2020 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
数学
本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共 4 页，选择题部分 1 至 2 页；非选择题部分 3 至
4 页.满分 150 分.考试用时 120 分钟.
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和
答题纸规定的位置上.
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题
卷上的作答一律无效.
参考公式：
如果事件 A，B 互斥，那么
如果事件 A，B 相互独立，那么
如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 p，
那么 n 次独立重复试验中事件 A 恰好发
生 k 次的概率
台体的体积公式
其中 分别表示台体的上、下底面积，
表示台体的高
柱体的体积公式
其中 表示柱体的底面积， 表示柱体的高
锥体的体积公式
其中 表示锥体的底面积， 表示锥体的高
球的表面积公式
球的体积公式
其中 表示球的半径
选择题部分（共 40 分）
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 P= ， ，则 P Q=（ ）
A. B.
C. D.
( ) ( ) ( )P A B P A P B+ = +
( ) ( ) ( )P AB P A P B=
( ) (1 ) ( 0,1,2, , )k k n k
n nP k C p p k n−= − =
1 1 2 2
1 ( )3V S S S S h= + +
1 2,S S
h
V Sh=
S h
1
3V Sh=
S h
24S Rπ=
34
3V Rπ=
R
{ |1 4}<
【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
8.已知点 O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点 P 满足|PA|–|PB|=2，且 P 为函数 y= 图像上的点，
则|OP|=（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意可知，点 既在双曲线的一支上，又在函数 的图象上，即可求出点 的坐标，得到
的值．
【详解】因为 ，所以点 在以 为焦点，实轴长为 ，焦距为 的双曲线的右支上，
由 可得， ，即双曲线的右支方程为 ，而点 还在函数
的图象上，所以，
由 ，解得 ，即 ．
故选：D.
【点睛】本题主要考查双曲线的定义的应用，以及二次曲线的位置关系的应用，意在考查学生的数学运算
能力，属于基础题．
9.已知 a，b R 且 ab≠0，若(x–a)(x–b)(x–2a–b)≥0 在 x≥0 上恒成立，则（ ）
A. a0 C. b0
【答案】C
【解析】
【分析】
对 分 与 两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案.
【详解】因为 ，所以 且 ，设 ，则 零点
为
的
23 4 x−
22
2
4 10
5 7 10
P 23 4y x= − P
OP
| | | | 2 4PA PB− = < P ,A B 2 4 2, 1c a= = 2 2 2 4 1 3b c a= − = − = ( )2 2 1 03 yx x− = > P
23 4y x= −
( )2
2
2 1 03
3 4
yx x
y x
− >
−
=
=
13
2
3 3
2
x
y
=
=
13 27 104 4OP = + =
∈
a 0a > 0a < 0ab ≠ 0a ≠ 0b≠ ( ) ( )( )( 2 )f x x a x b x a b= − − − − ( )f x 1 2 3, , 2x a x b x a b= = = +
当 时，则 ， ，要使 ，必有 ，且 ，
即 ，且 ，所以 ；
当 时，则 ， ，要使 ，必有 .
综上一定有 .
故选：C
【点晴】本题主要考查三次函数在给定区间上恒成立问题，考查学生分类讨论思想，是一道中档题.
10.设集合 S，T，S N*，T N*，S，T 中至少有两个元素，且 S，T 满足：
①对于任意 x，y S，若 x≠y，都有 xy T
②对于任意 x，y T，若 x 2 3x x< 1 > 0x ( ) 0f x ≥ 2a b a+ = 0b < = −b a 0b < 0b < 0a < 2 3x x> 1 0x < ( ) 0f x ≥ 0b < 0b < ⊆ ⊆ ∈ ∈ ∈ y x ∈ { }1,2,4S = { }2,4,8T = { }1,2,4,8S T = { }2,4,8S = { }8,16,32T = { }2,4,8,16,32S T = { }2,4,8,16S = { }8,16,32,64,128T = { }2,4,8,16,32,64,128S T = { }1 2 3 4, , ,S p p p p= 1 2 3 4p p p p< < < * 1 2 3 4, , ,p p p p N∈ 1 2 2 4p p p p< 1 2 2 4,p p p p T∈ 4 1 p Sp ∈
同理 ， ， ， ， ，
若 ，则 ，则 ，故 即 ，
又 ，故 ，所以 ，
故 ，此时 ，故 ，矛盾，舍.
若 ，则 ，故 即 ，
又 ，故 ，所以 ，
故 ，此时 .
若 ， 则 ，故 ，故 ，
即 ，故 ，
此时 即 中有 7 个元素.
故 A 正确.
故选：A.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去
解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看
本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜
法宝.
非选择题部分（共 110 分）
二、填空题：本大题共 7 小题，共 36 分.多空题每小题 6 分，单空题每小题 4 分.
11.已知数列{an}满足 ，则 S3=________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据通项公式可求出数列 的前三项，即可求出．
4
2
p Sp
∈ 4
3
p Sp
∈ 3
2
p Sp
∈ 3
1
p Sp
∈ 2
1
p Sp
∈
1 1p = 2 2p ≥ 3
3
2
p pp
< 3 2 2 p pp = 2 3 2p p= 4 4 4 2 3 1p pp p p > > > 4 4
22
3 2
p p pp p
= = 3
4 2p p=
{ }2 3
2 2 21, , ,S p p p= 5
2 2,p T p T∈ ∈ 4
2p S∈
1 2p ≥ 32
3
1 1
pp pp p
< < 3 2 2 1 1 1 ,p pp pp p = = 3 2 3 1 2 1,p p p p= = 4 4 4 4 1 2 3 1p p pp p p p > > > > 4 4
13
3 1
p p pp p
= = 4
4 1p p=
{ }2 3 4
1 1 1 1, , ,S p p p p= { }3 4 5 6 7
1 1 1 1 1, , , ,p p p p p T⊆
q T∈ 3
1
q Sp
∈ 13
1
, 1,2,3,4iq p ip
= = 3
1 , 1,2,3,4iq p i+= =
{ }3 4 5 6 7
1 1 1 1 1, , , ,q p p p p p∈ { }3 4 5 6 7
1 1 1 1 1, , , ,p p p p p T=
{ }2 3 4 4 5 6 7
1 1 1 1 1 1 1 1, , , , , , ,S T p p p p p p p p∪ = S T
( 1)= 2n
n na
+
10
{ }na
【详解】因为 ，所以 ．
即 ．
故答案为： .
【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．
12.设 ，则 a5=________；a1+a2 + a3=________．
【答案】 (1). 80
(2). 122
【解析】
【分析】
利用二项式展开式的通项公式计算即可.
【详解】 的通项为 ，令 ，则 ，故 ；
.
故答案为：80；122
【点晴】本题主要考查利用二项式定理求指定项的系数问题，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.
13.已知 ，则 ________； ______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
利用二倍角余弦公式以及弦化切得 ，根据两角差正切公式得
【详解】 ，
，
故答案为：
【点睛】本题考查二倍角余弦公式以及弦化切、两角差正切公式，考查基本分析求解能力，属基础题.
14.已知圆锥展开图的侧面积为 2π，且为半圆，则底面半径为_______．
【答案】
【解析】
( )1
2n
n na
+= 1 2 31, 3, 6a a a= = =
3 1 2 3 1 3 6 10S a a a= + + = + + =
10
( ) 2 3 4 5
1 2
5
3 4 5 61 2 x a a x a x a x a x a x+ = + + + + +
5(1 2 )x+ 1 5 5(2 ) 2r r r r r
rT C x C x+ = = 4r = 4 4 4 4
5 52 80T C x x= = 5 80a =
1 1 3 3 5 5
1 3 5 5 5 52 2 2 122a a a C C C+ + = + + =
tan 2θ = cos 2θ = πtan( )4
θ − =
3
5-
1
3
cos2θ tan( )4
πθ −
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
cos sin 1 tan 1 2 3cos2 cos sin cos sin 1 tan 1 2 5
θ θ θθ θ θ θ θ θ
− − −= − = = = = −+ + +
tan 1 2 1 1tan( )4 1 tan 1 2 3
π θθ θ
− −− = = =+ +
3 1,5 3
−
1
【分析】
利用题目所给圆锥侧面展开图的条件列方程组，由此求得底面半径.
【详解】设圆锥底面半径为 ，母线长为 ，则
，解得 .
故答案为：
【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.
15.设直线 ，圆 ， ，若直线 与 ， 都相切，则
_______；b=______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由直线与圆 相切建立关于 k，b 的方程组，解方程组即可.
【详解】由题意， 到直线的距离等于半径，即 ， ，
所以 ，所以 （舍）或者 ，
解得 .
故答案为：
【点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.
16.一个盒子里有 1 个红 1 个绿 2 个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出红球即停，设拿出黄球的
个数为 ，则 _______； ______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
先确定 对应事件，再求对应概率得结果；第二空，先确定随机变量，再求对应概率，最后根据数学期
r l
2
12 22
r l
r l
π π
π π
× × = × × = × × ×
1, 2r l= =
1
: ( 0)l y kx b k= + > 2 2
1 : 1C x y+ = 2 2
2 :( 4) 1C x y− + = l 1C 2C k =
3
3
2 3
3
−
1 2,C C
1 2,C C 2 2
| | 1
1
b
k
=
+ 2 2
| 4 | 1
1
k b
k
+ =
+
| | 4b k b= + 0k = 2b k= −
3 2 3,3 3k b= = −
3 2 3;3 3
−
ξ ( 0)P ξ = = ( )E ξ =
1
3 1
0ξ =
望公式求结果.
【详解】因为 对应事件为第一次拿红球或第一次拿绿球，第二次拿红球，
所以 ，
随机变量 ，
，
，
所以 .
故答案为： .
【点睛】本题考查古典概型概率、互斥事件概率加法公式、数学期望，考查基本分析求解能力，属基础题.
17.设 ， 为单位向量，满足 ， ， ，设 ， 的夹角为 ，则
的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用复数模的平方等于复数的平方化简条件得 ，再根据向量夹角公式求 函数关系式，根据
函数单调性求最值.
【详解】 ，
，
，
.
故答案为： .
【点睛】本题考查利用模求向量数量积、利用向量数量积求向量夹角、利用函数单调性求最值，考查综合
0ξ =
1 1 1 1( 0) 4 4 3 3P ξ = = + × =
0,1,2ξ =
2 1 2 1 1 1 2 1 1( 1) 4 3 4 3 2 4 3 2 3P ξ = = × + × × + × × =
1 1 1( 2) 1 3 3 3P ξ = = − − =
1 1 1( ) 0 1 2 13 3 3E ξ = × + × + × =
1;13
1e
2e
21| 2 2|− ≤ ee 1 2a e e= +
1 23b e e= + a b θ 2cos θ
28
29
1 2
3
4e e⋅ ≥ 2cos θ
1 2| 2 | 2e e− ≤
1 24 4 1 2e e∴ − ⋅ + ≤
1 2
3
4e e∴ ⋅ ≥
22
2 1 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2
(4 4 ) 4(1 )( )cos
(2 2 )(10 6 ) 5 3
e e e ea b
e e e e e ea b
θ + ⋅ + ⋅⋅∴ = = =
+ ⋅ + ⋅ + ⋅⋅
1 2
4 2 4 2 28(1 ) (1 )33 3 295 3 5 3 4
e e
= − ≥ − =
+ ⋅ + ×
28
29
分析求解能力，属中档题.
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.在锐角△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 ．
（I）求角 B；
（II）求 cosA+cosB+cosC 的取值范围．
【答案】（I） ；（II）
【解析】
【分析】
（I）首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定∠B 的大小；
（II）结合(1)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有∠A 的三角函数式，然后由三角形为锐角三角
形确定∠A 的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得 的取值范围.
【详解】（I）由 结合正弦定理可得：
△ABC 为锐角三角形，故 .
（II）结合(1)的结论有：
.
由 可得： ， ，
则 ， .
即 的取值范围是 .
【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求最值
2 sin 3b A a=
3B
π= 3 1 3,2 2
+
cos cos cosA B C+ +
2 sin 3b A a= 32sin sin 3sin , sin 2B A A B= ∴ =
3B
π=
1 2cos cos cos cos cos2 3A B C A A
π + + = + + −
1 3 1cos cos sin2 2 2A A A= − + + 3 1 1sin cos2 2 2A A= + +
1sin 6 2A
π = + +
20 3 2
0 2
A
A
ππ
π
< − 1 2
11nc c c d
+ + + < + 11 4 2, .2 3 n nq a − += = 1 2 36b b b+ = q { }nc { }na { }nc 2 1 2 31, ,b b q b q= = = 1 2 36b b b+ = 21 6q q+ = 0q > 1
2q =
1
1
2n nb −=
所以 ，故 ，所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，所以
.
所以 （ ）.
所以
（II）依题意设 ，由于 ，
所以 ，
故
.
所以
.
由于 ，所以 ，所以 .
即 ， .
【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.
21.如图，已知椭圆 ，抛物线 ，点 A 是椭圆 与抛物线 的交点，过
点 A 的直线 l 交椭圆 于点 B，交抛物线 于 M（B，M 不同于 A）．
2 1
1
2n nb + += 1
1
1
1
2 41
2
n
n n n
n
c c c
−
+
+
= ⋅ = ⋅ { }nc 1 4
14n
nc −=
1
1 4n n n
na a c −
+ = =− *2,n n N≥ ∈
1
2
1
4 21 4 4 .3
n
n
na a
−
− += + + +⋅⋅⋅+ =
( )1 1 1nb n d dn d= + − = + − 1
2
n n
n n
c b
c b
+
+
=
1
1 1
n n
n n
c b
c b
−
− +
= ( )*2,n n N≥ ∈
1 3 2
1
1 2 2 1
n n
n
n n
c c c cc cc c c c
−
− −
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 1 2 3 2 1
1
1 1 4 3
n n n
n n n
b b b b b cb b b b b
− − −
+ −
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
1 2
1 1 1
1 1 1 1 1 11
n n n n n n
b b d
b b d b b d b b+ + +
+ = = − = + −
1 2
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1 11n
n n
c c c d b b b b b b +
+ + + = + − + − + + −
1
1 11 1
nd b +
= + −
10, 1d b> = 1 0nb + >
1
1 1 11 1 1
nd b d+
+ − < + 1 2 11nc c c d + +…+ < + *n N∈ 2 2 1 : 12 xC y+ = 2 2 : 2 ( 0)C y px p= > 1C 2C
1C 2C
（Ⅰ）若 ，求抛物线 的焦点坐标；
（Ⅱ）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．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）
【解析】
【详解】（Ⅰ）当 时， 的方程为 ，故抛物线 的焦点坐标为 ；
（Ⅱ）设 ，
由 ，
，
由 在抛物线上，所以 ，
又 ，
， ，
.
由 即
1
16
=p 2C
1( ,0)32
10
40
1
16
=p 2C 2 1
8y x= 2C 1( ,0)32
( ) ( ) ( )1 1 2 2 0 0, , , , , , :A x y B x y M x y I x y mλ= +
( )2 2
2 2 22 2 2 2 2 0x y y my m
x y m
λ λ
λ
+ = ⇒ + + + − = = +
1 2 0 0 02 2 2
2 2, ,2 2 2
m m my y y x y m
λ λ λλ λ λ
− −∴ + = = = + =+ + +
M ( )
2 2 2
2 2 22
4 42 22
m pm m p
λ λ
λ λλ
= ⇒ =+ ++
2
2 22 2 ( ) 2 2 0y px y p y m y p y pm
x y m
λ λ
λ
= ⇒ = + ⇒ − − = = +
01 2y y pλ∴ + = 2
1 0 1 0 2 2x x y m y m p mλ λ λ∴ + = + + + = +
2
1 2
22 2 2
mx p mλ λ∴ = + − +
2
2
2
2
1 4 2, 2
2
x y x px
y px
+ = ⇒ + =
=
2 4 2 0x px+ − =
2
2
1
4 16 8 2 4 22
p px p p
− + +⇒ = = − + +
，
所以 ， ， ，
所以， 的最大值为 ，此时 .
法 2：设直线 ， .
将直线 的方程代入椭圆 得： ，
所以点 的纵坐标为 .
将直线 的方程代入抛物线 得： ，
所以 ，解得 ，因此 ，
由 解得 ，
所以当 时， 取到最大值为 .
【点晴】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用，涉及到求函数的最值，考查学生的数学运
算能力，是一道有一定难度的题.
22.已知 ，函数 ，其中 e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数 在 上有唯一零点；
（Ⅱ）记 x0 为函数 在 上的零点，证明：
（ⅰ） ；
（ⅱ） ．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】
（I）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
2
2 2 2
2 2
1 82 4 2 2 2 2 8 162
pp p p m p p p
λλ λλ λ
+⇒ − + + = + ⋅ = + + ≥+
24 2 18p p+ ≥ 2 1
160p ≤ 10
40p ≤
p 10
40
2 10 5( , )5 5A
: ( 0, 0)l x my t m t= + ≠ ≠ ( )0 0,A x y
l
2
2
1 : 12
xC y+ = ( )2 2 22 2 2 0m y mty t+ + + − =
M 2 2M
mty m
= − +
l 2
2 : 2C y px= 2 2 2 0y pmy pt− − =
0 2My y pt= − ( )2
0
2 2p m
y m
+
= ( )22
0 2
2 2p m
x m
+
=
2
20
0 12
x y+ =
2 2
2
1 2 24 2 160m mp m m
= + + +
102, 5m t= = p 10
40
1 2a< ≤ ( ) exf x x a= − − ( )y f x= (0 )+ ∞， ( )y f x= (0 )+ ∞， 01 2( 1)a x a− ≤ ≤ − 0 0 (e ) (e 1)( 1)xx f a a≥ − −
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单
调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）先根据零点条件转化： ，再根据 放缩，转化为证明不等式
，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】（I） 在 上单调递增，
，
所以由零点存在定理得 在 上有唯一零点；
（II）（i） ，
，
令
一方面： ，
在 单调递增， ，
，
另一方面： ，
所以当 时， 成立，
因此只需证明当 时 ，
因为
当 时， ，当 时， ，
所以 ，
在 单调递减， ， ，
综上， .
（ii） ，
， ，
0
0 0 0( ) ( )xx f e x f x a= + 1 2a< ≤ 2 24( 2) ( 1) ( 1)ae e a− ≥ − − ( ) 1, 0, 1, ( ) 0, ( )x xf x e x e f x f x′ ′= − > ∴ > ∴ > ∴ (0, )+∞
2 21 2, (2) 2 4 0, (0) 1 0a f e a e f a< ≤ ∴ = − − ≥ − > = −
( ) (0) 0, ( )h x h h x′ ′∴ > = ∴ (0,2) ( ) (0) 0h x h∴ > =
2
21 0,2( 1)2
x xxe x e x x∴ − − − > − − >
1 2 1 1a a< ≤ ∴ − ≤ 0 1x ≥ 01a x− ≤ 0 1x< < 2( ) 1 0xg x e x x= − − − ≤ 1 1( ) 1 2 ( ) ( ) 2 0 ln 2x xg x e x g x g x e x′′ = − − = = − = ⇒ =， (0,ln 2)x∈ 1 ( ) 0g x′ < (ln 2,1)x∈ 1 ( ) 0g x′ >
( ) max{ (0), (1)}, (0) 0, (1) 3 0, ( ) 0g x g g g g e g x′ ′ ′ ′ ′ ′< = = − < ∴ 01 2( 1)a x a− ≤ ≤ −
，因为 ，
所以 ，
，
只需证明 ，
即只需证明 ，
令 ，
则 ，
，即 成立，
因此 .
【点睛】本题考查利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式，考查综合分析论证与求解能力描述难题.
0( ) ( 1) 1[( 1) 1 ( 2)] ( 1)( 1) 1( 2)a a a at x t a a e a a e e a a a e∴ ≥ − = − − − + − = − − + − − 1 2a< ≤ , 2( 1)ae e a a> ≥ −
0( ) ( 1)( 1) 2( 1) 1( 2)at x e a a a e∴ ≥ − − + − − −
22( 1) 1( 2) ( 1)( 1)aa a e e a− − − ≥ − −
2 24( 2) ( 1) ( 1)ae e a− ≥ − −
2 2( ) 4( 2) ( 1) ( 1),(1 2)as a e e a a= − − − − < ≤ 2 2( ) 8 ( 2) ( 1) 8 ( 2) ( 1) 0a as a e e e e e e′ = − − − ≥ − − − >
2( ) (1) 4( 2) 0s a s e∴ > = − > 2 24( 2) ( 1) ( 1)ae e a− ≥ − −
( )0x
0 e (e 1)( 1)x f a a≥ − −
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