【文档说明】浙江省2020届高考压轴卷 数学（含答案）.doc，共(18)页，898.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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绝密★启封前浙江省高考压轴卷数学一、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{|||2}Axx，{1,0,1,2,3}B，则ABA．{0,1}B．{0,1,2}C．

{1,0,1}D．{1,0,1,2}2．复数（为虚数单位）的共轭复数是（）A．B．C．D．3．记nS为等差数列{}na的前n项和．若4524aa，648S，则{}na的公差为A．1B．2C．4D．84．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()A．43B．8C．433D．835．若实数,xy满足不等式组02222yxyxy…„…，则3xy()A．有最大值2，最小值83B．有最大值83，最小值2C．有最大值2，无最

小值D．有最小值2，无最大值6．“a=1”是“直线x+y=0和直线x-ay=0互相垂直”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．函数11xxefxxe（其中e为自然对数的底数）的图象大致为（）A．B．C．D．

8．已知a、bR，且ab，则（）A．11abB．sinsinabC．1133abD．22ab9．设PABCD是一个高为3，底面边长为2的正四棱锥，M为PC中点，过AM作平面AEMF与线段

PB，PD分别交于点E，F（可以是线段端点），则四棱锥PAEMF的体积的取值范围为（）A．4,23B．43,32C．31,2D．1,210若对圆22(1)(1)1xy上任意一点(,)Pxy，34349xyaxy

的取值与x，y无关，则实数a的取值范围是()A．4aB．46aC．4a或6aD．6a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.12．二项式521()xx的展开式中常数项为__________．所有项的系数和为__________．13．设双曲线222210xybaab的半焦距为c，直线l过（a，0），（0，b）两点

，已知原点到直线l的距离为34c，则双曲线的离心率为____；渐近线方程为_________.14．已知函数22,0()log(),0xxfxxax，若(1)(1)ff，则实数a_____；若()yfx存在最小值，则实数a的取值范围为_____.15．设向量,,ab

c满足1a，||2b，3c，0bc．若12，则(1)abc的最大值是________．16．某班同学准备参加学校在假期里组织的“社区服务”、“进敬老院”、“参观工厂”、“民俗调查”、“环保宣传”

五个项目的社会实践活动，每天只安排一项活动，并要求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________．17．已知函数2122,01()2,10xxxm

xfxxmx若在区间[1,1]上方程()1fx只有一个解，则实数m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｡18．已知函数23sin22cos1

xRfxxx.(1)求fx的单调递增区间;(2)当,64x时,求fx的值域.19．如图，四棱柱1111ABCDABCD的底面ABCD是菱形ACBDO，1AO底面ABCD，12AAAB.（1）求证：平

面1ACO平面11BBDD；（2）若60BAD，求OB与平面11ABC所成角的正弦值.20．等比数列na的各项均为正数，且212326231,9aaaaa.（1）求数列na的通项公式；（2）设

31323loglog......lognnbaaa，求数列1nb的前n项和nT.21．已知抛物线22ypx（0p）上的两个动点11,Axy和22,Bxy，焦点为F.线段AB的中点为03,My，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；（2）若线段AE的垂直平分线与x轴交于点C，求ABC面积的最大值.22．已知函数2()(1)(0)xfxxeaxx.（1）若函数()fx在(0,)上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若函数()fx有两个不同的零点12,xx.（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）求证：12011

111xxt.（其中0t为()fx的极小值点）参考答案及解析1．【答案】C【解析】由，得，选C.2．【答案】C【解析】因为,所以其共轭复数是，选C.【点睛】本题考查共轭复数概念，考查基本分析求解能力，属基本题.3．【答案】C【解

析】设公差为d，45111342724aaadadad，611656615482Sadad，联立112724,61548adad解得4d，故选C.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{}na为等差数列，若mnp

q，则mnpqaaaa.4．【答案】C【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；所以该四棱锥的底面积为224S，高为22213h；所以该四棱锥的体积是1143

43333VSh.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．5．【答案】C【解析】画出不等式组02222yxyxy…„表示的平面区域，如图阴影所示；设3zxy，

则直线30xyz是一组平行线；当直线过点A时，z有最大值，由022yxy，得(2,0)A；所以z的最大值为3202xy，且z无最小值.故选：C.6．【答案】C【解析】直线0x

y和直线0xay互相垂直的充要条件是1()110a，即1a，故选C7．【答案】A【解析】∵f（﹣x）111111xxxxxxeeexexexef（x），∴f（x）是偶函数，故f（x）图形关于y轴对称，排除C，D；又

x=1时，e111ef<0，∴排除B，故选A．8．【答案】C【解析】对于A选项，取1a，1b，则ab成立，但11ab，A选项错误；对于B选项，取a，0b，则ab成立，但sinsin0，即sinsinab，B选项错误；对于C选项，由

于指数函数13xy在R上单调递减，若ab，则1133ab，C选项正确；对于D选项，取1a，2b，则ab，但22ab，D选项错误.故选：C.9.【答案】D【解析】依题意343493434955xyaxyxy

axy表示,Pxy到两条平行直线340xya和3490xy的距离之和与,xy无关，故两条平行直线340xya和3490xy在圆22(1)(1)1xy的两侧，画出图像如下图所示，故圆心1,1到直线340xya

的距离3415ad，解得6a或4a（舍去）故选：D.10．【答案】B【解析】首先证明一个结论：在三棱锥SABC中，棱,,SASBSC上取点111,,ABC则111111SABCSABCVSASBSCVSASBSC，设SB与平面SAC所成角，11111111

111111sinsin3211sinsin32SABCBSACSABCBSACSASCASCSBVVSASBSCVVSASBSCSASCASCSB，证毕.四棱锥P

ABCD中，设,PEPFxyPBPD，212343PABCDV12222PAEMFPAEFPMEFPAEFPMEFPAEFPMEFPABCDPABDPABDPDBCPABDPDBCVVVVVVVVVVVVV111222

PAPEPFPEPMPFxyxyPAPBPDPBPCPD所以3PAEMFVxy又12222PAEMFPAEMPMAFPAEMPMAFPAEMPMAFP

ABCDPABCPABCPDACPABCPDACVVVVVVVVVVVVV11112222PAPEPMPAPMPFxyPAPBPCPAPCPD所以PAEMFVxy即3,31xxyxyyx

，又01,0131xxyx，解得112x所以体积2313,[,1]312xVxyxx，令131,[,2]2txt2(1)111()(2),[,2]332tVttttt根据对勾函数性质，()Vt在1[,1]2t递减，在[1,2]t递增所以函

数()Vt最小值4(1)3V，最大值13(2)()22VV，四棱锥PAEMF的体积的取值范围为43,32故选：B11．【答案】1031165【解析】设该女子每天的织布数量为na，由题可知数列na为公比为2的等比数列，设数列na的前n项和为nS，则

51512512aS，解得1531a，所以2110231aa，10105123116512S.故答案为：1031，165.【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.12．【答案】532【解析】展开式的通项为5552215521()()rrrrrrTCxCxx，令55022r，解得1r，所以展开式中的常数项为1255TC，令1x，得到所有项的系数和为5232，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.13．【答案】23yx【解析】由题可设直线l方程为：1xyab，即0bxayab-

-=，则原点到直线的距离2234cababdcab，解得243abc，两式同时平方可得224163abc，又222bca，代换可得2224163acac，展开得：224416162acac

，同时除以4a得：2416163ee，整理得223440ee，解得243e或4，又0ba，所以2222222222bacaacae，所以24,2ceea；22224

3bcaaaaaa，所以渐近线方程为：3byxxa故答案为：2；3yx14．【答案】12[1,0)【解析】(1)(1)ff，122log(1)a，1212a，12a.易知0x时，

()2(0,1)xfx；又0x…时，2()log()fxxa递增，故2()(0)log()fxfa…，要使函数()fx存在最小值，只需20()0aloga„，解得：10a„.故答案为：12，[1

,0).15．【答案】2101【解析】令1nbc，则22113189nbc，因为12，所以当1，max13189210n，因此当n与a同向时an的模最大，max2101anan

16．【答案】36【解析】把“参观工厂”与“环保宣讲”当做一个整体，共有4242AA48种，把“民俗调查”安排在周一，有3232AA12，∴满足条件的不同安排方法的种数为481236，故答案为：36．17．【答案】1|12mm

或1}m【解析】当01x时，由()1fx，得221xxm，即212xxm；当10x时，由()1fx，得1221xxm，即1221xxm.令函数11,01()221,10x

xxgxx，则问题转化为函数11,01()221,10xxxgxx与函数()hx2xm的图像在区间[1,1]上有且仅有一个交点.在同一平

面直角坐标系中画出函数11,01()221,10xxxgxx与2yxm在区间函数[1,1]上的大致图象如下图所示：结合图象可知：当(0)1h，即1m时，两个函数的图象只有一个交点；当(1)(1),11(1)(1)2hgmhg

时，两个函数的图象也只有一个交点，故所求实数m的取值范围是1|112mmm或.18．【答案】（1）,()63kkkZ；（2）2,3.【解析】(1)函数23sin22cos

1322226fxxsinxcosxinxxs，令222()262kxkkZ，求得()63kxkkZ，故函数f(x)的增区间为,()63kkkZ；(2)

若,64x，则2,623x，故当262x时，函数f(x)取得最小值为−2；当263x时，函数f(x)取得最大值为3，所以函数的值域为2,3.【点睛】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.19．【答案】（1）证明见解析（2）217【解析】（1）证明：由1AO底面ABCD可得1AOBD，又底面ABCD是菱形，所以COBD，因为1AOCOO，所以BD平面1ACO，因为BD平面11BBDD，所以

平面1ACO平面11BBDD.（2）因为1AO底面ABCD，以O为原点，OB，OC，1OA为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系Oxyz，则(1,0,0)B，(0,3,0)C，(0,3,0)A，1(0,0,1)A，11

(1,3,0)ABAB，10,3,1AC，设平面11ABC的一个法向量为(,,)mxyz，由111030030mABxymACyz，取1x得31,,13m，又(1,0,0)OB，所以121cos,7||||123OBmOBmOBm

，所以OB与平面11ABC所成角的正弦值为217.20．【答案】（1）13nna（2）21nn【解析】（Ⅰ）设数列{an}的公比为q,由23a＝9a2a6得23a＝924a,所以q2＝19．由条件可知q＞0,故q＝13．由2

a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝13．故数列{an}的通项公式为an＝13n．（Ⅱ）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－21nn．故1211211nbnnnn．121111111122122311

nnbbbnnn所以数列1nb的前n项和为21nn21．【答案】（1）24yx（2）6439【解析】（1）由题意知126xx

,则1268AFBFxxpp,2p,抛物线的标准方程为24yx（2）设直线AB:xmyn（0m）,由24xmynyx,得2440ymyn,124yym

212426xxmn,即232nm,即21221216304812myymyym,222121413ABmyymm,设AB的中垂线方程为:23ymmx

,即5ymx,可得点C的坐标为5,0,直线AB:232xmym,即2230xmym,点C到直线AB的距离222523211mdmm,2214132SABdmm令23tm,则223mt（03t）,令2

44fttt,2443ftt,令0ft,则233t,在230,3上0ft；在23,33上0ft,故()ft在230,3单调递

增,23,33单调递减,当233t,即153m时,max6439S22．【答案】（1）31(23),2e；（2）（ⅰ）212,2e；（ⅱ）证明见解析.【解析】

（1）由2()(1)xfxxeax，得2()2xxfxxeax，设2()xxgxex，(0)x；则2222()xxxgxex；由()0gx…，解得31x

，所以()gx在(0,31)上单调递减，在(31,)上单调递增，所以31min()(31)(23)gxge因为函数()fx在(0,)上单调递增，所以()0fx…在(0,)恒成立所以31(23)2

ea；所以，实数a的取值范围是：31(23),2e.（2）（i）因为函数()fx有两个不同的零点，()fx不单调，所以31(23)2ea.因此()0fx有两个根，设为10,tt，且10031tt，所以()fx在10,t上单调递增，在

10,tt上单调递减，在0,t上单调递增；又1(0)1ftf，22()(1)(1)xxxfxxeaxaexxae，当x充分大时，()fx取值为正，因此要使得()fx有两个不同的零点，则必须有00ft，即200010t

teat；又因为0000220tftteat；所以：000002202ttttete，解得02t，所以2112(2)22age；因此当函数()fx有两个不同的零点时，实数

a的取值范围是212,2e.（ⅱ）先证明不等式，若12,(0,)xx，12xx，则21121221112xxxxxxnxnx.证明：不妨设210xx，即证2212121211211ln1xxxxxxxxxx

，设211xtx，1()lntgttt，2(1)()ln1thttt，只需证()0gt且()0ht；因为2(1)()02tgttt，22(1)()0(1)thttt，所以()gt在(1,)上单调递减，()ht

在(1,)上单调递增，所以()(1)0gtg，()(1)0hth，从而不等式得证.再证原命题12011111xxt.由1200fxfx得122112221010

xxxeaxxeax；所以2212221211xxxexexx，两边取对数得：2121212lnlnln1ln1xxxxxx；即212121212lnlnln1ln1111x

xxxxxxx.因为2121212112122111111221111nxnxnxnxxxxxxxxx，所以121212221112xxxxxx，因此，要证12011111xxt.只需

证1202xxt；因为()fx在0,t上单调递增，1020xtx，所以只需证2022fxftx，只需证1012fxftx，即证00ftxftx，其中0,0xt；设00()rxftxftx，00tx，只需证(

)0rx；计算得00000()224ttrxxtexxtexat；2000()33txrxexxtext.由20033xyxtext在0,0t

上单调递增，得0003030ytet，所以()0rx；即()rx在0,0t上单调递减，所以：0()(0)20rxrft；即()rx在0,0t上单调递增，所以()(0)0rxr成立，即原命题得证.欢迎访问“”——