2020年浙江省高考数学试卷(有详细解析)

班级：___________姓名：___________得分：___________ 一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）

1. 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. 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

𝑥−3𝑦+1≤0

3. 若实数x，y满足约束条件{，则𝑧=𝑥+2𝑦的取值范围是( )

𝑥+𝑦−3≥0

A. (−∞,4] B. [4,+∞) C. [5,+∞) D. (−∞,+∞)

4. 函数𝑦=𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥在区间[−𝜋,𝜋]的图象大致为( )

A.

B.

C.

D.

5. 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. 3 B. 3 C. 3 D. 6

6. 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( )

14

7

A. 充分不必要条件 C. 充分必要条件

B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

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1

⩽1.记𝑏1=𝑆2，𝑏𝑛+1=𝑆𝑛+2−𝑆2𝑛，7. 已知等差数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛，公差𝑑≠0，𝑑

𝑎

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. 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√4−𝑥2图象上的点，则|𝑂𝑃|=( )

22 A. √2

10 B. 4√5

C. √7 D. √10

9. 已知a，𝑏∈𝑅且a，𝑏≠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. 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𝑥∈𝑆；下列命题正确的是( )

𝑦

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5个元素 D. 若S有3个元素，则𝑆∪𝑇有4个元素

二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）

11. 我国古代数学家杨辉、宋世杰等研究过高阶等差数列求和问题，如数列{

是二阶等差数列，数列{

𝑛(𝑛+1)2

𝑛(𝑛+1)2

}就

}，(𝑛∈𝑁∗)的前3项和______．

12. 二项展开式(1+2𝑥)5=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+𝑎3𝑥3+𝑎4𝑥4+𝑎5𝑥5，则𝑎4=______；

𝑎1+𝑎2+𝑎3=______．

13. 已知𝑡𝑎𝑛𝜃=2，则𝑐𝑜𝑠2𝜃=______；tan(𝜃−4)=______．

14. 已知圆锥的侧面积(单位：𝑐𝑚2)为2𝜋，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥

的底面半径(单位：𝑐𝑚)是______．

15. 已知直线𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘>0)与圆𝑥2+𝑦2=1和圆(𝑥−4)2+𝑦2=1均相切，则

𝑘=______，𝑏=______．

16. 盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球，从盒中随机取球，每次取1

个不放回，直到取出红球为止，设此过程中取到黄球的个数为𝜉，则𝑃(𝜉=0)=______，𝐸(𝜉)=______．

𝜋

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𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ ⃗ =⃗𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ ⃗ ，17. 已知平面向量⃗𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ 𝑏=3⃗𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ 1，⃗⃗2满足|2⃗1+⃗⃗2，⃗ 1−⃗⃗2|≤√2，设𝑎1+⃗⃗2，向量𝑎

⃗ 的夹角为𝜃，则cos2𝜃的最小值为______． 𝑏

三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）

18. 在锐角△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐.已知2𝑏sin𝐴−√3𝑎=0．

(1)求角B；

(2)求cos𝐴+cos𝐵+cos𝐶的取值范围．

19. 如图，三棱台𝐴𝐵𝐶−𝐷𝐸𝐹中，面𝐴𝐷𝐹𝐶⊥面ABC，

∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐶𝐷=45°，𝐷𝐶=2𝐵𝐶． (1)证明：𝐸𝐹⊥𝐷𝐵；

(2)求DF与面DBC所成角的正弦值．

20. 已知数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}，{𝑐𝑛}满足𝑎1=𝑏1=𝑐1=1，𝑐𝑛+1=𝑎𝑛+1−𝑎𝑛，𝑐𝑛+1=𝑏

𝑐𝑛(𝑛∈𝑁∗)．

(1)若{𝑏𝑛}为等比数列，公比𝑞>0，且𝑏1+𝑏2=6𝑏3，求q的值及数列{𝑎𝑛}的通项公式；

𝑐1+𝑐2+𝑐3+⋯+𝑐𝑛<1+𝑑，(2)若{𝑏𝑛}为等差数列，𝑛∈𝑁∗． 公差𝑑>0，证明：

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1

𝑏𝑛

𝑛+2

⋅

21. 如图，已知椭圆𝐶1：

𝑥22

+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于点𝑀(𝐵,M不同于𝐴)．

(1)若𝑝=16，求抛物线𝐶2的焦点坐标；

(2)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．

1

22. 已知1<𝑎≤2，函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥−𝑎.其中𝑒=2.718281828459…为自然对数的

底数．

(1)证明：函数𝑦=𝑓(𝑥)在(0,+∞)上有唯一零点； (2)记𝑥0为函数𝑦=𝑓(𝑥)在(0,+∞)上的零点，证明： (ⅰ)√𝑎−1≤𝑥0≤√2(𝑎−1)； (ⅰ)𝑥0𝑓(𝑒𝑥0)≥(𝑒−1)(𝑎−1)𝑎．

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答案和解析

1. B

解：集合𝑃={𝑥|1<𝑥<4}，𝑄={𝑥|2<𝑥<3}， 则𝑃∩𝑄={𝑥|2<𝑥<3}．

2. C

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．

3. B

解：画出实数x，y满足约束条件𝑥−3𝑦+1≤0{所示的平面区域，如图： 𝑥+𝑦−3≥0

将目标函数变形为−2𝑥+2=𝑦，

z越大， 则z表示直线在y轴上截距，截距越大，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,+∞)．

1

𝑧

4. A

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，

5. A

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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：2×2×1×2+3×2×2×1×1=3．

1

1

1

7

6. B

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，

7. B

解：在等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑， 𝑆𝑛+2=(𝑛+2)𝑎1+

(𝑛+2)(𝑛+1)

2

𝑑，𝑆2𝑛=2𝑛𝑎1+

2𝑛(2𝑛−1)

2

𝑑，

𝑑．

𝑏1=𝑆2=2𝑎1+𝑑，𝑏𝑛+1=𝑆𝑛+2−𝑆2𝑛=(2−𝑛)𝑎1−

3𝑛2−5𝑛−2

2

∴𝑏2=𝑎1+2𝑑，𝑏4=−𝑎1−5𝑑，𝑏6=−3𝑎1−24𝑑，𝑏8=−5𝑎1−55𝑑．

A.2𝑎4=2(𝑎1+3𝑑)=2𝑎1+6𝑑，𝑎2+𝑎6=𝑎1+𝑑+𝑎1+5𝑑=2𝑎1+6𝑑，故A正确； B.2𝑏4=−2𝑎1−10𝑑，𝑏2+𝑏6=𝑎1+2𝑑−3𝑎1−24𝑑=−2𝑎1−22𝑑，

若2𝑏4=𝑏2+𝑏6，则−2𝑎1−10𝑑=−2𝑎1−22𝑑，即𝑑=0不合题意，故B错误； C.若𝑎42=𝑎2𝑎8，则(𝑎1+3𝑑)2=(𝑎1+𝑑)(𝑎1+7𝑑)，

22即𝑎1+6𝑎1𝑑+9𝑑2=𝑎1+8𝑎1𝑑+7𝑑2，得𝑎1𝑑=𝑑2，

1

∵𝑑≠0，∴𝑎1=𝑑，符合𝑑⩽1，故C正确；

𝑎

2D.若𝑏4=𝑏2𝑏8，则(−𝑎1−5𝑑)2=(𝑎1+2𝑑)(−5𝑎1−55𝑑)，

1

即2(𝑑)2+25

𝑎

𝑎1𝑑

+45=0，则𝑑1有两不等负根，满足𝑑1⩽1，故D正确．

𝑎𝑎

∴等式不可能成立的是B．

8. D

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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

𝑥21

−

𝑦23

=1的右支上的点，

𝑦2

P为函数𝑦=3√4−𝑥2图象上的点，即联立两个方程，解得𝑃(√,

2所以|𝑂𝑃|=√

134

133√3)， 2

+36

𝑥24

=1在第一象限的点，

+

274

=√10．

9. C

解：由题意知，𝑥=0时，不等式𝑎𝑏(−2𝑎−𝑏)⩾0恒成立，即𝑎𝑏(2𝑎+𝑏)⩽0， ∵𝑎𝑏≠0，∴可得𝑎+𝑏⩽0，则𝑎,𝑏至少有一个是小于0的，

(1)若𝑎<0,𝑏<0，由图象知，(𝑥−𝑎)(𝑥−𝑏)(𝑥−2𝑎−𝑏)⩾0在𝑥⩾0时恒成立，符合题意；

(2)若𝑎<0,𝑏>0，2𝑎+𝑏>0， (𝑥−𝑎)(𝑥−𝑏)(𝑥−2𝑎−𝑏)⩽0在𝑥≥0上恒成立， 则𝑏=2𝑎+𝑏，得𝑎=0，矛盾，不符合题意．

(3)若𝑎>0,𝑏<0， (𝑥−𝑎)(𝑥−𝑏)(𝑥−2𝑎−𝑏)⩾0在𝑥⩾0时恒成立，则𝑎=2𝑎+𝑏，则𝑎+𝑏=0，符合题意． 综合，𝑏<0成立．

1

2

10. A

解：取：𝑆={1,2，4}，则𝑇={2,4，8}，𝑆∪𝑇={1,2，4，8}，4个元素，排除C． 𝑆={2,4，8}，则𝑇={8,16，32}，𝑆∪𝑇={2,4，8，16，32}，5个元素，排除D； 𝑆={2,4，8，16}则𝑇={8,16，32，，128}，𝑆∪𝑇={2,4，8，16，32，，128}，7个元素，排除B；

11. 10

解：数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛=

𝑛(𝑛+1)2

，

可得𝑎1=1，𝑎2=3，𝑎3=6， 所以𝑆3=1+3+6=10．

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12. 80；130

解：∵(1+2𝑥)5=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+𝑎3𝑥3+𝑎4𝑥4+𝑎5𝑥5，

4

则𝑎4=𝐶5⋅24=80．

123𝑎1+𝑎2+𝑎3=𝐶5⋅2+𝐶5⋅4+𝐶5⋅8=130．

13. −5， 3

解：𝑡𝑎𝑛𝜃=2，

则𝑐𝑜𝑠2𝜃=2=1+tan2𝜃=1+4=−5． cos𝜃+sin2𝜃tan(𝜃−)=

4𝜋

𝜋

4𝜋1+𝑡𝑎𝑛𝜃𝑡𝑎𝑛

431

cos2𝜃−sin2𝜃1−tan2𝜃

1−43

𝑡𝑎𝑛𝜃−tan

=

=． 1+2×13

2−11

14. 1

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2×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．

1

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3 ；−2√3 15. √33

解：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+𝑘2=1，𝑑2=√1+𝑘2=1，

则有√1+𝑘2=√1+𝑘2，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+𝑘2=1，解得𝑘=√，则𝑏=−

3

|𝑏|32√33

|𝑏||4𝑘+𝑏||𝑏||4𝑘+𝑏|，

16. 3 ；1

解：由题意知，随机变量𝜉的可能取值为0，1，2； 计算𝑃(𝜉=0)=4+4×3=3；

𝑃(𝜉=1)= 2×3 +4×3×2+4×3×2=3； 𝑃(𝜉=2)=1−−=；

333

所以𝐸(𝜉)=0×3+1×3+2×3=1．

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

1

2

1

1

1

1

1

1

1

1

17. 29

𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ 𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ 解：设⃗𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ 1、⃗⃗2的夹角为𝛼，由⃗1，⃗⃗2为单位向量，满足|2⃗1−⃗⃗2|≤√2，

22

所以4⃗𝑒⃗⃗ 𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ 𝑒⃗ 1−4⃗1⋅⃗⃗2+⃗⃗2=4−4𝑐𝑜𝑠𝛼+1≤2，

28

解得𝑐𝑜𝑠𝛼≥4；

⃗ =⃗𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ ⃗ ，⃗ 又𝑎𝑏=3⃗𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ 𝑏的夹角为𝜃， 1+⃗⃗2，⃗ 1+⃗⃗2，且𝑎

22所以𝑎⃗ ⋅⃗ 𝑏=3⃗𝑒⃗⃗ 𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ 𝑒⃗ 1+4⃗1⋅⃗⃗2+⃗⃗2=4+4𝑐𝑜𝑠𝛼，

3

⃗ =⃗𝑎𝑒⃗⃗ 𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ 𝑒⃗ 1+2⃗1⋅⃗⃗2+⃗⃗2=2+2𝑐𝑜𝑠𝛼，

22⃗ ； 𝑏=9⃗𝑒⃗⃗ 𝑒⃗⃗ 𝑒⃗ 𝑒⃗ 1+6⃗1⋅⃗⃗2+⃗⃗2=10+6𝑐𝑜𝑠𝛼2

222

则cos𝜃=

2

⃗ )2(𝑎⃗ ⋅𝑏

2⃗

⃗ ×𝑏𝑎

2=(2+2𝑐𝑜𝑠𝛼)(10+6𝑐𝑜𝑠𝛼)=5+3𝑐𝑜𝑠𝛼=3−

(4+4𝑐𝑜𝑠𝛼)2

4+4𝑐𝑜𝑠𝛼4

8

35+3𝑐𝑜𝑠𝛼

，

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所以𝑐𝑜𝑠𝛼=4时，cos𝜃取得最小值为3−

3

2

4

3

5+3×

4

83

=

2829

．

18. 解：(1)∵2𝑏sin𝐴=√3𝑎，

∴2sin𝐵sin𝐴=√3sin𝐴， ∵sin𝐴≠0， ∴sin𝐵=

√3

， 2

，

∴𝐵=，

3

(2)∵△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，𝐵=3， ∴𝐶=

2𝜋3

𝜋

𝜋

−𝐴，

，

△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，解得

， ，

，

，

∴cos𝐴+cos𝐵+cos𝐶的取值范围为(√

3+132

，，

,2]．

19. 解：(1)证明：作𝐷𝐻⊥𝐴𝐶，且交AC于点H，

∵面𝐴𝐷𝐹𝐶⊥面ABC，面𝐴𝐷𝐹𝐶∩面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐶，𝐷𝐻⊂面ADFC， ∴𝐷𝐻⊥面ABC，𝐵𝐶⊂面ABC，∴𝐷𝐻⊥𝐵𝐶， ∴在𝑅𝑡△𝐷𝐻𝐶中，𝐶𝐻=𝐶𝐷⋅𝑐𝑜𝑠45°=√𝐶𝐷，

2∵𝐷𝐶=2𝐵𝐶，∴𝐶𝐻=√𝐶𝐷=√⋅2𝐵𝐶=√2⋅𝐵𝐶，

22∴𝐶𝐻=

𝐵𝐶

√2

，又∠𝐴𝐶𝐵2

2

2

2

=45°，

∴△𝐵𝐻𝐶是直角三角形，且∠𝐻𝐵𝐶=90°，

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∴𝐻𝐵⊥𝐵𝐶，

又∵𝐷𝐻⊂面DHB，𝐻𝐵⊂面DHB，𝐷𝐻∩𝐻𝐵=𝐻， ∴𝐵𝐶⊥面DHB，∵𝐷𝐵⊂面DHB，∴𝐵𝐶⊥𝐷𝐵， ∵在三棱台𝐷𝐸𝐹−𝐴𝐵𝐶中，𝐸𝐹//𝐵𝐶，∴𝐸𝐹⊥𝐷𝐵．

(2)设𝐵𝐶=1，则𝐵𝐻=1，𝐻𝐶=√2， 在𝑅𝑡△𝐷𝐻𝐶中，𝐷𝐻=√2，𝐷𝐶=2，

在𝑅𝑡△𝐷𝐻𝐵中，𝐷𝐵=√𝐷𝐻2+𝐻𝐵2=√2+1=√3， 作𝐻𝐺⊥𝐵𝐷于G，

∵𝐵𝐶⊥面DHB，𝐻𝐺⊂面DHB，∴𝐵𝐶⊥𝐻𝐺， 而𝐵𝐶⊂面BCD，𝐵𝐷⊂面BCD，𝐵𝐶∩𝐵𝐷=𝐵， ∴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=𝐻𝐶=

𝐻𝐺

𝐻𝐺√2，

∵在𝑅𝑡△𝐷𝐻𝐵中，𝐷𝐻⋅𝐻𝐵=𝐵𝐷⋅𝐻𝐺， ∴𝐻𝐺=

𝐷𝐻⋅𝐻𝐵𝐵𝐷𝐻𝐺√2=

√2⋅1√3=

√6

， 3

∴𝑠𝑖𝑛𝜃=

=

√63√2=

√3． 3

20. (1)解：由题意，𝑏2=𝑞，𝑏3=𝑞2，

∵𝑏1+𝑏2=6𝑏3，∴1+𝑞=6𝑞2， 整理，得6𝑞2−𝑞−1=0， 解得𝑞=−3(舍去)，或𝑞=2， ∴𝑐𝑛+1=𝑏

𝑏𝑛

𝑛+2

11

⋅𝑐𝑛=

1

𝑏𝑛+2𝑏𝑛

⋅𝑐𝑛=𝑞2⋅𝑐𝑛=

11

1()22

⋅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∗．

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∴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=(2)证明：依题意，由𝑐𝑛+1=𝑏𝑏𝑛+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=𝑏

1+𝑑

𝑛𝑏𝑛+1

1−4𝑛1−4

=

4𝑛−13

．

𝑏𝑛

𝑛+2

⋅𝑐𝑛(𝑛∈𝑁∗)，可得

=

1+𝑑𝑑

⋅𝑏

𝑑

𝑛𝑏𝑛+1

=(1+𝑑)⋅

1

𝑏𝑛+1−𝑏𝑛𝑏𝑛𝑏𝑛+1

=(1+𝑑)(𝑏−𝑏

𝑛

111

𝑛+1

)，

∴𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑛

=(1+𝑑)(𝑏−𝑏)+(1+𝑑)(𝑏−𝑏)+⋯+(1+𝑑)(𝑏−𝑏

1

2

2

3

𝑛

111111111

𝑛+1

)

=(1+𝑑)(𝑏−𝑏+𝑏−𝑏+⋯+𝑏−𝑏

1

2

2

3

𝑛

1111111

𝑛+1

)

=(1+)(−

𝑑1

𝑏1

111𝑏𝑛+11

)

=(1+𝑑)(1−𝑏<1+𝑑，

1

𝑛+1

)

∴𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑛<1+𝑑，故得证．

1

21. 解：(1)𝑝=16，则2=32，则抛物线𝐶2的焦点坐标(32,0)，

(2)由题意可设直线l：𝑥=𝑚𝑦+𝑡(𝑚≠0,𝑡≠0)，点𝐴(𝑥0,𝑦0)， 将直线l的方程代入椭圆𝐶1：

𝑥22

1 𝑝11

+𝑦2=1得

(𝑚2+2)𝑦2+2𝑚𝑡𝑦+𝑡2−2=0

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∴点M的纵坐标𝑦𝑀=−𝑚2+2。

将直线l的方程代入抛物线𝐶2：𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)得 𝑦2−2𝑝𝑚𝑦−2𝑝𝑡=0， ∴𝑦0𝑦𝑀=−2𝑝𝑡，可得𝑦0=因此𝑥0=由

𝑥22

2𝑝(𝑚2+2)2

𝑚2

2𝑝(𝑚2+2)

𝑚

𝑚𝑡

，

，

1

2

2

+𝑦2=1，可得𝑝2=4(𝑚+𝑚)2+2(𝑚+𝑚)4⩾160，

1

40

5

1010

即𝑝2⩽160，得𝑝⩽√，当且仅当𝑚=√2,𝑡=√时，等号成立，

∴𝑝的最大值为√．

40

10

22. 证明：(1)

递增，

在上单调

，

所以由零点存在定理得𝑓(𝑥)在上有唯一零点；

(2)(𝑖)

，

，

令

一方面：

，

在

单调递增，∴ℎ(𝑥)>ℎ(0)=0，

，

另一方面：

，

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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)

，

，

，

，因为，所以

，

，

只需证明

，

即只需证明

，

令

，

则

，

，即

成立，

因此

．

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