1、20202020 浙江省高考压轴卷浙江省高考压轴卷 数学数学 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 | | 2Axx， 1,0,1,2,3B ，则AB A0,1 B0,1,2 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 n S为等差数列 n a的前n项和若 45 24aa， 6 48S ，则 n a的公差为 A1 B2 C4 D8 4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( ) A4 3 B8 C 4 3 3 D
2、8 3 5若实数 , x y满足不等式组 0 22 22 y xy xy ，则3xy( ) A有最大值2，最小值 8 3 B有最大值 8 3 ，最小值 2 C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 1 1 x x e f x xe （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a b，则（ ） A 11 ab Bsinsinab C 11 33 ab D 22 ab 9设PABCD是一个高为 3，底面
3、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 ,2 3 B 4 3 , 3 2 C 3 1, 2 D1,2 10 若对圆 22 (1)(1)1xy上任意一点 ( , )P x y，34349xyaxy 的取值与x， y无关， 则实数 a 的取值范围是( ) A4a B46a C4a或6a D6a 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
4、女子第二日织_ 尺，若女子坚持日日织，十日能织_尺. 12二项式 5 2 1 ()x x 的展开式中常数项为_所有项的系数和为_ 13设双曲线 22 22 10 xy ba ab 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 3 4 c，则双曲线的离心率为_；渐近线方程为_. 14已知函数 2 2 ,0 ( ) log (),0 x x f x xa x ，若( 1 )( 1 )ff，则实数a_；若( )yf x 存在最小值，则实数a的取值范围为_. 15 设向量, ,a b c满足1a ，| | 2b ， 3c ， 0b c 若12 ， 则 ( 1)ab
5、c 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 2 12 2,01 ( ) 2, 10 x x xmx f x xmx 若在区间 1,1上方程( )1f x 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 2 3sin22c
6、os1xRfxxx. (1)求 f x的单调递增区间; (2)当 , 6 4 x 时,求 f x的值域. 19如图，四棱柱 1111 ABCDABC D的底面ABCD是菱形ACBDO， 1 AO 底面 ABCD， 1 2AAAB. （1）求证：平面 1 ACO 平面 11 BB D D； （2）若60BAD，求OB与平面 11 A B C所成角的正弦值. 20等比数列 n a的各项均为正数，且 2 12326 231,9aaaa a. （1）求数列 n a的通项公式； （2）设 31323 loglog log nn baaa，求数列 1 n b 的前n项和 n T. 21 已知抛物线 2 2
7、ypx（ 0p ） 上的两个动点 11 ,A x y和 22 ,B x y， 焦点为 F.线段AB 的中点为 0 3,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) x f xxeaxx. （1）若函数 ( )f x在(0,)上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若函数 ( )f x有两个不同的零点 12 ,x x. （）求实数a的取值范围； （）求证： 120 111 1 1xxt .（其中 0 t为( )f x的极小值点） 参考答案及解析参考答案及解
8、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， 45111 342724aaadadad， 611 6 5 661548 2 Sadad ，联立 1 1 2724 , 61548 ad ad 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 n a为等差数列，若 m npq ，则 mnpq aaaa . 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
9、高是 2, 画出图形，如图所示； 所以该四棱锥的底面积为 2 24S ，高为 22 213h ； 所以该四棱锥的体积是 114 3 43 333 VSh . 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 0 22 22 y xy xy 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 0 22 y xy ，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0xy和直线0xay互相垂直的充要条件是1 () 1 10a
10、 ，即1a ，故选 C 7 【答案】A 【解析】 f（x） 111 111 xxx xxx eee xex exe 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， e1 1 1 e f 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 11 ab ，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 1 3 x y 在R上单调递减，若ab，则 11 33 ab ，C 选项 正确； 对于 D 选项，取1a
11、 ，2b ，则ab，但 22 ab，D 选项错误. 故选：C. 9. 【答案】D 【解析】 依题意 34349 34349 55 xyaxy xyaxy 表示 ,P x y到两条平行直 线3 40xya 和3490xy的距离之和与 , x y无关，故两条平行直线3 40xya 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 34 1 5 a d ，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,SA SB SC上取点 111 ,A B C 则 1 1 1111 SA
12、B C SABC V SA SB SC VSA SB SC ，设SB与平面SAC所成角， 1 1 111 1 111 111 11 sinsin 32 11 sinsin 32 SA B CBSAC SABCB SAC SA SCASC SB VV SA SB SC VVSA SB SC SA SCASC SB ，证毕. 四棱锥PABCD中，设, PEPF xy PBPD ， 2 1 234 3 P ABCD V 1 2222 P AEMFP AEFP MEFP AEFP MEFP AEFP MEF P ABCDP ABDP ABDP DBCP ABDP DBC VVVVVVV VVVVVV
13、111 222 PA PE PFPE PM PF xyxy PA PB PDPB PC PD 所以3 P AEMF Vxy 又 1 2222 P AEMFP AEMP MAFP AEMP MAFP AEMP MAF P ABCDP ABCP ABCP DACP ABCP DAC VVVVVVV VVVVVV 11 11 22 22 PA PE PMPA PM PF xy PA PB PCPA PC PD 所以 P AEMF Vxy 即3, 31 x xyxy y x ，又01,01 31 x xy x ， 解得 1 1 2 x 所以体积 2 31 3, ,1 312 x Vxyx x ，令 1
14、 31, ,2 2 txt 2 (1)111 ( )(2), ,2 332 t V ttt tt 根据对勾函数性质，( )V t在 1 ,1 2 t递减，在1,2t递增 所以函数( )V t最小值 4 (1) 3 V，最大值 13 (2)( ) 22 VV， 四棱锥PAEMF的体积的取值范围为 4 3 , 3 2 故选：B 11 【答案】 10 31 165 【解析】 设该女子每天的织布数量为 n a，由题可知数列 n a为公比为 2 的等比数列， 设数列 n a的前 n 项和为 n S，则 5 1 5 1 2 5 1 2 a S ，解得 1 5 31 a ， 所以 21 10 2 31 aa
15、， 10 10 5 1 2 31 165 1 2 S . 故答案为： 10 31 ，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】5 32 【解析】 展开式的通项为 5 5 5 2 2 155 2 1 ()() r rrrr r TCxC x x ， 令 55 0 22 r，解得1r ， 所以展开式中的常数项为 1 25 5TC， 令1x ，得到所有项的系数和为 5 232，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，
16、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】2 3yx 【解析】 由题可设直线l方程为：1 xy ab ，即0bxayab-=，则原点到直线的距离 22 3 4 c abab d c ab ，解得 2 43abc ，两式同时平方可得 224 163a bc，又 222 bca ， 代换可得 2224 163acac， 展开得： 2244 16162a cac， 同时除以 4 a得： 24 16163ee，整理得 22 3440ee，解得 2 4 3 e 或4，又 0ba，所以 22222222 22bacaacae，所以 2 4,2 c ee a ； 222
17、2 4 3 bcaaa aaa ，所以渐近线方程为：3 b yxx a 故答案为：2；3yx 14 【答案】1 2 1,0) 【解析】 ( 1)(1)ff ， 1 2 2log (1)a ， 1 2 12a ， 12a . 易知0x时，( )2(0,1) x f x ； 又0x时， 2 ( )log ()f xxa递增，故 2 ( )(0)log ()f xfa， 要使函数 ( )f x存在最小值，只需 2 0 () 0 a loga ， 解得：10a. 故答案为：1 2 ， 1,0). 15 【答案】2 101 【解析】 令1nbc，则 2 2 113189nbc ，因为12 ，所 以当1
18、， max 13 1892 10n，因此当n与a同向时an的模最大， max 2 101anan 16 【答案】36 【解析】 把“参观工厂”与“环保宣讲”当做一个整体，共有 42 42 A A48种， 把“民俗调查”安排在周一，有 32 32 AA12， 满足条件的不同安排方法的种数为48 1236， 故答案为：36 17 【答案】 1 | 1 2 mm 或1m 【解析】 当01x时，由( )1f x ，得 2 21 x xm，即 2 1 2 x xm ；当10x 时，由 ( )1f x ，得 12 21 x xm ，即 12 21 x xm . 令函数 1 1 ,01 ( ) 2 21,
19、10 x x x g x x ，则问题转化为函数 1 1 ,01 ( ) 2 21, 10 x x x g x x 与函数 ( )h x 2 xm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 1 1 ,01 ( ) 2 21, 10 x x x g x x 与 2 yxm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), 1 1 ( 1)( 1)2 hg m hg 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 | 11 2 mmm 或. 18 【答案】 （1）,
20、 () 63 kkkZ ； （2）2, 3 . 【解析】 (1) 函数 2 3sin22cos132222 6 fxxsin xcos xinxxs ， 令222() 262 kxkkZ，求得() 63 kxkkZ ， 故函数 f(x)的增区间为,() 63 kkkZ ； (2)若 , 6 4 x ，则2, 62 3 x ，故当2 62 x 时，函数 f(x)取得最小值为 2；当2 63 x 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） 21 7 【解
21、析】 （1）证明：由 1 AO 底面ABCD可得 1 AOBD， 又底面ABCD是菱形，所以COBD， 因为 1 AOCOO，所以BD 平面 1 ACO， 因为BD 平面 11 BB D D， 所以平面 1 ACO 平面 11 BB D D. （2）因为 1 AO 底面ABCD，以O为原点，OB，OC， 1 OA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， 1 0, 3, 1AC ， 设平面 11 A B C的一个法向量为 ( , , )mx y z， 由 11 1 0
22、30 030 m ABxy m ACyz ，取1x 得 3 1, 1 3 m ， 又(1,0,0)OB ， 所以 121 cos, 7|1 2 3 OB m OB m OB m ， 所以OB与平面 11 A B C所成角的正弦值为 21 7 . 20 【答案】 （1） 1 3 n n a （2） 2 1 n n 【解析】 （）设数列an的公比为 q,由 2 3 a9a2a6得 2 3 a9 2 4 a,所以 q2 1 9 由条件可知 q0,故 q 1 3 由 2a13a21 得 2a13a1q1,所以 a1 1 3 故数列an的通项公式为 an 1 3n （）bnlog3a1log3a2log
23、3an（12n） 2 1n n 故 1211 2 11 n bn nnn 12 111111112 21 22311 n n bbbnnn 所以数列 1 n b 的前 n 项和为 2 1 n n 21 【答案】 （1） 2 4yx（2） 64 3 9 【解析】 （1）由题意知 12 6xx, 则 12 68AFBFxxpp , 2p, 抛物线的标准方程为 2 4yx （2）设直线AB:x myn （0m）, 由 2 4 xmyn yx ,得 2 440ymyn, 12 4yym 2 12 426xxmn,即 2 32nm , 即 2 12 2 12 16 30 4 812 m yym yym
24、, 222 12 1413ABmyymm , 设AB的中垂线方程为:23ymm x,即5ym x, 可得点 C 的坐标为5,0, 直线AB: 2 3 2xmym ,即 2 230xmym , 点 C 到直线AB的距离 2 2 2 523 21 1 m dm m , 22 1 413 2 SAB dmm 令 2 3tm ,则 22 3mt （0 3t ）, 令 2 4 4f ttt, 2 4 43ftt,令 0ft,则 2 3 3 t , 在 2 3 0, 3 上 0ft ；在 2 3 , 3 3 上 0ft , 故 ( ) f t在 2 3 0, 3 单调递增, 2 3 , 3 3 单调递减,
25、 当 2 3 3 t ,即 15 3 m 时, max 64 3 9 S 22 【答案】 （1） 3 1 (23) , 2 e ； （2） （） 2 12 , 2 e ； （）证明见解析. 【解析】 （1）由 2 ( )(1) x f xxeax，得 2 ( )2 x x fxxea x ， 设 2 ( ) x x g xe x ，(0)x ；则 2 2 22 ( ) x xx g xe x ； 由( ) 0g x ，解得31x ， 所以( )g x在(0, 31)上单调递减，在( 31,)上单调递增， 所以 3 1 min( ) ( 3 1)(23) gxge 因为函数 ( )f x在(0,
26、)上单调递增，所以 ( ) 0fx 在(0, )恒成立 所以 3 1 (23)2 ea； 所以，实数a的取值范围是： 3 1 (23) , 2 e . （2） （i）因为函数 ( )f x有两个不同的零点，( )f x不单调，所以 3 1 (23) 2 e a . 因此( )0fx 有两个根，设为 10 ,t t，且 10 031tt ， 所以 ( )f x在 1 0,t上单调递增，在 10 ,t t上单调递减，在 0, t 上单调递增； 又 1 (0)1f tf， 22 ( )(1)(1) xxx f xxeaxa exxae ，当x充分大时， ( )f x取值为正，因此要使得( )f x有
27、两个不同的零点，则必须有 0 0f t，即 2 000 10 t tea t ； 又因为 0000 220 t ftteat； 所以： 0 0000 220 2 tt t tete，解得 0 2t ，所以 2 112 ( 2) 22 age； 因此当函数 ( )f x有两个不同的零点时，实数a的取值范围是 2 12 , 2 e. （）先证明不等式，若 12 ,(0,)x x ， 12 xx，则 2112 12 21 112 xxxx x x nxnx . 证明：不妨设 21 0xx，即证 2 2 1 21 2 1 2 1 1 211 ln 1 xx xxx x xx x x ， 设 2 1 1
28、 x t x ， 1 ( )ln t g tt t ， 2(1) ( )ln 1 t h tt t ， 只需证 ( )0g t 且( )0h t ； 因为 2 (1) ( )0 2 t g t t t ， 2 2 (1) ( )0 (1) t h t t t ， 所以( )g t在(1,)上单调递减，( )h t在(1,)上单调递增， 所以( )(1)0g tg，( )(1)0h th，从而不等式得证. 再证原命题 120 111 1 1xxt . 由 1 2 0 0 f x f x 得 1 2 2 11 2 22 10 10 x x xeax xeax ； 所以 22 12 22 12 11
29、 xx xexe xx ，两边取对数得： 212121 2 lnlnln1ln1xxxxxx ； 即 2121 2121 2 lnlnln1ln1 1 11 xxxx xxxx . 因为 2121 212112 12 2 11111122 1111 nxnxn xn x xxxxxxx x ， 所以 1212 12 2211 1 2xxxxx x ， 因此，要证 120 111 1 1xxt . 只需证 120 2xxt； 因为 ( )f x在 0, t 上单调递增， 102 0xtx，所以只需证 202 2f xftx， 只需证 101 2f xftx，即证 00 f txf tx，其中 0,0 xt ； 设 00 ( )r xf txf tx， 0 0tx，只需证( )0r x ； 计算得 00000 ( )224 tt r xxtexxtexat ； 2 000 ( )33 tx r xexxtext . 由 2 00 33 x yxtext在 0,0 t上单调递增， 得 0 00 3030ytet， 所以( )0r x ；即( )r x 在 0,0 t上单调递减， 所以： 0 ( )(0)20r xrft； 即( )r x在 0,0 t上单调递增，所以( )(0)0r xr成立，即原命题得证.
