2020年高考·教育部考试中心·理科数学样卷(十一)(含答案和解析)
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年高考全国I卷理科数学试题(含解析)
6)
在[ ,
] 的图像大致如下图，则
f
( x)
的最小正周期为（
）
A.
10 9
C. 4 3
B.
7 6
D.
3 2
答案：C
解析：∵ cos(
4 9
6
)
0 ，∴
4
9
6
2k
2
(k
Z)
，
∴
9k 2
3 2
，根据图像可知
2 | |
4 9
13 9
，
2 | |
，∴
18 13
|
|
2，
2 2 4
故取 k 0，则
（）
A. y 2x 1
B. y 2x 1
C. y 2x 3
D. y 2x 1
答案：B
解答：由题可得 f (1) 1， f (x) 4x3 6x2 ，则 f (1) 2 ，
∴在点 (1, f (1))处的切线方程为 y 2(x 1) ，即 y 2x 1．
7.设函数
f
( x)
cos(x
底面正方形的边长的比值为
（）
A． 5 1 4
B. 5 1 2
51
C.
4
答案：C
D. 5+1 2
1 2
ah ，
解答：设四棱锥的底面边长为a ，侧面三角形的高为h ，四棱锥的高为h，则有 h2
又 h
h2 ，(又12aha)2，0联，所立以两 式 可 得 (h)2
1 4
a2
1 2
ah
(
h )2 a
1 2
由圆 O 的面积为 4 1
，∴
OA 1
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学卷(江西.理)含答案
2020年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）理科数学本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分．第I 卷1至2页，第II 卷3至4页，共150分．第I 卷考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致． 2．第I 卷每小题选出答案后，用2Ｂ铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．第II 卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答案无效． 3．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回． 参考公式： 如果事件A B ，互斥，那么 球的表面积公式()()()P A B P A P B +=+24πS R =如果事件A B ，相互独立，那么 其中R 表示球的半径()()()P A B P A P B =球的体积公式如果事件A 在一次试验中发生的概率是P ，那么 34π3V R =n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率()(1)k kn k n n P k C P P -=-其中R 表示球的半径一、选择题：本大题共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．化简224(1)ii ++的结果是（ ） Ａ．2i +Ｂ．2i -+Ｃ．2i -Ｄ．2i --2．321lim 1x x x x →--（ ）Ａ．等于0Ｂ．等于1Ｃ．等于3Ｄ．不存在3．若πtan 34α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则cot α等于（ ） Ａ．2-Ｂ．12-Ｃ．12Ｄ．24．已知n展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n 等于（ ） Ａ．4 Ｂ．5Ｃ．6Ｄ．75．若π02x <<，则下列命题中正确的是（ ） Ａ．3sin πx x < Ｂ．3sin πx x >Ｃ．224sin πx x < Ｄ．224sin πx x >6．若集合{}012M =，，，{}()210210N x y x y x y x y M =-+--∈，≥且≤，，，则N 中元素的个数为（ ）Ａ．9 Ｂ．6Ｃ．4Ｄ．27．如图，正方体1AC 的棱长为1，过点A 作平面1A BD 的垂线，垂足为点H ，则以下命题中，错误．．的命题是（ ） Ａ．点H 是1A BD △的垂心 Ｂ．AH 垂直平面11CB D Ｃ．AH 的延长线经过点1C Ｄ．直线AH 和1BB 所成角为458．四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选择了形状不同、内空高度相等、杯口半径相等的圆口酒杯，如图所示，盛满酒后他们约定：先各自饮杯中酒的一半．设剩余酒的高度从左到右依次为1h ，2h ，3h ，4h ，则它们的大小关系正确的是（ ）Ａ．214h h h >> Ｂ．123h h h >>Ｃ．324h h h >>Ｄ．241h h h >>9．设椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为1e 2=，右焦点为(0)F c ，，方程20ax bx c +-=的两个实根分别为1x 和2x ，则点12()P x x ，（ ）Ａ．必在圆222x y +=内 Ｂ．必在圆222x y +=上 Ｃ．必在圆222x y +=外Ｄ．以上三种情形都有可能111B10．将一骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数依次．．成等差数列的概率为（ ） Ａ．19Ｂ．112Ｃ．115Ｄ．11811．设函数()f x 是R 上以5为周期的可导偶函数，则曲线()y f x =在5x =处的切线的斜率为（ ） Ａ．15-Ｂ．0Ｃ．15Ｄ．512．设2:()e ln 21xp f x x x mx =++++在(0)+∞，内单调递增，:5q m -≥，则p 是q 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2007年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）理科数学 第II 卷注意事项： 第II 卷2页，须用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试卷题上作答，答案无效．二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把答案填在答题卡上． 13．设函数24log (1)(3)y x x =+-≥，则其反函数的定义域为．14．已知数列{}n a 对于任意*p q ∈N ，，有p q p q a a a ++=，若119a =，则36a = ．15．如图，在ABC △中，点O 是BC 的中点，过点O 的直线分别交直线AB ，AC 于不同的两点M N ，，若AB mAM =，AC nAN =，则m n +的值为．16．设有一组圆224*:(1)(3)2()k C x k y k k k -++-=∈N ．下列四个命题：Ａ．存在一条定直线与所有的圆均相切 Ｂ．存在一条定直线与所有的圆均相交 Ｃ．存在一条定直线与所有的圆均不．相交 Ｄ．所有的圆均不．经过原点 其中真命题的代号是 ．（写出所有真命题的代号）三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分12分）已知函数21(0)()2(1)x c cx x c f x k c x -+<<⎧⎪=⎨⎪+<⎩ ≤在区间(01)，内连续，且29()8f c =．（1）求实数k 和c 的值； （2）解不等式()18f x >+． 18．（本小题满分12分）如图，函数π2cos()(0)2y x x ωθθ=+∈R ，≤≤的图象与y轴交于点(0，且在该点处切线的斜率为2-． （1）求θ和ω的值；（2）已知点π02A ⎛⎫⎪⎝⎭，，点P 是该函数图象上一点，点00()Q x y ，是PA的中点，当02y =，0ππ2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，时，求0x 的值． 19．（本小题满分12分）某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立．根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5，0.6，0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6，0.5，0.75． （1）求第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；（2）经过前后两次烧制后，合格工艺品的个数为ξ，求随机变量ξ的期望． 20．（本小题满分12分）右图是一个直三棱柱（以111A B C 为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ．已知11111A B B C ==，11190A B C ∠=，14AA =，12BB =，13CC =．（1）设点O 是AB 的中点，证明：OC ∥平面111A B C ； （2）求二面角1B AC A --的大小； （3）求此几何体的体积． 21．（本小题满分12分）设动点P 到点(10)A -，和(10)B ，的距离分别为1d 和2d ，2APB θ∠=，且存在常数(01)λλ<<，使得212sin d d θλ=．（1）证明：动点P 的轨迹C 为双曲线，并求出C 的方程；（2）过点B 作直线双曲线C 的右支于M N ，两点，试确定λ的范11y围，使OM ON =0，其中点O 为坐标原点． 22．（本小题满分14分）设正整数数列{}n a 满足：24a =，且对于任何*n ∈N ，有11111122111n n n n a a a a n n ++++<<+-+．（1）求1a ，3a ；（3）求数列{}n a 的通项n a ．2007年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）理科数学参考答案一、选择题 1．C 2．B3．A 4．C 5．D 6．C 7．D 8．A 9．A 10．B11．B 12．B 二、填空题 13．[5)+，∞ 14．4 15．2 16．B D ，三、解答题17．解：（1）因为01c <<，所以2c c <， 由29()8f c =，即3918c +=，12c =． 又因为4111022()1212x x x f x k x -⎧⎛⎫+<< ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪+< ⎪⎪⎝⎭⎩≤在12x =处连续，所以215224f k -⎛⎫=+=⎪⎝⎭，即1k =． （2）由（1）得：4111022()12112x x x f x x -⎧⎛⎫+<< ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪+< ⎪⎪⎝⎭⎩≤由()18f x >+得，当102x <<时，解得142x <<． 当112x <≤时，解得1528x <≤，所以()18f x >+的解集为58x ⎧⎫⎪⎪<<⎨⎬⎪⎪⎩⎭．18．解：（1）将0x =，y =2cos()y x ωθ=+得cos θ=因为02θπ≤≤，所以6θπ=． 又因为2sin()y x ωωθ'=-+，02x y ='=-，6θπ=，所以2ω=， 因此2cos 26y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭．（2）因为点02A π⎛⎫ ⎪⎝⎭，，00()Q x y ，是PA 的中点，02y =，所以点P 的坐标为022x π⎛-⎝．又因为点P 在2cos 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象上，所以05cos 46x π⎛⎫-= ⎪⎝⎭因为02x ππ≤≤，所以075194666x πππ-≤≤， 从而得0511466x ππ-=或0513466x ππ-=． 即023x π=或034x π=．19．解：分别记甲、乙、丙经第一次烧制后合格为事件1A ，2A ，3A ， （1）设E 表示第一次烧制后恰好有一件合格，则123123123()()()()P E P A A A P A A A P A A A =++ 0.50.40.60.50.60.60.50.40.40.38=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=．（2）解法一：因为每件工艺品经过两次烧制后合格的概率均为0.3p =，所以~(30.3)B ξ，， 故30.30.9E np ξ==⨯=．解法二：分别记甲、乙、丙经过两次烧制后合格为事件A B C ，，，则()()()0.3P A P B P C ===，所以3(0)(10.3)0.343P ξ==-=，2(1)3(10.3)0.30.441P ξ==⨯-⨯=， 2(2)30.30.70.189P ξ==⨯⨯=， 3(3)0.30.027P ξ===．于是，()10.44120.18930.0270.9E ξ=⨯+⨯+⨯=． 20．解法一：（1）证明：作1OD AA ∥交11A B 于D ，连1C D ．则11OD BB CC ∥∥． 因为O 是AB 的中点， 所以1111()32OD AA BB CC =+==． 则1ODC C 是平行四边形，因此有1OC C D ∥．1C D ⊂平面111C B A 且OC ⊄平面111C B A ，则OC ∥面111A B C ．（2）如图，过B 作截面22BA C ∥面111A B C ，分别交1AA ，1CC 于2A ，2C ． 作22BH A C ⊥于H ，连CH ．因为1CC ⊥面22BA C ，所以1CC BH ⊥，则BH ⊥平面1A C ．又因为AB =BC =222AC AB BC AC =⇒=+．所以BC AC ⊥，根据三垂线定理知CH AC ⊥，所以BCH ∠就是所求二面角的平面角．因为BH =1sin 2BH BCH BC ==∠，故30BCH =∠， 即：所求二面角的大小为30．（3）因为BH =，所以11A 2222211121(12)233222B AAC C AA C C V S BH -==+=． 1112211111212A B C A BC A B C V S BB -===△． 所求几何体体积为221112232B AAC C A B C A BC V V V --=+=． 解法二：（1）如图，以1B 为原点建立空间直角坐标系，则(014)A ，，，(002)B ，，，(103)C ，，，因为O 是AB 的中点，所以1032O ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，， 1102OC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，．易知，(001)n =，，是平面111A B C 的一个法向量． 因为0OC n =，OC ⊄平面111A B C ，所以OC ∥平面111A B C ．（2）(012)AB =--，，，(101)BC =，，， 设()m x y z =，，是平面ABC 的一个法向量，则 则0AB m =，0BC m =得：20y z x z --=⎧⎨+=⎩取1x z =-=，(121)m =-，，． 显然，(110)l =，，为平面11AAC C 的一个法向量．则cos 22m l m l m l===⨯，，结合图形可知所求二面角为锐角． 所以二面角1B AC A --的大小是30． （3）同解法一．21．解法一：（1）在PAB △中，2AB =，即222121222cos 2d d d d θ=+-，2212124()4sin d d d d θ=-+，即122d d -==<（常数），点P 的轨迹C 是以A B ，为焦点，实轴长2a =的双曲线．1x方程为：2211x y λλ-=-． （2）设11()M x y ，，22()N x y ，①当MN 垂直于x 轴时，MN 的方程为1x =，(11)M ，，(11)N -，在双曲线上．即211111012λλλλλ-±-=⇒+-=⇒=-，因为01λ<<，所以12λ=． ②当MN 不垂直于x 轴时，设MN 的方程为(1)y k x =-．由2211(1)x y y k x λλ⎧-=⎪-⎨⎪=-⎩得：2222(1)2(1)(1)()0k x k x k λλλλλ⎡⎤--+---+=⎣⎦， 由题意知：2(1)0k λλ⎡⎤--≠⎣⎦，所以21222(1)(1)k x x k λλλ--+=--，2122(1)()(1)k x x k λλλλ--+=--． 于是：22212122(1)(1)(1)k y y k x x k λλλ=--=--．因为0OM ON =，且M N ，在双曲线右支上，所以2121222122212(1)0(1)121011231001x x y y k x x k x x λλλλλλλλλλλλλλλ-⎧+=⎧-⎧=⎪>⎪⎪⎪+-+>⇒⇒⇒<<+--⎨⎨⎨⎪⎪⎪>+->>⎩⎩⎪-⎩．23λ<． 解法二：（1）同解法一（2）设11()M x y ，，22()N x y ，，MN 的中点为00()E x y ，． ①当121x x ==时，221101MB λλλλλ=-=⇒+-=-，因为01λ<<，所以12λ=；②当12x x ≠时，221102202211111MN x y x k y x y λλλλλλ⎧-=⎪⎪-⇒=⎨-⎪-=⎪-⎩． 又001MN BE y k k x ==-．所以22000(1)y x x λλλ-=-； 由2MON π=∠得222002MN x y ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，由第二定义得2212()222MN e x x a ⎛⎫+-⎡⎤= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭ 220001(1)21x x x λλ==+---．所以222000(1)2(1)(1)y x x λλλλ-=--+-．于是由22000222000(1)(1)2(1)(1)y x x y x x λλλλλλλ⎧-=-⎪⎨-=--+-⎪⎩得20(1)23x λλ-=- 因为01x >，所以2(1)123λλ->-，又01λ<<， 解得：1223λ<<．由①②知1223λ<≤． 22．解：（1）据条件得1111112(1)2n n n n n n a a a a ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭① 当1n =时，由21211111222a a a a ⎛⎫+<+<+ ⎪⎝⎭，即有1112212244a a +<+<+，解得12837a <<．因为1a 为正整数，故11a =． 当2n =时，由33111126244a a ⎛⎫+<+<+ ⎪⎝⎭， 解得3810a <<，所以39a =．（2）方法一：由11a =，24a =，39a =，猜想：2n a n =．下面用数学归纳法证明．1当1n =，2时，由（1）知2n a n =均成立； 2假设(2)n k k =≥成立，则2k a k =，则1n k =+时由①得221111112(1)2k k k k a ka k ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭ 2212(1)(1)11k k k k k k a k k k +++-⇒<<-+- 22212(1)1(1)(1)11k k k a k k k ++⇒+-<<+++- 因为2k ≥时，22(1)(1)(1)(2)0k k k k k +-+=+-≥，所以(]22(1)011k k +∈+，． 11k -≥，所以(]1011k ∈-，． 又1k a +∈*N ，所以221(1)(1)k k a k +++≤≤．故21(1)k a k +=+，即1n k =+时，2n a n =成立．由1，2知，对任意n ∈*N ，2n a n =．（2）方法二：由11a =，24a =，39a =，猜想：2n a n =．下面用数学归纳法证明． 1当1n =，2时，由（1）知2n a n =均成立； 2假设(2)n k k =≥成立，则2k a k =，则1n k =+时 由①得221111112(1)2k k k k a k a k ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭ 即21111(1)122k k k k k a k a k+++++<+<+ ② 由②左式，得2111k k k k k a +-+-<，即321(1)k k a k k k +-<+-，因为两端为整数， 则3221(1)1(1)(1)k k a k k k k k +-+--=+-≤．于是21(1)k a k ++≤ ③ 又由②右式，22221(1)21(1)1k k k k k k k k a k k+++-+-+<=． 则231(1)(1)k k k a k k +-+>+．因为两端为正整数，则2431(1)1k k k a k k +-+++≥， 所以4321221(1)11k k k k a k k k k k +++=+--+-+≥． 又因2k ≥时，1k a +为正整数，则21(1)k a k ++≥ ④据③④21(1)k a k +=+，即1n k =+时，2n a n =成立．由1，2知，对任意n ∈*N ，2n a n =．。
(全国III卷)2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题参考答案
（3） 2 2 列联表如下：
人次 400
空气质量不好
33
空气质量好
22
人次 400 37 8
K2
100 338 37 222
5.820 3.841 ，
55 45 70 30
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
根据题意画出图形，如图
理科数学参考答案 7
| BP || BQ | ， BP BQ ， PMB QNB 90 ，
又 PBM QBN 90 ， BQN QBN 90 ，
PBM BQN ， 根据三角形全等条件“ AAS ”， 可得：△PMB △BNQ ，
x2 16 y2 1 ， 25 25
【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 2 2 列联表，计算出 K2 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 2 16 25 0.43 ， 100
（2）由错位相减法求解即可.
【详解】（1）由题意可得 a2 3a1 4 9 4 5 ， a3 3a2 8 15 8 7 ，
由数列an 的前三项可猜想数列an 是以 3 为首项，2 为公差的等差数列，即 an 2n 1，
证明如下：
当 n 1 时， a1 3成立；
假设 n k 时， ak 2k 1 成立.
机密★启用前
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(含解析版)
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）若z＝1+i，则|z2﹣2z|＝（）A．0B．1C．D．22．（5分）设集合A＝{x|x2﹣4≤0}，B＝{x|2x+a≤0}，且A∩B＝{x|﹣2≤x≤1}，则a＝（）A．﹣4B．﹣2C．2D．43．（5分）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．（5分）已知A为抛物线C：y2＝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．（5分）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（x i，y i）（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+bx B．y＝a+bx2C．y＝a+be x D．y＝a+blnx 6．（5分）函数f（x）＝x4﹣2x3的图象在点（1，f（1））处的切线方程为（）A．y＝﹣2x﹣1B．y＝﹣2x+1C．y＝2x﹣3D．y＝2x+17．（5分）设函数f（x）＝cos（ωx+）在[﹣π，π]的图象大致如图，则f（x）的最小正周期为（）A．B．C．D．8．（5分）（x+）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为（）A．5B．10C．15D．209．（5分）已知α∈（0，π），且3cos2α﹣8cosα＝5，则sinα＝（）A．B．C．D．10．（5分）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π11．（5分）已知⊙M：x2+y2﹣2x﹣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P A，PB，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＝0 12．（5分）若2a+log2a＝4b+2log4b，则（）A．a＞2b B．a＜2b C．a＞b2D．a＜b2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年全国统一高考数学理科试卷(附答案解析)
依圆的知识可知，四点 四点共圆，且 ，所以 ，而 ，
A. 2B. 3C. 6D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】
利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.
【详解】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知 ，即 ，解得 .
故选：C.
【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.
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发芽实验，由实验数据 得到下面的散点图：
【答案】C
【解析】
【分析】
求得 展开式的通项公式为 （ 且 ），即可求得 与 展开式的乘积为 或 形式，对 分别赋值为3，1即可求得 的系数，问题得解.
【详解】 展开式的通项公式为 （ 且 ）
所以 与 展开式的乘积可表示为：
或
在 中，令 ，可得： ，该项中 的系数为 ，
在 中，令 ，可得： ，该项中 的系数为
由此散点图，在10°C至40°C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. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据散点图的分布可选择合适的函数模型.
【详解】由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，
因此，最适合作为发芽率 和温度 的回归方程类型的是 .
【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题
7.设函数 在 的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
2020年高考全国一卷理科数学答案及解析
2020年高考全国一卷理科数学答案及解析2020-12-12【关键字】情况、条件、问题、焦点、建设、建立、了解、研究、位置、关系、检验、倾斜、满足、规划、实现参考答案与解析一、选择题：本题有12小题，每小题5分，共60分。
1、设z=，则|z|=A 、0B 、C 、1D 、【答案】C【解析】由题可得i z =+=2i ）i -（，所以|z|=1【考点定位】复数2、已知集合A={x|x 2-x-2>0}，则A =A 、{x|-1<x<2}B 、{x|-1x 2}C 、{x|x<-1}∪{x|x>2}D 、{x|x -1}∪{x|x 2} 【答案】B【解析】由题可得C R A={x|x 2-x-2≤0}，所以{x|-1x 2}【考点定位】集合3、某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：则下面结论中不正确的是：A 、新农村建设后，种植收入减少。
B 、新农村建设后，其他收入增加了一倍以上。
C 、新农村建设后，养殖收入增加了一倍。
D 、新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半。
【答案】A【解析】由题可得新农村建设后，种植收入37%*200%=74%>60%， 【考点定位】简单统计4、记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3=S 2+S 4，a 1=2，则a 5= A 、-12 B 、-10C 、10D 、12 【答案】B【解析】3*(a 1+a 1+d+a 1+2d)=( a 1+a 1+d) (a 1+a 1+d+a 1+2d+a 1+3d)，整理得: 2d+3a 1=0 ; d=-3 ∴a 5=2+(5-1)*(-3)=-10 【考点定位】等差数列 求和5、设函数f （x ）=x 3+(a-1)x 2+ax ，若f （x ）为奇函数，则曲线y=f （x ）在点（0，0）处的切线方程为： A 、y=-2x B 、y=-x C 、y=2x D 、y=x 【答案】D【解析】f （x ）为奇函数，有f （x ）+f （-x ）=0整理得: f （x ）+f （-x ）=2*(a-1)x 2=0 ∴a=1 f （x ）=x 3+x 求导f ‘（x ）=3x 2+1 f ‘（0）=1 所以选D【考点定位】函数性质：奇偶性；函数的导数 6、在ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则=A 、--B 、--C 、-+D 、- 【答案】A【解析】AD 为BC 边∴上的中线 AD=AC 21AB 21+ E 为AD 的中点∴AE=AC 41AB 41AD 21+= EB=AB-AE=AC 41AB 43）AC 41AB 41（-AB -=+= 【考点定位】向量的加减法、线段的中点7、某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图，圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为11A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N的路径中，最短路径的长度为 A 、B 、C 、3D 、2 【答案】B【解析】将圆柱体的侧面从A 点展开：注意到B 点在41圆周处。
2020年普通高等学校招生全国统一考试高考数学信息卷(十一)理
2020年普通高等学校招生全国统一考试最新高考信息卷理 科 数 学（十一）注意事项：、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，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。
写在试卷上无效。
、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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{}33,log M a =，{},N a b =，若{}0M N =I ，则M N =U （ ） A ．{}30, B ．{}301,,C ．{}302,,D ．{}3012,,,【答案】B【解析】因为{}0M N =I ，0a >，所以0b =，所以3log 0a =， 所以1a =，所以{}3,0M =，{}1,0N =，所以{}3,0,1M N =U ，故选B ．2．已知a ∈R ，i a 的值为（ ） A ．1- B ．0 C ．1D ．2【答案】C【解析】 则10a -=，即1a =，故选C ．3，则sin 2a 的值为（ ）A B C D【答案】A【解析】又因为sin 0α<，所以A ． 4．已知等比数列{}n a 的前n 项和n S 满足54643S S S =+，且21a =则4a 等于（ ） A ．127B ．27C ．19D ．9【答案】D【解析】因为54643S S S =+，所以546533S S S S -=-，所以563a a =，故3q =，由等比数列的通项公式得42242139a a q-==⨯=，故选D ． 5．现有5人参加抽奖活动，每人依次从装有5张奖票(其中3张为中奖票)的箱子中不放回地随机抽取一张，直到3张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第4人抽完后结束的概率为（ ） A ．110B ．15C ．310D ．25【答案】C【解析】将5张奖票不放回地依次取出共有35C 10=种不同的取法，若获恰好在第四次抽奖结束，则前三次共抽到2张中奖票，第四次抽的最后一张奖票，共有23C 3=种取法，所以概率为310P =，故选C ． 6．一个几何体的视图如下图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A ．4πB ．5πC ．8πD ．9π【答案】D【解析】由三视图可知几何体的原图如下图所示：在图中AB ⊥平面BCD ，BC BD ⊥，2BC =，1BD =，2AB =． 由于BCD △是直角三角形，所以它的外接圆的圆心在斜边的中点E ，且152r CD ==， 设外接球的球心为O ，如图所示，由题得222591()24R =+=， 所以该几何体的外接球的表面积为294π4π9π4R =⨯=，故选D ． 7．执行如下图所示的程序框图，则输出的S =（ ）A ．920B ．940C ．29D ．49【答案】B【解析】运行程序如下：124S =⨯，4n =，419<； 112446S =+⨯⨯，6n =，619<； 111244668S =++⨯⨯⨯，8n =，819<； L L11112446681820S =++++⨯⨯⨯⨯L ，20n =，2019>； 111111111119()244668182022446182040S =++++=-+-++-=⨯⨯⨯⨯L L ； 故选B ．8．()()3212x x x +--的展开式中，含5x 项的系数为（ ）A ．6-B ．12-C ．18-D ．18【答案】A【解析】由题得()()()()()()()3334321212112x x x x x x x x +--+-+=+-=，因为()41x +的展开式中4x 的系数为04C 1=，()32x -的展开式中x 的系数为()2232C 12-=，所以此时5x 项的系数为11212⨯=．因为()41x +的展开式中3x 的系数为14C 4=，()32x -的展开式中2x 的系数为()1132C 6-=-，所以此时5x 项的系数为()4624⨯-=-，因为()41x +的展开式中2x 的系数为24C 6=，()32x -的展开式中3x 的系数为()003C 21-=，所以此时5x 项的系数为616⨯=．综上所述，展开式中含5x 项的系数为122466-+=-， 故选A ．9称．且()f x ω的值为（ ） A ．2 B ．103C ．23D ．38【答案】C【解析】由题意k ∈Zk ∈Z ，()f x令0k =C ． 10．己知m 、n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β．直线l 满足l m ⊥，l n ⊥，l α⊄，l β⊄，则（ ）A ．αβ∥，且l α∥，l β∥B ．αβ⊥，且l α∥，l β∥C ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l【答案】D【解析】m ⊥平面α，直线l 满足l m ⊥，且l α⊄，所以l α∥， 又n ⊥平面β，l n ⊥，l β⊄，所以l β∥，由直线m 、n 为异面直线，且m ⊥平面α，n ⊥平面β，则α与β相交，否则，若αβ∥则推出m n ∥，与m 、n 异面矛盾， 故α与β相交，且交线平行于l ．故选D ．11的左、右顶点分别为A 、B ，点F 为双曲线的左焦点，过点F 作垂直于x 轴的直线分别在第二、第三象限交双曲线C 于P 、Q 两点，连接PB 交y 轴于点E ，连接AE 交QF 于点M ，且2QM MF =u u u u r u u u r，则双曲线C 的离心率为（ ）A ．2B ．2C ．3D ．5【答案】B【解析】由双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>，得(),0A a -，(),0B a ，(),0F c -，又过点F 作垂直与x 轴的直线分别在第二，第三象限角双曲线C 于P 、Q 两点，所以2,b P c a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，2,b Q c a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，如图所示，设()11,M x y ，因为2QM MF =u u u u r u u u r ，解得213b y a =-，即2,3b M c a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，又由直线PB 的方程为()a cy x a a-=-，令0x =，得y c a =-，即()0,E c a -， 又由M ，A ，E 三点共线，所以AE MA k k =，即23b c aa a c a-=-，又因为222b c a=-，整理得()223c a c a a a c a --=-，即2c a =，所以2ce a==，故选B ．12．已知函数()()()211e 2x f x ax x a =--∈R 若对区间[]01，内的任意实数1x 、2x 、3x ，都有()()()123f x f x f x +≥，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[]1,2 B ．[]e,4 C ．[]1,4 D ．[)[]1,2e,4U【答案】C【解析】由题得()()()e 1e e e x x x xf x ax x ax x x a '⎡⎤=-+-=-=-⎣⎦， 当1a <时，()0f x '<，所以函数()f x 在[]0,1单调递减，因为对区间[]0,1内的任意实数1x 、2x 、3x ，都有()()()123f x f x f x +≥，所以()()()110f f f +≥，所以11122a a +≥， 故1a ≥，与1a <矛盾，故1a <不成立．当1e a ≤<时，函数()f x 在[]0,ln a 单调递增，在(]ln ,1a 单调递减． 所以()()2max 1ln ln ln 2f x f a a a a a a ==-+， 因为对区间[]0,1内的任意实数1x 、2x 、3x ，都有()()()123f x f x f x +≥， 所以()()()01ln f f f a +≥，所以2111ln ln 22a a a a a a +≥-+， 即211ln ln 1022a a a a a -+-≤， 令()211ln ln 122g a a a a a a =-+-，()1e a ≤<，所以()()21ln 102g a a '=-<，所以函数()g a 在()1,e 上单调递减，所以()()max 10g a g ==，所以当1e a ≤<时，满足题意． 当e a ≥时，函数()f x 在()0,1单调递增，因为对区间[]0,1内的任意实数1x 、2x 、3x ，都有()()()123f x f x f x +≥， 所以()()()001f f f +≥，故1112a +≥，所以4a ≤，故e 4a ≤≤； 综上所述，[] 1,4a ∈；故选C ．第Ⅱ卷卷包括必考题和选考题两部分。
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学(理)样卷(十一)解析
（3）二面角 的正切值是 （4） 与平面 所成角的正弦值是
答案：（3）（4）
画出图像，由图像判断（1）是否正确；计算 的体积来判断（2）是否正确；依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法判断（3），（4）是否正确.
解：
画出图像如下图所示，由图可知（1）的判断显然错误.由于 ，故 是二面角 的平面角且 平面 ，故 .过 作 交 的延长线于 ，由于 ，故 是三棱锥 的高.在原图中， ， , , , ，所以 ，故（2）错误.以 为坐标原点， 分别为 轴建立空间直角坐标系. , ，设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ,即 .平面 的法向量是 .设二面角 的平面角为 ，由图可知 为锐角，故 ，则其正切值为 .故（3）判断正确.平面 的法向量为 ， ，设直线 和平面 所成的角为 ，则 ，故（4）判断正确.综上所述，正确的有（3），（4）.
点评：
本小题主要考查折叠问题，考查空间面面垂直的判断，考查锥体体积计算，考查二面角的计算以及线面角的计算，属于中档题.
14．设正数 满足 ，则 的最小值为__________
答案：
将 转化为 ，用这个“1”去乘求最小值的式子，化简后利用基本不等式来求得最小值.
解：
由 得 ，故 .
点评：
本小题主要考查利ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ基本不等式求最小值，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.
A． B． C． D．
答案：A
令y=1,代入 ，得 ，即 ,由抛物线的光学性质可知，直线AB经过焦点F(1,0),所以直线 的斜率为 ，故选A
9．现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为
A． B． C． D．
2020年全国卷数学(理科)高考试题及答案
2020年全国卷数学(理科)高考试题及答案2020年普通高等学校招生全国统一考试-理科数学一、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 $z=1+i$，则 $z^2-2z=$A。
0B。
1C。
2D。
22.设集合 $A=\{x|x^2-4\leq 0\}$，$B=\{x|x^2+ax\leq 0\}$，且 $AB=\{x|-2\leq x\leq 1\}$，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。
$\frac{5-\sqrt{5}}{4}$B。
$\frac{5+\sqrt{5}}{4}$C。
$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$D。
$\frac{5+\sqrt{5}}{2}$4.已知 $A$ 为抛物线 $C:y^2=2px(p>0)$ 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.某校一个课外研究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 $(x_i,y_i)(i=1,2.20)$ 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。
$y=a+bx$B。
$y=a+bx^2$C。
$y=a+be^x$D。
$y=a+b\ln x$6.函数 $f(x)=x^4-2x^3$ 的图像在点 $(1,f(1))$ 处的切线方程为A。
$y=-2x-1$B。
$y=-2x+1$C。
$y=2x-3$D。