2020年高考数学真题试卷（浙江卷）
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．（2020·浙江）已知集合P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，则P∩Q＝（ ）
A．{x|1＜x≤2} B．{x|2＜x＜3}
C．{x|3≤x＜4} D．{x|1＜x＜4}
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，
则P∩Q＝{x|2＜x＜3}．
故答案为：B．
【分析】直接利用交集的运算法则求解即可．
2．（2020·浙江）已知a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，则a＝（ ）
A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，
可得a﹣2＝0，解得a＝2．
故答案为：C．
【分析】利用复数的虚部为0，求解即可．
3．（2020·浙江）若实数x，y满足约束条件 ，则z＝x+2y的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，4] B．[4，+∞）
C．[5，+∞） D．（﹣∞，+∞）
【答案】B
【知识点】简单线性规划的应用
【解析】【解答】解：画出实数x，y满足约束条件 所示的平面区域，如图：
将目标函数变形为﹣ x+ ＝y，
则z表示直线在y轴上截距，截距越大，z越大，
当目标函数过点A（2，1）时，截距最小为z＝2+2＝4，随着目标函数向上移动截距越来越大，
故目标函数z＝2x+y的取值范围是[4，+∞）．
故答案为：B．
【分析】作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数z＝x+2y的取值范围．
4．（2020·浙江）函数y＝xcosx+sinx在区间[﹣π，+π]的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：y＝f（x）＝xcosx+sinx，
则f（﹣x）＝﹣xcosx﹣sinx＝﹣f（x），
∴f（x）为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B，D，
当x＝π时，y＝f（π）＝πcosπ+sinπ＝﹣π＜0，故排除B，
故答案为：A．
【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点．
5．（2020·浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）
A． B． C．3 D．6
【答案】A
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；由三视图还原实物图
【解析】【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图，
下部是直三棱柱，底面是斜边长为2的等腰直角三角形，棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为1，
所以几何体的体积为： ＝ ．
故答案为：A．
【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．
6．（2020·浙江）已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．
故m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件，
故答案为：B．
【分析】由m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．
7．（2020·浙江）已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0， ≤1．记b1＝S2，bn+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a4＝a2+a6 B．2b4＝b2+b6 C．a42＝a2a8 D．b42＝b2b8
【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式
【解析】【解答】解：在等差数列{an}中，an=a1+ ( n-1 ) d，
∴a2=a1+d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，bn+1=S2n+2-S2n，
∴b2=S4-S2=a3+a4，b4=S8-S6=a7+a8，b6=S12-S10=a11+a12，b8=S16-S14=a15+a16，
A.2a4=a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，
B.若2b4=b2+b6，则2 ( a7+a8)=a3+a4+a11+a12=( a3+a12)+( a4＋a11 )，成立，B正确，
C．若a42=a2a8，则 ( a1+3d ) 2= ( a1+d ) ( a1+7d ) ，
即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d＋7d2，得a1d=d2，
∵d≠0，∴a=d，符合 ≤1，C正确；
D.若b42=b2b8，则( a7+a8 ) 2= ( a3+a4 ) ( a15+a16 )，
即4a12+52a1d+169d2=4a12+68a1d+145d2，得16a1d=24d2，
∵d≠0，∴2a1=3d，不符合 ≤1，D错误；
故答案为：D．
【分析】由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2，b4，b6，b8，分析B，D成立时是否满足公差d≠0， ≤1判断B与D．
8．（2020·浙江）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＝3 图象上的点，则|OP|＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；轨迹方程
【解析】【解答】解：点O （0，0），A（﹣2，0），B （2，0）．设点P满足|PA|﹣|PB|＝2，
可知P的轨迹是双曲线 的右支上的点，
P为函数y＝3 图象上的点，即 在第一象限的点，
联立两个方程，解得P（ ， ），
所以|OP|＝ ＝ ．
故答案为：D．
【分析】求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP|．
9．（2020·浙江）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．a＜0 B．a＞0 C．b＜0 D．b＞0
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），可得f（x）的图象与x轴有三个交点，
即f（x）有三个零点a，b，2a+b且f（0）＝﹣ab（2a+b），
由题意知，f（0）≥0恒成立，则ab（2a+b）≤0，a＜0，b＜0，
可得2a+b＜0，ab（2a+b）≤0恒成立，排除B，D；
我们考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上．
则有a＝b或a＝2a+b或b＝b+2a三种情况，此时a＝b＜0显然成立；
若b＝b+2a，则a＝0不成立；
若a＝2a+b，即a+b＝0，可得b＜0，a＞0且a和2a+b都在正半轴上，符合题意，
综上b＜0恒成立．
故答案为：C．
【分析】设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），求得f（x）的零点，根据f（0）≥0恒成立，讨论a，b的符号，结合三次函数的图象，即可得到结论．
10．（2020·浙江）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＜y，则 ∈S；下列命题正确的是（ ）
A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素
B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素
C．若S有3个元素，则S∪T有4个元素
D．若S有3个元素，则S∪T有5个元素
【答案】A
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【解答】解：取：S＝{1，2，4}，则T＝{2，4，8}，S∪T＝{1，2，4，8}，4个元素，排除D．
S＝{2，4，8}，则T＝{8，16，32}，S∪T＝{2，4，8，16，32}，5个元素，排除C；
S＝{2，4，8，16}则T＝{8，16，32，64，128}，S∪T＝{2，4，8，16，32，64，128}，7个元素，排除B；
故答案为：A．
【分析】利用特殊集合排除选项，推出结果即可．
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．（2020·浙江）已知数列{an}满足an＝ ，则S3＝ ．
【答案】10
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：数列{an}满足an＝ ，
可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，
所以S3＝1+3+6＝10．
故答案为：10．
【分析】求出数列的前3项，然后求解即可．
12．（2020·浙江）设 （1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝ ；a1+a2+a3＝ ．
【答案】80；130
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝ ＝80．
a1+a2+a3＝ ＝130．
故答案为：80；130．
【分析】直接利用二项式定理的通项公式，求解即可．
13．（2020·浙江）已知tanθ＝2，则cos2θ＝ ；tan（θ﹣ ）＝ ．
【答案】﹣ ；
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：tanθ＝2，
则cos2θ＝ ＝ ＝ ＝﹣ ．
tan（θ﹣ ）＝ ＝ ＝ ．
故答案为：﹣ ；
【分析】利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的三角函数转化求解第二问．
14．（2020·浙江）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】1
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2π，
设圆锥的母线长为a，则 a2π＝2π，∴a＝2，
∴侧面展开扇形的弧长为2π，
设圆锥的底面半径OC＝r，则2πr＝2π，解得r＝1．
故答案为：1．
【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径．
15．（2020·浙江）设直线l：y＝kx+b（k＞0），圆C1：x2+y2＝1，C2：（x﹣4）2+y2＝1，若直线l与C1，C2都相切，则k＝ ；b＝ ．
【答案】；﹣
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】由条件得C1（0，0），r1＝1，C2（4，0），r2＝1，
因为直线l与C1，C2都相切，
故有d1＝ ＝1，d2＝ ＝1，
则有 ＝ ，故可得b2＝（4k+b）2，整理得k（2k+b）＝0，
因为k＞0，所以2k+b＝0，即b＝﹣2k，
代入d1＝ ＝1，解得k＝ ，则b＝﹣ ，
故答案为： ；﹣ ．
【分析】根据直线l与两圆都相切，分别列出方程d1＝ ＝1，d2＝ ＝1，解得即可．
16．（2020·浙江）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ξ，则P（ξ＝0）＝ ；E（ξ）＝ ．
【答案】；1
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；
计算P（ξ＝0）＝ + ＝ ；
P（ξ＝1）＝ + ＝ ；
P（ξ＝2）＝ + ＝ ；
所以E（ξ）＝0× +1× +2× ＝1．
故答案为： ，1．
【分析】由题意知随机变量ξ的可能取值为0，1，2；分别计算P（ξ＝0）、P（ξ＝1）和P（ξ＝2），再求E（ξ）的值．
17．（2020·浙江）设 ， 为单位向量，满足|2 ﹣ |≤ ， ＝ + ， ＝3 + ，设 ， 的夹角为θ，则cos2θ的最小值为 ．
【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设 、 的夹角为α，由 ， 为单位向量，满足|2 ﹣ |≤ ，
所以4 ﹣4 +＝4 ﹣4cosα+1≤2，
解得cosα≥ ；
又 ＝ + ， ＝3 + ，且 ， 的夹角为θ，
所以 ＝3 +4 + ＝4+4cosα，
＝ +2 + ＝2+2cosα，
＝9 +6 + ＝10+6cosα；
则cos2θ＝ ＝ ＝ ＝ ﹣ ，
所以cosα＝ 时，cos2θ取得最小值为 ﹣ ＝ ．
故答案为： ．
【分析】设 、 的夹角为α，由题意求出cosα≥ ；再求 ， 的夹角θ的余弦值cos2θ的最小值即可．
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．（2020·浙江）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinA＝ a．
（Ⅰ）求角B；
（Ⅱ）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ）∵2bsinA＝ a，
∴2sinBsinA＝ sinA，
∵sinA≠0，
∴sinB＝ ，
∵ ＜B＜ ，
∴B＝ ，
（Ⅱ）∵△ABC为锐角三角形，B＝ ，
∴C＝ ﹣A，
∴cosA+cosB+cosC＝cosA+cos（ ﹣A）+cos ＝cosA﹣ cosA+ sinA+ ＝ cosA+ sinA+ ＝sin（A+ ）+ ，
△ABC为锐角三角形，0＜A＜ ，0＜C＜ ，
解得 ＜A＜ ，
∴ ＜A+ ＜ ，
∴ ＜sin（A+ ）≤1，
∴ + ＜sin（A+ ）+1≤ ，
∴cosA+cosB+cosC的取值范围为（ ， ]．
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦函数的性质；正弦定理
【解析】【分析】（Ⅰ）根据正弦定理可得sinB＝ ，结合角的范围，即可求出，（Ⅱ）根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出．
19．（2020·浙江）如图，三棱台DEF﹣ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，
∵面ADFC⊥面ABC，DH 面ADFC，∴DH⊥BC，
∴在Rt△DHC中，CH＝CD cos45°＝ CD，
∵DC＝2BC，∴CH＝ CD＝ 2BC＝ BC，
∴ ＝ ，即△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，
∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD 面DHB，∴BC⊥BD，
∵在三棱台DEF﹣ABC中，EF∥BC，∴EF⊥DB．
（Ⅱ）设BC＝1，则BH＝1，HC＝ ，
在Rt△DHC中，DH＝ ，DC＝2，
在Rt△DHB中，DB＝ ＝ ＝ ，
作HG⊥BD于G，∵BC⊥HG，∴HG⊥面BCD，∵GC 面BCD，
∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC＝90°，
设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，
且sinθ＝sin∠HCG＝ ＝ ，
∵在Rt△DHB中，DH HB＝BD HG，
∴HG＝ ＝ ＝ ，
∴sinθ＝ ＝ ＝ ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）题根据已知条件，作DH⊥AC，根据面面垂直，可得DH⊥BC，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，则HB⊥BC，从而可证出BC⊥面DHB，最后根据棱台的定义有EF∥BC，根据平行线的性质可得EF⊥DB；（Ⅱ）题先可设BC＝1，根据解直角三角形可得BH＝1，HC＝ ，DH＝ ，DC＝2，DB＝ ，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC所成角的正弦值．
20．（2020·浙江）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝b1＝c1＝1，cn+1＝an+1﹣an，cn+1＝ cn（n∈N*）．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q与an的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差d＞0，证明：c1+c2+…+cn＜1+ ．
【答案】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，
∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，
整理，得6q2﹣q﹣1＝0，
解得q＝﹣ （舍去），或q＝ ，
∴cn+1＝ cn＝ cn＝ cn＝ cn＝4 cn，
∴数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴cn＝1 4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．
∴an+1﹣an＝cn+1＝4n，
则a1＝1，
a2﹣a1＝41，
a3﹣a2＝42，
……
an﹣an﹣1＝4n﹣1，
各项相加，可得
an＝1+41+42+…+4n﹣1＝ ＝ ．
（Ⅱ）证明：依题意，由cn+1＝ cn（n∈N*），可得
bn+2 cn+1＝bn cn，
两边同时乘以bn+1，可得
bn+1bn+2cn+1＝bnbn+1cn，
∵b1b2c1＝b2＝1+d，
∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，
bnbn+1cn＝1+d，
∴cn＝ ＝ ＝（1+ ） ＝（1+ ）（ ﹣ ），
∴c1+c2+…+cn
＝（1+ ）（ ﹣ ）+（1+ ）（ ﹣ ）+…+（1+ ）（ ﹣ ）
＝（1+ ）（ ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）
＝（1+ ）（ ﹣ ）
＝（1+ ）（1﹣ ）
＜1+ ，
∴c1+c2+…+cn＜1+ ，故得证．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式；反证法与放缩法
【解析】【分析】本题第（Ⅰ）题先根据等比数列的通项公式将b2＝q，b3＝q2代入b1+b2＝6b3，计算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简cn+1＝ cn可得cn+1＝4cn，则可发现数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{cn}的通项公式，然后将通项公式代入cn+1＝an+1﹣an，可得an+1﹣an＝cn+1＝4n，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列{an}的通项公式；第（Ⅱ）题通过将已知关系式cn+1＝ cn不断进行转化可构造出数列{bnbn+1cn}，且可得到数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，从而可得bnbn+1cn＝1+d，再计算得到cn＝ ，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．
21．（2020·浙江）如图，已知椭圆C1： +y2＝1，抛物线C2：y2＝2px（p＞0），点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若p＝ ，求抛物线C2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】解：（Ⅰ）p＝ ，则 ＝ ，则抛物线C2的焦点坐标（ ，0），
（Ⅱ）直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意，
设直线l的方程为y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），
由 ，消y可得（2k2+1）x2+4kty+2t2﹣2＝0，
∴△＝16k2t2﹣4（2k2+1）（2t2﹣2）≥0，即t2＜1+2k2，
∴x1+x2＝﹣ ，∴x0＝ （x1+x2）＝﹣ ，
∴y0＝kx0+t＝ ，∴M（﹣ ， ），
∵点M在抛物线C2上，∴y2＝2px，
∴p＝ ＝ ＝ ，
联立 ，解得x1＝ ，y1＝ ，
代入椭圆方程可得 + ＝1，解得t2＝
∴p2＝ ＝
＝ ≤ ＝ ，
∴p≤ ，当且仅当1＝2k2，即k2＝ ，t2＝ 时等号成立，
故p的最大值为 ．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（Ⅰ）直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可；（Ⅱ）设直线方程y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由 ，根据韦达定理定理求出M（﹣ ， ），可得p，再由 ，求出点A的坐标，代入椭圆方程可得t2＝ ，化简整理得p2＝ ，利用基本不等式即可求出p的最大值．
22．（2020·浙江）已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在 （0，+∞）上的零点，证明：
（ⅰ） ≤x0≤ ；
（ⅱ）x0f（ ）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
【答案】证明：（Ⅰ）∵f（x）＝ex﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0，
∴函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点．
（Ⅱ）（i）∵f（x）单调增，1＜a≤2，设x0的最大值为t，则ct＝2+t，
∴f（1）＝c﹣1﹣2＜0，则t＞1，
右边：由于x≥0时，ex≥1+x+ ，且 ﹣x0﹣a＝0，
则a≥1+ ，∴ ．
左边：要证明 ≥a﹣1＝ ，只需证明 ，
记h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则h′（x）＝ex﹣1﹣2x，
h“（x）＝ex﹣2，∴h′（x）在（0，ln2）上单调减，在（ln2，+∞）上单调增，
∴h′（x）＝ex﹣1﹣2x≤max{h′（0），h′（t）}＝0，
∴h（x）在0≤x≤t时单调减，h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2≤h（0）＝0，
∴ ≤x0≤ ．
（ii）要证明x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，
只需证 ﹣ ≥（e﹣1）a ，
∵ex≥1+x+ ，∴只需证1+ （ ）2﹣a≥（e﹣1）a ，
只需证 ﹣2（e﹣2）a ≥0，即证 ﹣ ≥2（e﹣2），
∵ ＝ + ∈（2，+∞），
∴ ≥ ＝ ，
∴x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（Ⅰ）推导出x＞0时，f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，f（0）＝＜0，f（2）＞0，由此能证明函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点．（Ⅱ）（i）由f（x）单调增，1＜a≤2，设x0的最大值为t，则ct＝2+t，f（1）＝c﹣1﹣2＜0，则t＞1，推导出 ．要证明 ≥a﹣1＝ ，只需证明 ，记h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则h′（x）＝ex﹣1﹣2x，利用导数性质能证明 ≤x0≤ ．（ii）要证明x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证明x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证 ﹣ ≥2（e﹣2），由此能证明x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
1 / 12020年高考数学真题试卷（浙江卷）
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．（2020·浙江）已知集合P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，则P∩Q＝（ ）
A．{x|1＜x≤2} B．{x|2＜x＜3}
C．{x|3≤x＜4} D．{x|1＜x＜4}
2．（2020·浙江）已知a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，则a＝（ ）
A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2
3．（2020·浙江）若实数x，y满足约束条件 ，则z＝x+2y的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，4] B．[4，+∞）
C．[5，+∞） D．（﹣∞，+∞）
4．（2020·浙江）函数y＝xcosx+sinx在区间[﹣π，+π]的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2020·浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）
A． B． C．3 D．6
6．（2020·浙江）已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2020·浙江）已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0， ≤1．记b1＝S2，bn+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a4＝a2+a6 B．2b4＝b2+b6 C．a42＝a2a8 D．b42＝b2b8
8．（2020·浙江）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＝3 图象上的点，则|OP|＝（ ）
A． B． C． D．
9．（2020·浙江）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．a＜0 B．a＞0 C．b＜0 D．b＞0
10．（2020·浙江）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＜y，则 ∈S；下列命题正确的是（ ）
A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素
B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素
C．若S有3个元素，则S∪T有4个元素
D．若S有3个元素，则S∪T有5个元素
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．（2020·浙江）已知数列{an}满足an＝ ，则S3＝ ．
12．（2020·浙江）设 （1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝ ；a1+a2+a3＝ ．
13．（2020·浙江）已知tanθ＝2，则cos2θ＝ ；tan（θ﹣ ）＝ ．
14．（2020·浙江）已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为 ．
15．（2020·浙江）设直线l：y＝kx+b（k＞0），圆C1：x2+y2＝1，C2：（x﹣4）2+y2＝1，若直线l与C1，C2都相切，则k＝ ；b＝ ．
16．（2020·浙江）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ξ，则P（ξ＝0）＝ ；E（ξ）＝ ．
17．（2020·浙江）设 ， 为单位向量，满足|2 ﹣ |≤ ， ＝ + ， ＝3 + ，设 ， 的夹角为θ，则cos2θ的最小值为 ．
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．（2020·浙江）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinA＝ a．
（Ⅰ）求角B；
（Ⅱ）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
19．（2020·浙江）如图，三棱台DEF﹣ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．
20．（2020·浙江）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝b1＝c1＝1，cn+1＝an+1﹣an，cn+1＝ cn（n∈N*）．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比q＞0，且b1+b2＝6b3，求q与an的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差d＞0，证明：c1+c2+…+cn＜1+ ．
21．（2020·浙江）如图，已知椭圆C1： +y2＝1，抛物线C2：y2＝2px（p＞0），点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若p＝ ，求抛物线C2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．
22．（2020·浙江）已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在 （0，+∞）上的零点，证明：
（ⅰ） ≤x0≤ ；
（ⅱ）x0f（ ）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：集合P＝{x|1＜x＜4}，Q＝{x|2＜x＜3}，
则P∩Q＝{x|2＜x＜3}．
故答案为：B．
【分析】直接利用交集的运算法则求解即可．
2．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，
可得a﹣2＝0，解得a＝2．
故答案为：C．
【分析】利用复数的虚部为0，求解即可．
3．【答案】B
【知识点】简单线性规划的应用
【解析】【解答】解：画出实数x，y满足约束条件 所示的平面区域，如图：
将目标函数变形为﹣ x+ ＝y，
则z表示直线在y轴上截距，截距越大，z越大，
当目标函数过点A（2，1）时，截距最小为z＝2+2＝4，随着目标函数向上移动截距越来越大，
故目标函数z＝2x+y的取值范围是[4，+∞）．
故答案为：B．
【分析】作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象判断目标函数z＝x+2y的取值范围．
4．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：y＝f（x）＝xcosx+sinx，
则f（﹣x）＝﹣xcosx﹣sinx＝﹣f（x），
∴f（x）为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B，D，
当x＝π时，y＝f（π）＝πcosπ+sinπ＝﹣π＜0，故排除B，
故答案为：A．
【分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点．
5．【答案】A
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；由三视图还原实物图
【解析】【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图，
下部是直三棱柱，底面是斜边长为2的等腰直角三角形，棱锥的高为2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角形垂直，棱锥的高为1，
所以几何体的体积为： ＝ ．
故答案为：A．
【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．
6．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．
故m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件，
故答案为：B．
【分析】由m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．
7．【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式
【解析】【解答】解：在等差数列{an}中，an=a1+ ( n-1 ) d，
∴a2=a1+d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，bn+1=S2n+2-S2n，
∴b2=S4-S2=a3+a4，b4=S8-S6=a7+a8，b6=S12-S10=a11+a12，b8=S16-S14=a15+a16，
A.2a4=a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，
B.若2b4=b2+b6，则2 ( a7+a8)=a3+a4+a11+a12=( a3+a12)+( a4＋a11 )，成立，B正确，
C．若a42=a2a8，则 ( a1+3d ) 2= ( a1+d ) ( a1+7d ) ，
即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d＋7d2，得a1d=d2，
∵d≠0，∴a=d，符合 ≤1，C正确；
D.若b42=b2b8，则( a7+a8 ) 2= ( a3+a4 ) ( a15+a16 )，
即4a12+52a1d+169d2=4a12+68a1d+145d2，得16a1d=24d2，
∵d≠0，∴2a1=3d，不符合 ≤1，D错误；
故答案为：D．
【分析】由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由数列递推式分别求得b2，b4，b6，b8，分析B，D成立时是否满足公差d≠0， ≤1判断B与D．
8．【答案】D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；轨迹方程
【解析】【解答】解：点O （0，0），A（﹣2，0），B （2，0）．设点P满足|PA|﹣|PB|＝2，
可知P的轨迹是双曲线 的右支上的点，
P为函数y＝3 图象上的点，即 在第一象限的点，
联立两个方程，解得P（ ， ），
所以|OP|＝ ＝ ．
故答案为：D．
【分析】求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP|．
9．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），可得f（x）的图象与x轴有三个交点，
即f（x）有三个零点a，b，2a+b且f（0）＝﹣ab（2a+b），
由题意知，f（0）≥0恒成立，则ab（2a+b）≤0，a＜0，b＜0，
可得2a+b＜0，ab（2a+b）≤0恒成立，排除B，D；
我们考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上．
则有a＝b或a＝2a+b或b＝b+2a三种情况，此时a＝b＜0显然成立；
若b＝b+2a，则a＝0不成立；
若a＝2a+b，即a+b＝0，可得b＜0，a＞0且a和2a+b都在正半轴上，符合题意，
综上b＜0恒成立．
故答案为：C．
【分析】设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b），求得f（x）的零点，根据f（0）≥0恒成立，讨论a，b的符号，结合三次函数的图象，即可得到结论．
10．【答案】A
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【解答】解：取：S＝{1，2，4}，则T＝{2，4，8}，S∪T＝{1，2，4，8}，4个元素，排除D．
S＝{2，4，8}，则T＝{8，16，32}，S∪T＝{2，4，8，16，32}，5个元素，排除C；
S＝{2，4，8，16}则T＝{8，16，32，64，128}，S∪T＝{2，4，8，16，32，64，128}，7个元素，排除B；
故答案为：A．
【分析】利用特殊集合排除选项，推出结果即可．
11．【答案】10
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：数列{an}满足an＝ ，
可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，
所以S3＝1+3+6＝10．
故答案为：10．
【分析】求出数列的前3项，然后求解即可．
12．【答案】80；130
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝ ＝80．
a1+a2+a3＝ ＝130．
故答案为：80；130．
【分析】直接利用二项式定理的通项公式，求解即可．
13．【答案】﹣ ；
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：tanθ＝2，
则cos2θ＝ ＝ ＝ ＝﹣ ．
tan（θ﹣ ）＝ ＝ ＝ ．
故答案为：﹣ ；
【分析】利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，利用两角和与差的三角函数转化求解第二问．
14．【答案】1
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：∵圆锥侧面展开图是半圆，面积为2π，
设圆锥的母线长为a，则 a2π＝2π，∴a＝2，
∴侧面展开扇形的弧长为2π，
设圆锥的底面半径OC＝r，则2πr＝2π，解得r＝1．
故答案为：1．
【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径．
15．【答案】；﹣
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】由条件得C1（0，0），r1＝1，C2（4，0），r2＝1，
因为直线l与C1，C2都相切，
故有d1＝ ＝1，d2＝ ＝1，
则有 ＝ ，故可得b2＝（4k+b）2，整理得k（2k+b）＝0，
因为k＞0，所以2k+b＝0，即b＝﹣2k，
代入d1＝ ＝1，解得k＝ ，则b＝﹣ ，
故答案为： ；﹣ ．
【分析】根据直线l与两圆都相切，分别列出方程d1＝ ＝1，d2＝ ＝1，解得即可．
16．【答案】；1
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】由题意知，随机变量ξ的可能取值为0，1，2；
计算P（ξ＝0）＝ + ＝ ；
P（ξ＝1）＝ + ＝ ；
P（ξ＝2）＝ + ＝ ；
所以E（ξ）＝0× +1× +2× ＝1．
故答案为： ，1．
【分析】由题意知随机变量ξ的可能取值为0，1，2；分别计算P（ξ＝0）、P（ξ＝1）和P（ξ＝2），再求E（ξ）的值．
17．【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设 、 的夹角为α，由 ， 为单位向量，满足|2 ﹣ |≤ ，
所以4 ﹣4 +＝4 ﹣4cosα+1≤2，
解得cosα≥ ；
又 ＝ + ， ＝3 + ，且 ， 的夹角为θ，
所以 ＝3 +4 + ＝4+4cosα，
＝ +2 + ＝2+2cosα，
＝9 +6 + ＝10+6cosα；
则cos2θ＝ ＝ ＝ ＝ ﹣ ，
所以cosα＝ 时，cos2θ取得最小值为 ﹣ ＝ ．
故答案为： ．
【分析】设 、 的夹角为α，由题意求出cosα≥ ；再求 ， 的夹角θ的余弦值cos2θ的最小值即可．
18．【答案】解：（Ⅰ）∵2bsinA＝ a，
∴2sinBsinA＝ sinA，
∵sinA≠0，
∴sinB＝ ，
∵ ＜B＜ ，
∴B＝ ，
（Ⅱ）∵△ABC为锐角三角形，B＝ ，
∴C＝ ﹣A，
∴cosA+cosB+cosC＝cosA+cos（ ﹣A）+cos ＝cosA﹣ cosA+ sinA+ ＝ cosA+ sinA+ ＝sin（A+ ）+ ，
△ABC为锐角三角形，0＜A＜ ，0＜C＜ ，
解得 ＜A＜ ，
∴ ＜A+ ＜ ，
∴ ＜sin（A+ ）≤1，
∴ + ＜sin（A+ ）+1≤ ，
∴cosA+cosB+cosC的取值范围为（ ， ]．
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦函数的性质；正弦定理
【解析】【分析】（Ⅰ）根据正弦定理可得sinB＝ ，结合角的范围，即可求出，（Ⅱ）根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出．
19．【答案】解：（Ⅰ）证明：作DH⊥AC，且交AC于点H，
∵面ADFC⊥面ABC，DH 面ADFC，∴DH⊥BC，
∴在Rt△DHC中，CH＝CD cos45°＝ CD，
∵DC＝2BC，∴CH＝ CD＝ 2BC＝ BC，
∴ ＝ ，即△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，
∴HB⊥BC，∴BC⊥面DHB，∵BD 面DHB，∴BC⊥BD，
∵在三棱台DEF﹣ABC中，EF∥BC，∴EF⊥DB．
（Ⅱ）设BC＝1，则BH＝1，HC＝ ，
在Rt△DHC中，DH＝ ，DC＝2，
在Rt△DHB中，DB＝ ＝ ＝ ，
作HG⊥BD于G，∵BC⊥HG，∴HG⊥面BCD，∵GC 面BCD，
∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC＝90°，
设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，
且sinθ＝sin∠HCG＝ ＝ ，
∵在Rt△DHB中，DH HB＝BD HG，
∴HG＝ ＝ ＝ ，
∴sinθ＝ ＝ ＝ ．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）题根据已知条件，作DH⊥AC，根据面面垂直，可得DH⊥BC，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，则HB⊥BC，从而可证出BC⊥面DHB，最后根据棱台的定义有EF∥BC，根据平行线的性质可得EF⊥DB；（Ⅱ）题先可设BC＝1，根据解直角三角形可得BH＝1，HC＝ ，DH＝ ，DC＝2，DB＝ ，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC所成角的正弦值．
20．【答案】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，
∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，
整理，得6q2﹣q﹣1＝0，
解得q＝﹣ （舍去），或q＝ ，
∴cn+1＝ cn＝ cn＝ cn＝ cn＝4 cn，
∴数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴cn＝1 4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．
∴an+1﹣an＝cn+1＝4n，
则a1＝1，
a2﹣a1＝41，
a3﹣a2＝42，
……
an﹣an﹣1＝4n﹣1，
各项相加，可得
an＝1+41+42+…+4n﹣1＝ ＝ ．
（Ⅱ）证明：依题意，由cn+1＝ cn（n∈N*），可得
bn+2 cn+1＝bn cn，
两边同时乘以bn+1，可得
bn+1bn+2cn+1＝bnbn+1cn，
∵b1b2c1＝b2＝1+d，
∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，
bnbn+1cn＝1+d，
∴cn＝ ＝ ＝（1+ ） ＝（1+ ）（ ﹣ ），
∴c1+c2+…+cn
＝（1+ ）（ ﹣ ）+（1+ ）（ ﹣ ）+…+（1+ ）（ ﹣ ）
＝（1+ ）（ ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）
＝（1+ ）（ ﹣ ）
＝（1+ ）（1﹣ ）
＜1+ ，
∴c1+c2+…+cn＜1+ ，故得证．
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式；反证法与放缩法
【解析】【分析】本题第（Ⅰ）题先根据等比数列的通项公式将b2＝q，b3＝q2代入b1+b2＝6b3，计算出公比q的值，然后根据等比数列的定义化简cn+1＝ cn可得cn+1＝4cn，则可发现数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列{cn}的通项公式，然后将通项公式代入cn+1＝an+1﹣an，可得an+1﹣an＝cn+1＝4n，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列{an}的通项公式；第（Ⅱ）题通过将已知关系式cn+1＝ cn不断进行转化可构造出数列{bnbn+1cn}，且可得到数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，从而可得bnbn+1cn＝1+d，再计算得到cn＝ ，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立．
21．【答案】解：（Ⅰ）p＝ ，则 ＝ ，则抛物线C2的焦点坐标（ ，0），
（Ⅱ）直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意，
设直线l的方程为y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），
由 ，消y可得（2k2+1）x2+4kty+2t2﹣2＝0，
∴△＝16k2t2﹣4（2k2+1）（2t2﹣2）≥0，即t2＜1+2k2，
∴x1+x2＝﹣ ，∴x0＝ （x1+x2）＝﹣ ，
∴y0＝kx0+t＝ ，∴M（﹣ ， ），
∵点M在抛物线C2上，∴y2＝2px，
∴p＝ ＝ ＝ ，
联立 ，解得x1＝ ，y1＝ ，
代入椭圆方程可得 + ＝1，解得t2＝
∴p2＝ ＝
＝ ≤ ＝ ，
∴p≤ ，当且仅当1＝2k2，即k2＝ ，t2＝ 时等号成立，
故p的最大值为 ．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（Ⅰ）直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可；（Ⅱ）设直线方程y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由 ，根据韦达定理定理求出M（﹣ ， ），可得p，再由 ，求出点A的坐标，代入椭圆方程可得t2＝ ，化简整理得p2＝ ，利用基本不等式即可求出p的最大值．
22．【答案】证明：（Ⅰ）∵f（x）＝ex﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0，
∴函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点．
（Ⅱ）（i）∵f（x）单调增，1＜a≤2，设x0的最大值为t，则ct＝2+t，
∴f（1）＝c﹣1﹣2＜0，则t＞1，
右边：由于x≥0时，ex≥1+x+ ，且 ﹣x0﹣a＝0，
则a≥1+ ，∴ ．
左边：要证明 ≥a﹣1＝ ，只需证明 ，
记h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则h′（x）＝ex﹣1﹣2x，
h“（x）＝ex﹣2，∴h′（x）在（0，ln2）上单调减，在（ln2，+∞）上单调增，
∴h′（x）＝ex﹣1﹣2x≤max{h′（0），h′（t）}＝0，
∴h（x）在0≤x≤t时单调减，h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2≤h（0）＝0，
∴ ≤x0≤ ．
（ii）要证明x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，
只需证 ﹣ ≥（e﹣1）a ，
∵ex≥1+x+ ，∴只需证1+ （ ）2﹣a≥（e﹣1）a ，
只需证 ﹣2（e﹣2）a ≥0，即证 ﹣ ≥2（e﹣2），
∵ ＝ + ∈（2，+∞），
∴ ≥ ＝ ，
∴x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（Ⅰ）推导出x＞0时，f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，f（0）＝＜0，f（2）＞0，由此能证明函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点．（Ⅱ）（i）由f（x）单调增，1＜a≤2，设x0的最大值为t，则ct＝2+t，f（1）＝c﹣1﹣2＜0，则t＞1，推导出 ．要证明 ≥a﹣1＝ ，只需证明 ，记h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则h′（x）＝ex﹣1﹣2x，利用导数性质能证明 ≤x0≤ ．（ii）要证明x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证明x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证 ﹣ ≥2（e﹣2），由此能证明x0f（e ）≥（e﹣1）（a﹣1）a．
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