 22 x m

15、1当0 x1时，由 f(x)1，得x2，即2 ；当1 x0时，由f (x) 1，得2x 1x2m1，即,0 x12x 11 x2m.11 x x,0 x1 g(x)g(x) 2 22 1,1 x02 1,1 x0 x1x1令函数，则问题转化为函数与函数的图像在区间1,1上有且仅有一个交点.h(x) x m21 x,0 x1 g(x) 22 1,1 x0 y x m2x1在同一平面直角坐标系中画出函数1,1上的大致图象如下图所示：与在区间函数结合图象可知：当h(0)1，即m1时，两个函数的图象只有一个交点；h(1) g(1),11mh(1) g(1)2当时，两个函数的图象也只有一个交点，故所求实

16、数1m|1m m12m的取值范围是.k ,k (kZ) 2, 363【解析】；（2）. f x 32x2x1 3sin2x2x2sin 2x6(1) 函数，2k 2x 2k (kZ)k x ( )k Z26263令，求得， , (kZ)63故函数f(x)的增区间为； x ,2x ,2x 6 462 362(2)若，则，故当时，函数f(x)取得最小 2x 6 32, 33值为 2；当【点睛】时，函数f(x)取得最大值为 ，所以函数的值域为.本题考查三角恒等变换，考查正弦型函数的性质，考查运算能力，属于常考题.7【解析】AO1AO BD1（1）证明：由底面可得，又底面是菱形，所以，AOCO OAC

17、O1BD因为 1，所以平面，BBDDBD因为平面，11ACO 1BBDD所以平面平面.11 AO1OAyO xz（2）因为底面，以 为原点，1为 ， ， 轴建立如图所示空间直角坐标系Oxyz，A(0,0,1)C 则B(1,0,0)，1， AC 0, 3,1AB AB (1, 3,0)，1，11m(,y,z)ABC设平面的一个法向量为，11mAB 0 x 3y 03m 1, ,1113mAC0 3yz 0由，取x1得，1又， OB,m m17 |m|132所以，所以与平面所成角的正弦值为7.ABC111na nnn1（2）【解析】19aaa222（）设数列a 的公比为 q,由 3 9a a 得

18、3 9 4 ,所以 q 2n2 61313由条件可知 q0,故 q 由 2a 3a 1得 2a 3a q1,所以 a 121111n故数列a 的通项公式为 a nn n n12（）b log a log a log a （12n）n3 13 23 n12112 bnn n1n n1故1 11 1 1 111 2n 2 1 b bbn22 3n n1n112 1 2nb n1所以数列 n 的前 n 项和为 39y 4x2【解析】（2）x x 6（1）由题意知 12,AF BF x x p 6 p 8则,12p2,y 4x2抛物线的标准方程为xnm0AB（2）设直线:（）,xmyny 4x2y 4

19、my4n02由,得,y y 4m12x x 4m 2n62n32m2,即12 16 3m 02y y 4m12y y 8m 12212即, AB m 1 y y 4 m 1 3m222,12 y2mm x3 y m x5AB设的中垂线方程为:,即, 5,0可得点 C 的坐标为,ABxmy32m2xmy2m 302直线:,即,52m 32d 2 m 12ABm 1点 C 到直线的距离,2 1S d 4 m 1 3m222令t 3m2m 3t 0t 32 2,则（）, f t 4 4t t2令,2 3 t f t 0 f t 4 4t23,令,则,2 332 33, 3 f t 0 f t 0在上

20、；在上,2 32 33, 3() 3f t故在单调递增,单调递减,2 33 39t mS max3当,即时,(2 3)e1 231,e ,222解析.；（）证明见【解析】x2f(x) xe 2axf(x)(xe ax2xx（1）由，得，x2x 2x22g(x)exg(x)ex(x 0)xx2设由，；则；g (x0 x 31，解得g(x) 3上单调递减，在上单调递增，( 3 1,)所以在g (x) g( 31)(2 3)e31所以 (0,)f (x0 (0,)f (x)因为函数在上单调递增，所以；在恒成立(2 3)e2a31所以(2 3)e31,2a所以，实数 的取值范围是：. e31af (x

21、)f (x)2有两个不同的零点，不单调，所以.f(x) 0t,0，且0 t 31 t因此所以有两个根，设为 1，01 t ,t0,tt ,0f (x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；110 f(x)(x1)e a e x (x1a)ex 2 x 2 xf t f (0) 1x又，当 充分大1 f t 0f (x)f (x)时，取值为正，因此要使得有两个不同的零点，则必须有，即0 t 1 e at 0t020；0 f t t 2 e 2at 0t0又因为；000t1a g21 2 t 2 e t 2 e 0( e 2t00t0t 202200所以：，解得，所以；1 2e 2,2f (x)有两个不同的零点时，实数 的取值范围是a因此当函数.x xx xx x 1 22112x ,x (0,) x x 2（）先证明不等式，若 12， 12，则.21 xx21122xxxln 121xxx1212xx x 0 x证明：不妨设 21，即证1，1xt1t t 21 g(t) lntht)tx1tt1设，t)0gt