2020年高考理科数学全国1卷(word版,含答案)
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标I)(有详细解析)
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标I）班级：___________姓名：___________得分：___________一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若z=1+i，则−2z|=()A. 0B. 1C.D. 22.设集合A={−40}，B={x|2x+a0}，且A B={x|−2x1}，则a=()A. −4B. −2C. 2D. 43.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A. B. C. D.4.已知A为抛物线C:=2px(p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=()A. 2B. 3C. 6D. 95.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位：℃)的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(，)(i=1，2，，20)得到下面的散点图：由此散点图，在10℃至40℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是()A. y=a+bxB. y=a+C. y=a+D. y=a+b x6.函数f(x)=−的图像在点(1,f(1))处的切线方程为()A. y=−2x−1B. y=−2x+1C. y=2x−3D. y=2x+17.设函数f(x)=(x+)在[−，]的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为()A. B. C. D.8.(x+y2)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为()xA. 5B. 10C. 15D. 209.已知(0,)，且3cos2α−8cosα=5，则=()A. B. C. D.10.已知A，B，C为球O的球面上的三个点，为ABC的外接圆，若的面积为4，AB=BC=AC=，则球O的表面积为()A. 64B. 48C. 36D. 3211.已知M:+−2x−2y−2=0，直线l:2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作M的切线PA，PB，且切点为A，B，当|PM||AB|最小时，直线AB的方程为()A. 2x−y−1=0B. 2x+y−1=0C. 2x−y+1=0D. 2x+y+1=012.若2a+log2a=4b+2log4b，则()A. a>2bB. a<2bC. a>D. a<二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若x，y满足约束条件则z=x+7y的最大值为__________．14.设，为单位向量，且||=1，则||=__________．15.已知F为双曲线C:−=1(a>0,b>0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为__________．16.如图，在三棱锥P−ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=，AB AC，AB AD，CAE=，则FCB=__________．三、解答题（本大题共7小题，共80.0分）17.设{}是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．(1)求{}的公比;(2)若=1，求数列{}的前n项和．18.如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=DO．(1)证明：PA平面PBC;(2)求二面角B−PC−E的余弦值．19.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，预定赛制如下：累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首次比赛的两个人，另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人淘汰;当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为．(1)求甲连胜四场的概率;(2)求需要进行第五场比赛的概率;(3)求丙最终获胜的概率．20.已知A，B分别为椭圆E:+=1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，=8，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D，(1)求E的方程;(2)证明：直线CD过定点．21.已知函数f(x)=+−x．(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)当x0时，f(x)+1，求a的取值范围．22.[选修4−4:坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为4−16+3=0．(1)当k=1时，是什么曲线?(2)当k=4时，求与的公共点的直角坐标．23.[选修4−4:坐标系与参数方程]已知函数f(x)=|3x+1|−2|x−1|．(1)画出y=f(x)的图像;(2)求不等式f(x)>f(x+1)的解集．答案和解析1. D解：由z =1+i 得z 2=2i ，2z =2+2i ，|z 2−2z |=|2i −(2+2i)|=2．2. B解：由已知可得A ={x|−2⩽x ⩽2}，B ={x|x ⩽−a2}， 又因为A ∩B ={x|−2⩽x ⩽1}， 所以−a2=1，从而a =−2,3. C解：如图，设正四棱锥的高为h ，底面边长为a,侧面三角形底边上的高为ℎ′， 则由题意可得{ℎ2=12aℎ′ℎ2=(ℎ′)2−(a2)2,故(ℎ′)2−(a2)2=12aℎ′，化简可得4(ℎ′a )2−2(ℎ′a )−1=0,解得ℎ′a=1±√54．负值舍去可得ℎ′a=1+√544.C解：设点A的坐标为(x,y)，由点A到y轴的距离为9，可得x=9,由点A到点C的焦点的距离为12，可得x+p2=12解得p=6．5.D解：用光滑的曲线把图中各点连接起来，由图象的走向判断，此函数应该是对数函数类型的，故应该选用的函数模型为y=a+bln x．6.B解：先求函数的导函数f′(x)=4x3−6x2，则由函数的几何意义可知在点(1,f(1))的切线斜率为k=f′(1)=−2．又因为f(1)=−1，则切线方程为y−(−1)=−2(x−1)，则y=−2x+1．7.C解：由图可知f(−4π9)=cos(−4π9w+π6)=0，所以−4π9w+π6=π2+kπ(k∈Z),化简可得w=−3+9k4(k∈Z)，又因为T<2π<2T，即2π|w|<2π<4π|w|，所以1<|ω|<2，当且仅当k=−1时1<|ω|<2，所以w=32，所以最小正周期T=2π|w|=4π3．8.C解：(x+y)5的展开式通项为C5r x5−r y r，r=0，1，2，3，4，5，则(x+y2x )(x+y)5的展开式有xC5r x5−r y r，y2xC5r x5−r y r，取r=3和r=1时可得10x3y3，5x3y3，合并后系数为15，9.A解：∵3cos2α−8cosα=5，∴3(2cos2α−1)−8cosα=5，即3cos2α−4cosα−4=0，(3cosα+2)(cosα−2)=0，α∈(0,π)，即cosα=−23，又α∈(0,π)，sinα>0，∴sinα=√1−cos2α=√53，10.A解：由圆O1的面积为4π=πr2，故圆O1的半径ρ=2，∵AB=BC=AC=OO1，则三角形ABC是正三角形，=2r=4，得AB=OO1=2√3，由正弦定理：ABsin60∘由R2=r2+OO12，得球O的半径R=4，表面积为4πR2=64π，11.D解：圆M方程化为：(x−1)2+(y−1)2=4，圆心M(1,1)，半径r=2，根据切线的性质及圆的对称性可知，则|PM|⋅|AB|=4S△PAM=2|PA|⋅|AM|，要使其值最小，只需|PA|最小，即|PM|最小，此时，=√5，|PA|=√|PM|2−|AM|2=1，∴|PM|=√5(x−1)，联立l的方程解得P(−1,0)，过点M且垂直于l的方程为y−1=12以P为圆心，|PA|为半径的圆的方程为(x+1)2+y2=1，即x2+y2+2x=0，结合圆M的方程两式相减可得直线AB的方程为2x+y+1=0，12.B解：根据指数及对数的运算性质，4b+2log4b=22b+log2b，∵log2(2b)=log2b+1>log2b，∴22b+log2(2b)>22b+log2b=2a+log2a，根据函数f(x)=2x+log2x是定义域上的增函数，由f(2b)>f(a)，得a<2b，13.1解：根据约束条件画出可行域为：由z=x+7y得y=−17x+17z，平移直线y=−17x，要使z最大，则y=−17x+17z在y轴上的截距最大，由图可知经过点A(1,0)时截距最大，此时z=1，14.√3解：|a⃗+b⃗ |2=a⃗2+b⃗ 2+2a⃗⋅b⃗ =2+2a⃗⋅b⃗ =1，a⃗⋅b⃗ =−12，|a⃗−b⃗ |2=a⃗2+b⃗ 2−2a⃗⋅b⃗ =2−2a⃗⋅b⃗ =3，∴|a⃗−b⃗ |=√3．15.2解：由题意可知，B在双曲线C的右支上，且在x轴上方，∵BF垂直于x轴，把x=c代入x2a2−y2b2=1，得y=b2a，∴B点坐标为(c,b2a)，又A点坐标为(a,0)，∴k AB=b2a−0c−a=3，化简得b2=3ac−3a2=c2−a2，即2a2−3ac+c2=0，解得c=2a或c=a(舍)，故e=ca=2．16.−14解：由已知得BD=√2AB=√6，∵D、E、F重合于一点，∴AE=AD=√3，BF=BD=√6，∴△ACE中，由余弦定理得，∴CE=CF=1，BC²=AC²+AB²，BC=2，∴在△BCF中，由余弦定理得．17.解：⑴设等比数列{a n}的公比为q(q≠1)，由题意知：2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2，所以q2+q−2=0，解得q=−2．(2)若a1=1，则a n=(−2)n−1，所以数列{na n}的前n项和为T n=1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，则−2T n=−2+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯+n(−2)n，两式相减得3T n=1+(−2)+(−2)2+(−2)3+(−2)n−1−n(−2)n=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(3n+1)(−2)n3，所以T n=1−(3n+1)(−2)n9．18.(1)证明：不妨设⊙O的半径为1，则AO=OB=OC=1，AE=AD=2，AB=BC=CA=√3，DO=√DA2−OA2=√3，PO=√66DO=√22，PA=PB=PC=√PO2+AO2=√62，在△PAC中，PA2+PC2=AC2，故PA⊥PC，同理可得PA⊥PB，PB∩PC=P，PB，PC⊂平面PBC，∴PA ⊥平面PBC ．(2)解：以OE ，OD 所在直线分别为y ，z 轴，圆锥底面内垂直于OE 的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ，则有B (√32,12,0),C (−√32,12,0),P (0,0,√22),E (0,1,0)， BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,12,0),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,−12,√22)， 设平面PBC 的法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，则{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，解得n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,1)， 同理可得平面PCE 的法向量n 2⃗⃗⃗⃗ =(√2,−√6,−2√3)， 由图形可知二面角B −PC −E 为锐角，则cosθ=|n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ||=2√55， 故二面角B −PC −E 的余弦值为2√55．19. 解：(1)甲连胜四场只能是前四场全胜，则P =(12)4=116．(2)设甲输掉一场比赛为事件A ，乙输掉一场比赛为事件B ，丙输掉一场比赛为事件C ， 四场比赛能结束为事件N ，则P(N)=P(ABAB)+P(ACAC)+P(BABA)+P(BCBC)=116×4=14所以需要进行第五场比赛的概率为P =1−P(N)=1−14=34(3) 丙获胜的概率为：P =P (ABAB )+P(BABA)+P(ABACB)+P(BABCA)+P(ABCAB)+P(ABCBA) +P(BACAB)+P(BACBA)+P(ACABB)+P(ACBAB)+P(BCABA)+P(BCBAA) =(12)4×2+(12)5×10=716．20. 解：由题意A (−a,0),B (a,0),G (0,1),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,1),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,−1), AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a 2−1=8⇒a 2=9⇒a =3， ∴椭圆E 的方程为x 29+y 2=1．(2)由(1)知A (−3,0),B (3,0),P (6,m )，则直线PA 的方程为y =m 9(x +3)，联立{y =m 9(x +3)x 29+y 2=1⇒(9+m 2)x 2+6m 2x +9m 2−81=0,由韦达定理−3x C =9m 2−819+m 2⇒x C =−3m 2+279+m 2，代入直线PA 的方程y =m 9(x +3)得，y C =6m9+m 2，即C (−3m 2+279+m 2,6m9+m 2)，直线PB的方程为y=m3(x−3)，联立{y=m3(x−3)x29+y2=1⇒(1+m2)x2−6m2x+9m2−9=0,由韦达定理3x D=9m2−91+m2⇒x D=3m2−31+m2，代入直线PA的方程y=m3(x−3)得，y D=−2m1+m2，即D(3m2−31+m2,−2m1+m2)，∴直线CD的斜率k CD=6m9+m2−−2m1+m2−3m2+279+m2−3m2−31+m2=4m3(3−m2)，∴直线CD的方程为y−−2m1+m2=4m3(3−m2)(x−3m2−31+m2)，整理得y=4m3(3−m2)(x−32)，∴直线CD过定点(32,0)．21.解：(1)当a=1时，f(x)=e x+x2−x，f′(x)=e x+2x−1，记g(x)=f′(x)，因为g′(x)=e x+2>0，所以g(x)=f′(x)=e x+2x−1在R上单调递增，又f′(0)=0，得当x>0时f′(x)>0，即f(x)=e x+x2−x在(0,+∞)上单调递增；当x<0时f′(x)<0，即f(x)=e x+x2−x在(−∞,0)上单调递减．所以f(x)=e x+x2−x在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．(2)①当x=0时，a∈R；②当x>0时，f(x)≥12x3+1即a≥12x3+x+1−e xx2，令ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2，ℎ′(x)=(2−x)(e x−12x2−x−1)x3记m(x)=e x−12x2−x−1，m′(x)=e x−x−1令q(x)=e x−x−1，因为x>0，所以q′(x)=e x−1>0，所以m′(x)=q(x)=e x−x−1在(0,+∞)上单调递增，即m′(x)=e x−x−1> m′(0)=0所以m(x)=e x−12x2−x−1在(0,+∞)上单调递增，即m(x)=e x−12x2−x−1>m(0)=0，故当x∈(0,2)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2在(0,2)上单调递增；当x∈(2,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2在(2,+∞)上单调递减；所以[ℎ(x)]max=ℎ(2)=7−e24，所以a≥7−e24，综上可知，实数a的取值范围是[7−e24,+∞)．22.解：(1)当k=1时，曲线C1的参数方程为{x=costy=sint，化为直角坐标方程为x2+y2=1，表示以原点为圆心，半径为1的圆．(2)k=4时，曲线C1的参数方程为{x=cos 4ty=sin4t，化为直角坐标方程为√x+√y=1，曲线C2化为直角坐标方程为4x−16y+3=0，联立{√x+√y=14x−16y+3=0，解得{x=14y=14,所以曲线C1与曲线C2的公共点的直角坐标为(14,14 )．23.解：(1)函数f(x)=|3x+1|−2|x−1|=，图像如图所示：(2)函数f(x+1)的图像即为将f(x)的图像向左平移一个单位所得，如图，联立y=−x−3和y=5x+4解得交点横坐标为x=−，原不等式的解集为．。
2020年全国普通高等学校招生统一考试数学试卷 全国新高考Ⅰ卷 (含答案)
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5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．设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=A．{x|2<x≤3}B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x<4} D．{x|1<x<4}2．2i 12i -= +A．1 B．−1C．i D．−i3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有A．120种B．90种C．60种D．30种4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°5．某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是 A ．62% B ．56% C ．46%D ．42%6．基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(e )rtI t =描述累计感染病例数I (t )随时间t (单位:天)的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0 =1+rT .有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) A ．1.2天 B ．1.8天 C ．2.5天D ．3.5天7．已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅的取值范围是 A ．()2,6- B ．()6,2- C ．()2,4-D ．()4,6-8．若定义在R 的奇函数f (x )在(0),-∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是A ．[)1,1][3,-+∞B ．3,1][,[01]--C ．[)1,0][1,-+∞D ．1,0]3][[1,-二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020高考数学全国卷1卷试题及答案详解
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共5页，23题（含选考题）．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 5．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若1z i =+，则22z z -=A ．0B ．1C 2D ．22．设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤，则a =A ．4-B ．2-C ．2D ．43．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A 51-B 51-C 51+D 51+4．已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =A ．2B ．3C ．6D ．95．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：C ︒）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据()(),1,2,,20i i x y i =得到下面的散点图：由此散点图，在10C 至40C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是A ．y a bx =+B ．2y a bx =+C ．x y a be =+D ．ln y a b x =+6．函数43()2f x x x =-的图像在点()()1,1f 处的切线方程为 A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+7．设函数()cos 6f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[],ππ-的图像大致如下图，则()f x 的最小正周期为A ．109πB ．76π C ．43π D ．32π 8．25()()y x x y x ++的展开式中33x y 的系数为A ．5B ．10C ．15D ．209．已知(0,)απ∈，且3cos28cos 5αα-=，则sin α= A ．53B ．23 C ．13D ．5910．已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC △的外接圆．若1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π11．已知22:2220M x y x y +---=，且直线:220l x y ++=，P 为l 上的动点，过点P 作M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B ，当AB PM ⋅最小时，直线AB 的方程为A ．210x y --=B ．210x y +-=C ．210x y -+=D ．210x y ++=12．若242log 42log a b a b +=+，则A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若,x y 满足约束条件2201010x y x y y +-≤⎧⎪--≥⎨⎪+≥⎩，则7z x y =+的最大值是________．14．设,a b 为单位向量，且1+=a b ，则-=a b ________．15．已知F 为双曲线2222:1x y C a b-=（0,0a b >>）的右焦点，A 为C 的右顶点，B 为C 上的点，且BF 垂直于x 轴．若AB 斜率为3，则C 的离心率为_______．16．如图，在三棱锥P ABC -的平面展开图中1AC =，3AB AD ==，AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ︒∠=，则cos FCB ∠=__________．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分．17．（12分）设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前项和．18．（12分）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO DO =． （1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．19．（12分）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰：比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12． （1）求甲连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率； （3）求丙最终获胜的概率．20．（12分）已知,A B 分别为椭圆222:1(1)x E y a a+=>的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=．P为直线6x =上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．（1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点．21．（12分）已知函数()2x f x e ax x =+-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）当0x ≥时，()3112f x x ≥+，求a 的取值范围．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为cos sin kkx ty t ⎧=⎪⎨=⎪⎩（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为4cos 16sin 30ρθρθ-+=，（1）当1k =时，1C 是什么曲线？（2）当4k =时，求1C 与2C 的公共点的直角坐标．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数()3121f x x x =++-． （1）画出()y f x =的图象；（2）求不等式()()1f x f x >+的解集．参考答案一、选择题15DBCCD - 610BCCAA - 11.D 12.B二、填空题13.1 14.3 15.2 116.4-三、解答题17.解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232a a a =+，即21112a a q a q =+∴220q q +-=，解得1q =（舍去）或2q =-. ∴{}n a 的公比为2-.（2）记n S 为{}n na 的前n 项和，由（1）及题设可知()12n n a -=-，∴ ()()11222n n S n -=+⨯-++⨯- ①()()()2222212nn S n -=-+⨯-++-⨯- ②由①②得()()()()21312222n nn S n -=+-+-++--⨯-()()1223nnn --=-⨯-∴()()312199nn n S +-=- 18.解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===， ∴222PA PB AB +=，∴PA PB ⊥，又222PA PC AC +=，∴PA PC ⊥， ∴PA ⊥平面PBC（2）以O 为坐标原点,OE 方向为y 轴正方向,OE 为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -. 由题设可得()()310,1,0,0,1,0,,,022E A C ⎛⎫--⎪⎝⎭， xyz。
2020年高考真题——数学(理)(全国卷Ⅲ)+Word版含解析
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题目时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题目时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题目：本题共12小题，每小题5分，共60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{(,)|,,}A x y x y y x *N ，{(,)|8}B x y x y ，则A B ∩中元素的个数为（）A.2B.3C.4D.6【答案】C 【解析】【分析】采用列举法列举出A B ∩中元素的即可.【详解】由题意，A B ∩中的元素满足8y xx y ，且*,x y N ，由82x y x ，得4x ，所以满足8x y 的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)，故A B ∩中元素的个数为4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.2.复数113i的虚部是（）A.310B.110C.110D.310【答案】D 【解析】【分析】利用复数的除法运算求出z 即可.【详解】因为1131313(13)(13)1010i z i i i i ，所以复数113z i 的虚部为310.故选：D.【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.3.在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为1234,,,p p p p ，且411i i p ，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）A.14230.1,0.4p p p pB.14230.4,0.1p p p pC.14230.2,0.3p p p pD.14230.3,0.2p p p p 【答案】B 【解析】【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组.【详解】对于A 选项，该组数据的平均数为 140.1230.4 2.5A x ，方差为 222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s ；对于B 选项，该组数据的平均数为 140.4230.1 2.5B x ，方差为 222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85B s ；对于C 选项，该组数据的平均数为 140.2230.3 2.5C x ，方差为 222221 2.50.22 2.50.33 2.50.34 2.50.2 1.05C s ；对于D 选项，该组数据的平均数为 140.3230.2 2.5D x ，方差为 222221 2.50.32 2.50.23 2.50.24 2.50.3 1.45D s .因此，B 选项这一组的标准差最大.故选：B.【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.4.Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )(t 的单位：天)的Logistic 模型：0.23(53)()=1e t I K t ，其中K 为最大确诊病例数．当I (*t )=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则*t 约为（）（ln19≈3）A.60 B.63C.66D.69【答案】C 【解析】【分析】将t t 代入函数0.23531t KI t e结合 0.95I tK求得t即可得解.【详解】0.23531t KI t e∵，所以0.23530.951t KI t K e，则 0.235319t e ，所以，0.2353ln193t，解得353660.23t .故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.5.设O 为坐标原点，直线x =2与抛物线C ：y 2=2px (p >0)交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为（）A.（14，0） B.（12，0） C.（1，0） D.（2，0）【答案】B 【解析】【分析】根据题中所给的条件OD OE ，结合抛物线的对称性，可知4COx COx，从而可以确定出点D 的坐标，代入方程求得p 的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】因为直线2x 与抛物线22(0)y px p 交于,C D 两点，且OD OE ，根据抛物线的对称性可以确定4DOx COx，所以(2,2)C ，代入抛物线方程44p ，求得1p ，所以其焦点坐标为1(,0)2，故选：B.【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.6.已知向量a ，b 满足||5a ，||6b ，6a b ，则cos ,= a a b （）A.3135B.1935C.1735 D.1935【答案】D 【解析】【分析】计算出a ab 、a b 的值，利用平面向量数量积可计算出cos ,a a b的值.【详解】5a ∵，6b ，6a b，225619a a b a a b .7a b，因此，1919cos ,5735a a b a a b a a b.故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.7.在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B =（）A.19B.13C.12 D.23【答案】A 【解析】【分析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ，再根据222cos 2AB BC AC B AB BC，即可求得答案.【详解】∵在ABC 中，2cos 3C，4AC ，3BC 根据余弦定理：2222cos AB AC BC AC BC C2224322433AB可得29AB ，即3AB 由∵22299161cos 22339AB BC AC B AB BC故1cos 9B .故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.B. C.6+2 D.【答案】C 【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：2113sin 60222ADB S AB AD△该几何体的表面积是：632 .故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.9.已知2tan θ–tan(θ+π4)=7，则tan θ=（）A.–2 B.–1C.1D.2【答案】D 【解析】【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.【详解】2tan tan 74∵，tan 12tan 71tan，令tan ,1t t ，则1271tt t，整理得2440t t ，解得2t ，即tan 2 .故选：D.【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.10.若直线l 与曲线y =和x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（）A.y =2x +1B.y =2x +12C.y =12x +1 D.y =12x +12【答案】D 【解析】【分析】根据导数的几何意义设出直线l 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.【详解】设直线l在曲线y上的切点为 0x ，则00x ，函数y的导数为y，则直线l的斜率k，设直线l的方程为 0y x x，即00x x ，由于直线l 与圆2215x y，两边平方并整理得2005410x x ，解得01x ，015x（舍），则直线l 的方程为210x y ，即1122y x .故选：D.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.11.设双曲线C ：22221x y a b（a >0，b >0）的左、右焦点分别为F 1，F 2．P是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a =（）A.1B.2C.4D.8【答案】A 【解析】【分析】根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案.【详解】ca∵，c ，根据双曲线的定义可得122PF PF a ，12121||42PF F PF F S P△，即12||8PF PF ，12F P F P ∵， 22212||2PF PF c ，22121224PF PF PF PF c ，即22540a a ，解得1a ，故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.12.已知55<84，134<85．设a =log 53，b =log 85，c =log 138，则（）A.a <b <cB.b <a <cC.b <c <aD.c <a <b【答案】A 【解析】【分析】由题意可得a 、b 、 0,1c ，利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系，由8log 5b ，得85b ，结合5458 可得出45b，由13log 8c ，得138c ，结合45138 ，可得出45c，综合可得出a 、b 、c 的大小关系.【详解】由题意可知a、b、0,1c ，222528log 3lg 3lg81lg 3lg8lg 3lg8lg 241log 5lg 5lg 522lg 5lg 25lg 5a b，a b ；由8log 5b ，得85b ，由5458 ，得5488b ，54b ，可得45b；由13log 8c ，得138c ，由45138 ，得451313c ，54c ，可得45c .综上所述，a b c .故选：A.【点睛】本题考查对数式大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.二、填空题目：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若x ，y 满足约束条件0,201,x y x y x，，则z =3x +2y 的最大值为_________．【答案】7【解析】【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.【详解】不等式组所表示的可行域如图因为32z x y ，所以322x zy ，易知截距2z 越大，则z 越大，平移直线32x y ，当322x zy 经过A 点时截距最大，此时z 最大，由21y x x，得12x y ，(1,2)A ，所以max 31227z 故答案为：7.【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.14.262()x x的展开式中常数项是__________（用数字作答）．【答案】240【解析】【分析】写出622x x二项式展开通项，即可求得常数项.【详解】∵622x x其二项式展开通项：62612rrrr C xx T1226(2)r r r r x C x 1236(2)r r rC x 当1230r ，解得4r 622x x的展开式中常数项是：664422161516240C C .故答案为：240.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握na b 的展开通项公式1C r n r r r n T ab ，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15.已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM，故122S△A BC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S △△△△111222AB r BC r AC r13322r解得：2r =，其体积：3433V r .故答案为：3.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.16.关于函数f （x ）=1sin sin x x有如下四个命题：①f （x ）的图像关于y 轴对称．②f （x ）的图像关于原点对称．③f （x ）的图像关于直线x =2对称．④f （x ）的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________．【答案】②③【解析】【分析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取0x 可判断命题④的正误.综合可得出结论.【详解】对于命题①，152622f，152622f，则66f f，所以，函数 f x 的图象不关于y 轴对称，命题①错误；对于命题②，函数 f x 的定义域为,x x k k Z ，定义域关于原点对称， 111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x，所以，函数 f x 的图象关于原点对称，命题②正确；对于命题③，11sin cos 22cos sin 2f x x x x x∵，11sin cos 22cos sin 2f x x x x x，则22f x f x，所以，函数 f x 的图象关于直线2x对称，命题③正确；对于命题④，当0x 时，sin 0x ，则 1sin 02sin f x x x，命题④错误.故答案为：②③.【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n ．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【答案】（1）25a ，37a ，21n a n ，证明见解析；（2）1(21)22n n S n .【解析】【分析】（1）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出 n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）由错位相减法求解即可.【详解】（1）由题意可得2134945a a ，32381587a a ，由数列 n a 的前三项可猜想数列 n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n ，证明如下：当1n 时，13a 成立；假设n k 时，21k a k 成立.那么1n k 时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k 也成立.则对任意的*n N ，都有21n a n 成立；（2）由（1）可知，2(21)2nnn a n 231325272(21)2(21)2n n n S n n ，①23412325272(21)2(21)2n n n S n n ，②由① ②得：23162222(21)2nn n S n 21121262(21)212n n n1(12)22n n ，即1(21)22n n S n .【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.18.某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：锻炼人次空气质量等级[0，200](200，400](400，600]1（优）216252（良）510123（轻度污染）6784（中度污染）72（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？人次≤400人次>400空气质量好空气质量不好附：22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d，P(K2≥k)0.0500.0100.001k 3.841 6.63510.828【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善22列联表，计算出2K的观测值，再结合临界值表可得结论.【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43 100，等级为2的概率为510120.27100，等级为3的概率为6780.21100，等级为4的概率为7200.09100；（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100（3）22 列联表如下：人次400人次400空气质量不好3337空气质量好228221003383722 5.820 3.84155457030K ，因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.19.如图，在长方体1111ABCD A B C D 中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED ，12BF FB ．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB ，1AD ，13AA ，求二面角1A EF A 的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）427.【解析】【分析】（1）连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz ，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A 的余弦值，进而可求得二面角1A EF A 的正弦值.【详解】（1）在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，在长方体1111ABCD A B C D 中，//AD BC 且AD BC ，11//BB CC 且11BB CC ，112C G CG ∵，12BF FB ，112233CG CC BB BF 且CG BF ，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG ，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG 且1C E DG ，1//C E AF 且1C E AF ，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz ，则 2,1,3A 、 12,1,0A 、 2,0,2E 、 0,1,1F ，0,1,1AE ， 2,0,2AF ， 10,1,2A E ， 12,0,1A F，设平面AEF 的法向量为 111,,m x y z，由0m AE m AF，得11110220y z x z 取11z ，得111x y ，则 1,1,1m ，设平面1A EF 的法向量为 222,,n x y z，由110n A E n A F，得22222020y z x z ，取22z ，得21x ，24y ，则 1,4,2n，cos ,7m n m n m n，设二面角1A EF A 的平面角为，则cos 7，sin 7.因此，二面角1A EF A的正弦值为7.【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20.已知椭圆222:1(05)25x y C m m 的离心率为154，A ，B 分别为C 的左、右顶点．（1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x 上，且||||BP BQ ，BP BQ ，求APQ 的面积．【答案】（1）221612525x y ；（2）52.【解析】【分析】（1）因为222:1(05)25x y C m m ，可得5a ，b m ，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）点P 在C 上，点Q 在直线6x 上，且||||BP BQ ，BP BQ ，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x 与x 轴交点为N ，可得PMB BNQ △△，可求得P 点坐标，求出直线AQ 的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ 的面积.【详解】（1）∵222:1(05)25x y C m m 5a ，b m ，根据离心率154c e a ，解得54m或54m (舍)， C 的方程为：22214255x y ，即221612525x y ；（2）∵点P 在C 上，点Q 在直线6x 上，且||||BP BQ ，BP BQ ，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x 与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图∵||||BP BQ ，BP BQ ，90PMB QNB ，又∵90PBM QBN ，90BQN QBN ，PBM BQN ，根据三角形全等条件“AAS ”，可得：PMB BNQ △△，∵221612525x y ， (5,0)B ，651PM BN ，设P 点为(,)P P x y ，可得P 点纵坐标为1P y ，将其代入221612525x y，可得：21612525P x ，解得：3P x 或3P x ，P 点为(3,1)或(3,1) ，①当P 点为(3,1)时，故532MB ，∵PMB BNQ △△，||||2MB NQ ，可得：Q 点为(6,2)，画出图象，如图∵(5,0)A ,(6,2)Q ，可求得直线AQ 的直线方程为：211100x y ，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ的距离为：5d，根据两点间距离公式可得：AQ，APQ面积为：15252；②当P 点(3,1) 时，故5+38MB ，∵PMB BNQ △△，||||8MB NQ ，可得：Q 点为(6,8)，画出图象，如图∵(5,0)A ,(6,8)Q ，可求得直线AQ 的直线方程为：811400x y ，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：d ，根据两点间距离公式可得：AQAPQ面积为：1522 ，综上所述，APQ 面积为：52.【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.21.设函数3()f x x bx c ，曲线()y f x 在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．（1）求b ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1．【答案】（1）34b ；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到'1(02f ，解方程即可；（2）由（1）可得'2311()32()(422f x x x x ，易知()f x 在11(,22 上单调递减，在1(,)2 ，1(,)2 上单调递增，且111111(1),(),(,(1)424244f c f c f c f c ，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为'2()3f x x b ，由题意，'1()02f ，即21302b 则34b；（2）由（1）可得33()4f x x x c ，'2311()33()422f x x x x ，令'()0f x ，得12x 或21x ；令'()0f x ，得1122x ，所以()f x 在11(,22 上单调递减，在1(,2 ，1(,)2 上单调递增，且111111(1),(,(),(1)424244f c f c f c f c ，若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ，则(1)0f 或(1)0f ，即14c 或14c .当14c 时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c ，又32(4)6434(116)0f c c c c c c ，由零点存在性定理知()f x 在(4,1)c 上存在唯一一个零点0x ，即()f x 在(,1) 上存在唯一一个零点，在(1,) 上不存在零点，此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当14c 时，111111(1)0,(0,(0,(1)0424244f c f c f c f c ，又32(4)6434(116)0f c c c c c c ，由零点存在性定理知()f x 在(1,4)c 上存在唯一一个零点0x ，即()f x (1,) 上存在唯一一个零点，在(,1) 上不存在零点，此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，()f x 所有零点的绝对值都不大于1.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）22.在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为22223x t t y t t（t 为参数且t ≠1），C 与坐标轴交于A 、B 两点．（1）求||AB ；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB 的极坐标方程．【答案】（1）（2）3cos sin 120【解析】【分析】（1）由参数方程得出,A B 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB 的值；（2）由,A B 的坐标得出直线AB 的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（1）令0x ，则220t t ，解得2t 或1t （舍），则26412y ，即(0,12)A .令0y ，则2320t t ，解得2t 或1t （舍），则2244x ，即(4,0)BAB；（2）由（1）可知12030(4)AB k ，则直线AB 的方程为3(4)y x ，即3120x y .由cos ,sin x y 可得，直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120 .【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.[选修4—5：不等式选讲]（10分）23.设a ，b ，c R ，a +b +c =0，abc =1．（1）证明：ab +bc +ca <0；（2）用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c ．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由2222()2220a b c a b c ab ac bc 结合不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设max{,,}a b c a ，由题意得出0,,0a b c ，由222322b c b c bc a a a bc bc，结合基本不等式，即可得出证明.【详解】（1）2222()2220a b c a b c ab ac bc ∵，22212ab bc ca a b c .,,a b c ∵均不为0，则2220a b c ， 222120ab bc ca a b c；（2）不妨设max{,,}a b c a ，由0,1a b c abc 可知，0,0,0a b c ，1,a b c a bc ∵， 222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc.当且仅当b c 时，取等号，a ，即max{,,}abc .【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.祝福语祝你马到成功，万事顺意!。
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(全国卷新课标1)
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．（5分）已知集合M＝{x|﹣4＜x＜2}，N＝{x|x2﹣x﹣6＜0}，则M∩N＝（）A．{x|﹣4＜x＜3} B．{x|﹣4＜x＜﹣2} C．{x|﹣2＜x＜2} D．{x|2＜x＜3} 2．（5分）设复数z满足|z﹣i|＝1，z在复平面内对应的点为（x，y），则（）A．（x+1）2+y2＝1 B．（x﹣1）2+y2＝1C．x2+（y﹣1）2＝1 D．x2+（y+1）2＝13．（5分）已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a4．（5分）古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是（）A．165cm B．175cm C．185cm D．190cm5．（5分）函数f（x）＝在[﹣π，π]的图象大致为（）A．B．C．D．6．（5分）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是（）A．B．C．D．7．（5分）已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥，则与的夹角为（）A．B．C．D．8．（5分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）A．A＝B．A＝2+C．A＝D．A＝1+9．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．a n＝2n﹣5 B．a n＝3n﹣10 C．S n＝2n2﹣8n D．S n＝n2﹣2n 10．（5分）已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．+y2＝1 B．+＝1C．+＝1 D．+＝111．（5分）关于函数f（x）＝sin|x|+|sin x|有下述四个结论：①f（x）是偶函数②f（x）在区间（，π）单调递增③f（x）在[﹣π，π]有4个零点④f（x）的最大值为2其中所有正确结论的编号是（）A．①②④B．②④C．①④D．①③12．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
高考理科数学(1卷)：答案详细解析(最新)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（I 卷）答案详解一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.（复数）若1z i =+,则22z z -=A.0B.1 D.2【解析】∵1z i =+，∴222(2)(1)(1)12z z z z i i i -=-=+-=-=-，∴2=22z z -.【答案】D2.（集合）设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤ ，则a =A.－4B.－2C.2D.4【解析】由已知可得{}22A x x =-≤≤，2a B x x ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭，∵{}21A B x x =-≤≤ ，∴12a -=，解得2a =-.【答案】B 3.（立体几何，同文3）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A.14- B.12 C.14+ D.12+【解析】如图A3所示，设正四棱锥底面的边长为a ，则有22221212h am a h m ⎧=⎪⎪⎨⎛⎫⎪+= ⎪⎪⎝⎭⎩整理得22420m am a --=，令m t a =，则有24210t t --=，∴114t +=，214t -=（舍去），即14m a +=.图A3【答案】C4.（解析几何）已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =A ．2B ．3C ．6D ．9【解析】设A 点的坐标为(m ,n )，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴m =9，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴122p m +=，解得6p =.【答案】C5.（概率统计，同文5）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：C ）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子的发芽实验，由实验数据,)(i i x y i =（1,2,…,20)得到下面的散点图：由此散点图，在10C 至40C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是A.y a bx =+B.2y a bx =+C.x y a be =+D.ln y a b x=+【解析】根据散点图的趋势和已学函数图象可知，本题的回归方程类型为对数函数，故选D 选项.【答案】D6.（函数）函数43()2f x x x =-的图像在点(1,(1))f 处的切线方程为A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+【解析】32()46f x x x '=-，∴函数()f x 的图像在点(1,(1))f 处的切线斜率为(1)2k f '==-，又∵(1)1f =-，∴所求的切线方程为12(1)y x +=--，化简为21y x =-+.【答案】B7.（三角函数，同文7）设函数()cos()6f x x πω=+在[]ππ-，的图像大致如下图，则()f x 的最小正周期为A.109πB.76πC.43πD.32π【解析】∵函数过点4π,09⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴4ππcos()=096x ω-+，∴4πππ=962x ω-+-，解得23=ω，∴()f x 的最小正周期为3π4π2==ωT .【答案】C 8.（概率统计）25()()y x x y x++的展开式中33x y 的系数为A.5 B.10 C.15 D.20【解析】∵5()x y +展开式的通项公式为55C r r r x y -(r =0,1,2,3,4,5)，∴1r =时，2141335C 5y x y x y x=，∴3r =时，323335C 10x x y x y =，∴展开式中的33x y 系数为5+10=15.【答案】C9.（三角函数）已知(0,)α∈π，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=A.53 B.23 C.13 D.59【解析】应用二倍角公式2cos22cos 1αα=-，将3cos28cos 5αα-=化简为，23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去），又∵(0,)α∈π，∴5sin 3α=.【答案】A 10.（立体几何，同文12）已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为△ABC 的外接圆.若 1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【解析】由题意可知， 1O 为的半径r =2，由正弦定理可知，24sin ==AB r C，则14sin 4sin 60==== OO AB C ，∴球O 的半径4R ==，∴球O 的表面积为24π64πR =．图A10【答案】A11.（解析几何）已知22:2220M x y x y +---= ，直线:20+=l x y ，p 为l 上的动点.过点p 作M 的切线PA ，PB ，切点为,A B ，当PM AB 最小时，直线AB 的方程为A.210x y --= B.210x y +-=C.210x y -+= D.210x y ++=【解析】222:(1)(1)2-+-= M x y ， M 的半径r =2，圆心(1,1)M ，由几何知识可知，⊥PM AB ，故1||||=2=||||2||2∆=⋅⋅==四边形APM APBM S PM AB S AP AM AP ，∴⋅PM AB 最小，即PM 最小，此时直线PM ⊥l ，即直线PM 的斜率为12=m k ，故直线PM 的方程为11(1)2-=-y x ，化简为1122=+y x ，∴直线PM 与l 的交点P 的坐标为(1,0)-P ，直线AB 为过点P 作 M 的切线所得切点弦AB 所在的直线，其方程为(11)(1)(01)(1)4---+--=x y ，化简得210++=x y ．图A11【答案】D注：过圆外一点00(,)P x y 作222:()()O x a y b r -+-= 的切线所得切点弦所在直线方程为200()()()()x a x a y b y b r --+--=.特别当0a b ==时，切点弦所在直线方程为200x x y y r +=.（具体推到过程，可到百度搜索）12.（函数）若242log 42log +=+a b a b 则A.a >2bB.a <2bC.a >b 2D.a <b 2【解析】由指数和对数运算性质，原等式可化为2222log 2log a b a b +=+，∵222log 1log log 2b b b <+=，∴22222log 2log 2b b b b +<+，∴2222log 2log 2a b a b +<+，设2()2log x f x x =+，则有()(2)f a f b <，由指数函数和对数函数的单调性可知()f x 在(0,)+∞单调递增，∴2a b <.【答案】B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)联考 理科数学+答案+全解全析
D． 2 2
13． (x + 2 y −1)5 的展开式中 x2 y2 的系数为___________.
14．若
sin(α
+
π )
6
=
−
1 3
,α
∈ (0, π)
，则
sin(2α
+
π )
3
=
___________.
15．已知双曲线 E
：
x2 a2
−
y2
= 1(a
>
0)
的左、右焦点分别为 F1, F2
a,b
=
A． 2 5 5
B． − 2 5 5
C． − 5 5
D． 5 5
9．已知[x] 表示不超过
x
的最大整数，数列{an} 满足
an
=
[
(−1)
n −1 ] 2
n
2
，则数列{an} 的前
6030
C． 3660
理科数学 第 2 页（共 13 页）
D． −3660
10．将函数 f (x) =
如图所示，正方形 ABCD 所在平面与梯形 ABMN 所在平面垂直，MB∥AN， NA = AB = 2 ， BM = 4 ，
CN = 2 3 .
（1）证明：平面 DMN ⊥ 平面 BCN ； （2）求二面角 C − MN − D 的余弦值.
19．（本小题满分 12 分）
已知椭圆
x2 C： a2
+
y2 b2
不迟到的概率的范围； （2）在这 10 天中任取 2 天，记该学生早上从家出发到教室所花时间的差的绝对值为 Y ，求 Y 的分布列 和数学期望. 附：若随机变量 X 服从正态分布 N (µ,σ 2 ) ，则 P(µ − σ < X < µ + σ ) = 0.6826 ，P(µ − 2σ < X < µ + 2σ ) = 0.9544 ， P(µ − 3σ < X < µ + 3σ ) = 0.9974 . 21．（本小题满分 12 分） 已知函数 f (x) = cos(x −1) + x(1 − ln x) . （1）设 g(x) = f ′(x) ，求证： g(x) < 1 ；
2020年普通高等学校招生全国统一考试(英语全国卷I)(word附答案)
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷I）英语注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
版本一（适用地区：河南、山西）第一部分听力（共两节，满分30分）做题时，先将答案标在试卷上。
录音内容结束后，你将有两分钟的时间将试卷上的答案转涂到答题卡上。
第一节（共5小题；每小题1.5分，满分7.5分）听下面5段对话。
每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项。
听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题和阅读下一小题。
每段对话仅读一遍。
例：How much is the shirt?A. £19.15.B. £9.18.C. £9.15.答案是C。
1. Where are the speakers?A. At a swimming pool.B. In a clothing shop.C. At a school lab.2. What will Tom do next?A. Turn down the music.B. Postpone the show.C. Stop practicing.3. What is the woman busy doing?A. Working on a paper.B. Tidying up the office.C. Organizing a party.4. When will Henry start his vacation?A. This weekend.B. Next week.C. At the end of August.5. What does Donna offer to do for Bill?A. Book a flight for him.B. Drive him to the airport.C. Help him park the car.第二节（共15小题；每小题1.5分，满分22.5分）听下面5段对话或独白。
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1.【ID:4002604】若，则()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：，则．故选D．2.【ID:4002605】设集合，，且，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：易求得：，，则由，得，解得．故选B．3.【ID:4002606】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：如图，设正四棱锥的底面边长为，斜高，则，两边同时除以，得：，解得：，故选C．4.【ID:4002607】已知为抛物线：上一点，点到的焦点的距离为，到轴的距离为，则()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由题意知，，则．故选C．5.【ID:4002608】某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率和温度(单位：)的关系，在个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据得到下面的散点图：由此散点图，在至之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率和温度的回归方程类型的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：由图易知曲线特征：非线性，上凸，故选D．6.【ID:4002609】函数的图象在点处的切线方程为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：，则切线斜率，又，则切线方程为．故选B．7.【ID:4002610】设函数在的图象大致如下图，则的最小正周期为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由图可估算，则．故选C．由图可知：，由单调性知：，解得，又由图知，则，当且仅当时满足题意，此时，故最小正周期．8.【ID:4002611】的展开式中的系数为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：，要得到项，则应取项，则其系数为．故选C．9.【ID:4002612】已知，且，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由，得，解得：或(舍)，又，则．故选A．10.【ID:4002613】已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆．若的面积为，，则球的表面积为()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由条件易得：，由，则，则，所以球的表面积为．故选A．11.【ID:4002614】已知：，直线：，为上的动点．过点作的切线，，切点为，，当最小时，直线的方程为()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：：，则，如图，由圆的切线性质，易知：，则，所以最小时，最短，即最短，此时，易求得：，则直线：，整理，得：．故选D．12.【ID:4002615】若，则()A.B.C.D.【答案】B【解析】根据题意，有，若，则，不符合题意，因此．13.【ID:4002616】若，满足约束条件，则的最大值为________．【答案】1【解析】解：作不等式组满足的平面区域如图：易得：，，，因为区域为封闭图形，分别将点的坐标代入，得最大值为．14.【ID:4002617】设，为单位向量，且，则________．【答案】【解析】解：因为，，则，则．15.【ID:4002618】已知为双曲线：的右焦点，为的右顶点，为上的点，且垂直于轴．若的斜率为，则的离心率为________．【答案】2【解析】解：如图，，，则由题意得：，解得：，(舍)，所以的离心率为．16.【ID:4002619】如图，在三棱锥的平面展开图中，，，，，，则________．【答案】【解析】在中，；在中，，由展开图的生成方式可得，在中，由余弦定理可得，于是，因此在中，由余弦定理可得．17. 设是公比不为的等比数列，为，的等差中项．（1）【ID:4002620】求的公比．【答案】【解析】解：设数列的公比为，则，，即，解得或(舍去)，的公比为．（2）【ID:4002621】若，求数列的前项和．【答案】【解析】解：记为的前项和．由及题设可得，．所以，．可得．所以．18. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）【ID:4002622】证明：平面．【答案】见解析【解析】方法：以为原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，，．，，，则，，，平面．方法：设，由题设可得，，，．因此，从而．又，故．所以平面．（2）【ID:4002623】求二面角的余弦值．【答案】【解析】由知，，，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即，解得，，二面角的余弦值为．19. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰：当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为．（1）【ID:4002624】求甲连胜四场的概率．【答案】【解析】解：．（2）【ID:4002625】求需要进行第五场比赛的概率．【答案】【解析】(甲连胜场)(乙连胜场)(丙连胜场)．（3）【ID:4002626】求丙最终获胜的概率．【答案】【解析】丙最终获胜，有两种情况，丙连胜或输一场．(丙连胜)，丙输一场，则共进行场，丙可以在①第场输，、场胜；②第、场胜，场输；③第、、场胜，第场输，(丙第场输，，场胜)；(丙第，场胜，第场输)；(丙第，，场胜，第场输)，(丙胜)．20. 已知，分别为椭圆：的左、右顶点．为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为．（1）【ID:4002627】求的方程．【答案】【解析】由题意知，，，故，，，故椭圆的方程为．（2）【ID:4002628】证明：直线过定点．【答案】见解析【解析】方法：设，，故：，，故：，联立，，同理可得，，①当时，：，②当时，，：，③当且时，，：，令，故直线恒过定点．方法：设，，．若，设直线的方程为，由题意可知．因为直线的方程为，所以．直线的方程为，所以．可得．又，故，可得，即．①将代入得．所以，．代入①式得．解得(舍去)，．故直线的方程为，即直线过定点．若，则直线的方程为，过点．综上，直线过定点．21. 已知函数．（1）【ID:4002629】当时，讨论的单调性．【答案】当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．【解析】当时，，其导函数，又函数为单调递增函数，且，于是当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．（2）【ID:4002630】当时，，求的取值范围．【答案】【解析】方法：根据题意，当时，不等式显然成立；当时，有，记右侧函数为，则其导函数，设，则其导函数，当时，函数单调递减，而，于是．因此函数在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，也为最大值．因此实数的取值范围是，即．方法：等价于．设函数，则．(i)若，即，则当时，．所以在上单调递增，而，故当时，，不合题意．(ii)若，即，则当时，；当时，．所以在，上单调递减，在上单调递增．又，所以当且仅当，即．所以当时，．(iii)若，即，则．由于，故由(ii)可得．故当，．综上，的取值范围是．22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）【ID:4002631】当时，是什么曲线？【答案】为以坐标原点为圆心，半径为的圆．【解析】解：，的参数方程为，则的普通方程为：，是以坐标原点为圆心，半径为的圆．（2）【ID:4002632】当时，求与的公共点的直角坐标．【答案】【解析】解：当时，：，消去参数，得的直角坐标方程为：，的直角坐标方程为：，联立得，其中，，，解得，与的公共点的直角坐标为．23. 已知函数．（1）【ID:4002633】画出的图象．【答案】见解析【解析】解：如图，．（2）【ID:4002634】求不等式的解集．【答案】【解析】解：方法：由题意知，结合图象有，当时，不等式恒成立，故舍去；当，即时，不等式恒成立；当时，由，得，，解得，综上，．方法：函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象．的图象与的图象的交点坐标为．由图象可知当且仅当时，的图象在的图象上方．故不等式的解集为．。