2020高考数学全国一卷
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷(含解析)
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题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}=()2.2−i1+2iA.1B.−1C.iD.−i3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，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R0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：I (t )=e rt 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xf (x −1)≥0的x 的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3]二、多选题9.已知曲线C ：mx 2+ny 2=1.()A.若m >n >0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上B.若m =n >0，则C 是圆，其半径为√nC.若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为y =±√−m n xD.若m =0, n >0，则C 是两条直线10.如图是函数y =sin (ωx +φ)的部分图像，则sin (ωx +φ)=()A.sin (x +π3)B.sin (π3−2x)C.cos (2x +π6)D.cos (5π6−2x)11.已知a >0，b >0，且a +b =1，则()A.a 2+b 2≥12B.2a−b >12C.log 2a +log 2b ≥−2D.√a +√b ≤212.信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X 所有可能的取值为1，2，⋯，n ，且P(X =i)=p i >0(i =1,2,⋯,n)，∑p i n i=1=1，定义X 的信息熵H (X )=−∑p i n i=1log 2p i ，则()A.若n =1，则H (X )=0B.若n =2，则H (X )随着p i 的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y )三、填空题13.斜率为√3的直线过抛物线C:y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则|AB|=________.14.将数列{2n −1}与{3n −2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.15.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=3，BH//DG，EF=12cm，DE=2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，5圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm2.16.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60∘，以D1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.四、解答题17.在①ac=√3，②csinA=3，③c=√3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=√3sinB，C=π，________？618.已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20，a3=8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100.19.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？，附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)20.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD 与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．21.已知函数f(x)=ae x−1−lnx+lna.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.22.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题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}【解答】解：集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B={x|1≤x<4}.故选C.2.2−i1+2i=()A.1B.−1C.iD.−i【解答】解：2−i1+2i =(2−i)(1−2i) (1+2i)(1−2i)=2−4i−i−21+4=−5i5=−i.故选D.3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，则不同的安排方法共有() A.120种 B.90种 C.60种 D.30种【解答】解：由题意可得，不同的安排方法共有C61⋅C52=60（种）.故选C.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∘【解答】解：如图所示，AB为日晷晷针，∠AOC=40∘，由题意知，∠AOC+∠OAB=90∘，∠DAB+∠OAB=90∘，∴∠DAB=∠AOC=40∘，即晷针与点A处的水平面所成角为40∘.故选B.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%【解答】解：设喜欢足球为A，喜欢游泳为B，由题意知，P(A)=60%，P(B)=82%，P(A∪B)=96%，所以P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=60%+82%−96%=46%.故选C.6.基本再生数R0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：I(t)=e rt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R0，T近似满足R0=1+rT，有学者基于已有数据估计出R0=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【解答】解：3.28=1+r ⋅6得r =0.38，I(t)=e 0.38t ，e 0.38(t+x)=2⋅e 0.38t 得x =ln20.38≈1.8.故选B .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) 【解答】解：如图：设A(−1,√3)，P (x,y )，B (−2,0)，AP →=(x +1,y −√3)，AB →=(−1,−√3)，则：AP →⋅AB →=−x −√3y +2，令z =−x −√3y +2，由线性规则得，最优解为：C(−1,−√3)和F(1,√3)，代入得z =6或z =−2．故AP →⋅AB →的取值范围是(−2,6).故选A .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xf (x −1)≥0的x 的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3] 【解答】解：根据题意，函数图象大致如图：①当x=0时，xf(x−1)=0成立；②当x>0时，要使xf(x−1)≥0，即f(x−1)≥0，可得0≤x−1≤2或x−1≤−2，解得1≤x≤3；③当x<0时，要使xf(x−1)≥0，即f(x−1)≤0，可得x−1≥2或−2≤x−1≤0，解得−1≤x<0.综上，x的取值范围为[−1,0]∪[1,3].故选D.二、多选题已知曲线C：mx2+ny2=1.()A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为√nC.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±√−mnx D.若m=0, n>0，则C是两条直线【解答】解：A，mx2+ny2=1，即x 21 m +y21n=1，∵m>n>0，∴1m <1n，∴此时C是椭圆，且其焦点在y轴上，A选项正确；B，m=n>0时，x2+y2=1n，∴r=√nn，B选项错误；C，mn<0时，可推断出C是双曲线，且其渐近线方程为y=±√−1n1mx=±√−mnx，C选项正确；D，m=0时，C：ny2=1，∴y=±√1n，代表两条直线，D选项正确.故选ACD.如图是函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)=()A.sin(x+π3) B.sin(π3−2x) C.cos(2x+π6) D.cos(5π6−2x)【解答】解：由函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，可知，T2=2π3−π6=π2，∴T=π，∴ω=2ππ=2，∴y=sin(2x+φ).将点(π6,0)代入得，0=sin(π3+φ)，∴π3+φ=(2k+1)π(k∈Z).A，当x=π6时，sin(x+π3)=sinπ2=1，不符合题意，故A选项错误；B，当k=0时，φ=2π3，y=sin(2x+2π3)=sin(2x−π3+π3+2π3)=sin(2x−π3+π)=−sin(2x−π3 )=sin(π3−2x)，故B选项正确；C，sin(2x+2π3)=sin(2x+π6+π2)=cos(2x+π6)，故C正确；D，cos(5π6−2x)=cos(2x−5π6)=cos(2x−π2−π3)=sin(2x−π3 )=−sin(2x+2π3)，故D选项错误.故选BC.已知a>0，b>0，且a+b=1，则()A.a2+b2≥12B.2a−b>12C.log2a+log2b≥−2D.√a+√b≤2【解答】解：A，∵a+b=1,则a2+b2+2ab=1，2ab≤a2+b2，当且仅当a=b时取等号，∴1=a 2+b 2+2ab ≤2(a 2+b 2)，可得a 2+b 2≥12，故A 正确； B ，∵a −b =a −(1−a)=2a −1>−1，∴2a−b >2−1=12，故B 正确；C ，∵ab ≤(a+b 2)2=14，当且仅当a =b 时取等号， ∴log 2a +log 2b =log 2(ab)≤log 214=−2，故C 错误；D ，∵a +b ≥2√ab ，当且仅当a =b 时取等号，∴(√a +√b)2=a +b +2√ab =1+2√ab ≤2，即√a +√b ≤√2，则√a +√b ≤2，故D 正确.故选ABD .信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X 所有可能的取值为1，2，⋯，n ，且P(X =i)=p i >0(i =1,2,⋯,n)，∑p i n i=1=1，定义X 的信息熵H (X )=−∑p i n i=1log 2p i ，则()A.若n =1，则H (X )=0B.若n =2，则H (X )随着p i 的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y )【解答】解：A ，若n =1，则p 1=1，H (X )=−1×log 21=0，故A 正确；B ，若n =2，则H (X )=−[p 1log 2p 1+(1−p 1)log 2(1−p 1)].设f (p )=−[plog 2p +(1−p )log 2(1−p )]，则：f ′(p )=−[log 2p +p ⋅1p⋅ln2−log 2(1−p )+(1−p )−1(1−p )ln2]=−log 2p 1−p =log 21−p p ， 当0<p <12时，f ′(p )>0；当12<p <1时，f ′(p )<0，∴f (p )在(0,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减，p 1=12时，H(X)取最大值，故B 错误；C ，若p i =1n (i =1,2，⋯，n ），则H (X )=−∑p i n i=1log 2p i =−n ⋅1n log 21n =log 2n ，所以H(x)随着n 的增大而增大，故C 正确；D ，若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，由P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2，⋯，m ）知：P (Y =1)=p 1+p 2m ；P (Y =2)=p 2+p 2m−1；P (Y =3)=p 3+p 2m−2；⋯⋯P (Y =m )=p m +p m+1;H (Y )=−[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m−1)log 2(p 2+p 2m−1)+⋯+(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)]，H (X )=−[p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+⋯+p 2m log 2p 2m ]=−[(p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m )+(p 2log 2p 2+p 2m−1log 2p 2m−1)+⋯+(p m log 2p m +p m+1log 2p m+1)]，∵(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )−p 1log 2p 1−p 2m log 2p 2m >0，⋯⋯(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)−p m log 2p m −p m+1log 2p m+1>0，所以H (X )>H (Y )，故D 错误．故选AC .三、填空题斜率为√3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|=________.【解答】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，抛物线的焦点为(1,0)，则直线方程为y=√3(x−1)，代入抛物线方程得3x2−10x+3=0，∴x1+x2=10，3.根据抛物线方程得定义可知|AB|=x1+1+x2+1=163.故答案为：163将数列{2n−1}与{3n−2}的公共项从小到大排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为________.【解答】解：数列2n−1各项为：1，3，5，7，9，⋯数列3n−2各项为：1，4，7，10，13，⋯观察可知，{a n}是首项为1，公差为6的等差数列，数列{a n}的前n项和为3n2−2n.故答案为：3n2−2n.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与，直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=35 BH//DG，EF=12cm，DE=2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm2.【解答】解：由已知得A到DG的距离与A到FG的距离相等，均为5. 作AM⊥GF于M，设AN⊥DG于N.则∠NGA=45∘.∵BH//DG，∴∠BHA=45∘.∵∠OAH=90∘，∴∠AOH=45∘.由tan∠ODC=35，设O到DG的距离为3t，则O到DE的距离为5t，∴{OAcos45∘+5t=7，OAsin45∘+3t=5,解得{t=1, OA=2√2.半圆之外阴影部分面积为：S1=2√2×2√2×12−45∘×π×(2√2)2360∘=4−π，阴影部分面积为：S=12(π⋅(2√2)2−π⋅12)+S1=5π2+4.故答案为：5π2+4.已知直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60∘，以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________.【解答】解：以C 1为原点，C 1B 1→，C 1C →所在直线分别为x 轴、z 轴建立如图1所示的空间直角坐标系O −xyz ，y 轴是平面A 1B 1C 1D 1内与C 1B 1互相垂直的直线，即D 1(1,−√3,0)， 设交线上的点的坐标是(x,0,z )，根据题意可得(x −1)2+3+z 2=5，化简得(x −1)2+z 2=2，所以球面与侧面BCC 1B 1的交线平面如图2所示，即交线长l =14⋅2√2π=√2π2. 故答案为：√2π2. 四、解答题在①ac =√3，②csinA =3，③c =√3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=√3sinB，C=π6，________？【解答】解：选①：∵sinA=√3sinB，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sinB，∴12cosB+√32sinB=√3sinB，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.又∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3解得a=√3, b=1，∴c=1，故满足条件存在△ABC；选②：sinA=√3sinB，C=π6，csinA=3. ∵csinA=3，∴asinC=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2abcosC=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故满足条件存在△ABC；选③：c=√3b，sinA=√3sinB，C=π6，由①可知，B=π6，故△ABC为等腰三角形c=b，又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20，a3=8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100.【解答】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，+a3q=20，可得a3q得2q2−5q+2=0，(2q−1)(q−2)=0.∵q>1，∴q=2，∵a1×q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？，附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)【解答】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，=0.64.且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得K2=100×(64×10−16×10)2≈7.484，80×20×74×26由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解答】(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，故BC⊥CD.又因为PD⊥底面ABCD，故PD⊥BC，又由于PD∩DC=D，因此BC⊥平面PDC.因为在正方形ABCD中BC//AD，且AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，故BC//平面PAD.又因为BC⊂平面PBC，且平面PAD与平面PBC的交线为l，故BC//l.因此l⊥平面PDC.(2)解：由已知条件，P−ABCD底面为正方形，PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立D−xyz空间直角坐标系，如图所示：因为PD =AD =1，Q 在直线l 上，设Q (a,0,1)，其中a ∈R ，由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)，则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1)，设平面QCD 法向量为n →=(x,y,z)，则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0, 令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为：n →=(1,0,−a )，设PB 与平面QCD 成角为θ，则sinθ=|cos <n →,PB →>|=|1+a|√3×√1+a 2 =1√3×√(1+a)21+a 2 =√33×√1+2a 1+a 2，①若a =0，则sinθ=√33， ②若a ≠0，则sinθ=√33×√1+21a+a ， a >0时， ∵1a +a ≥2×√1a ⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$``="$成立，∴sinθ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sinθ<√33， ∴当a =1时，sinθ=√63取到最大值．综上所述，PB与平面QCD成角的正弦值的最大值为√63.已知函数f(x)=ae x−1−lnx+lna.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.【解答】解：(1)当a=e时，f(x)=e x−lnx+1，f′(x)=e x−1x，∴k=f′(1)=e−1，f(1)=e+1，∴y−(e+1)=(e−1)(x−1)，即y=(e−1)x+2，∴在y轴上的截距为2，在x轴的截距为21−e，∴S=12×2×|21−e|=2e−1.(2)①当0<a<1时，f(1)=a+lna<1；②当a=1时，f(x)=e x−1−lnx，f′(x)=e x−1−1x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，所以当x=1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)=1，从而f(x)≥1；③当a>1时，f(x)=ae x−1−lnx+lna≥e x−1−lnx≥1. 综上，a的取值范围是[1,+∞).已知椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.【解答】(1)解：由题设得4a 2+1b 2=1， a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. ∴C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为 y =kx +m ，代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0. 于是x 1+x 2=−4km 1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2.①由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得 (k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0， 将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km 1+2k 2+(m −1)2+4=0，整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0， 因为A(2,1)不在直线MN 上，所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)， 所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1). 由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0.又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23， 此时直线MN 过点P(23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q(43,13). 若D 与P 不重合，则由题设知 AP 是Rt △ADP 的斜边，故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值.。
2020年高考全国I卷理科数学试题(含答案)
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注意事项：1. 答卷前，考生务必将白己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位H±o2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题R对应题日的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦T净后，再选涂梵他答案标号。
冋答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在木试卷上无效.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。
L 若z=l+i,则k2-2z∣=A. 0B. 1C. √2D・ 22. 设^A={x∖x2 4<0}, B- {x∣2r÷α<0}, WA^B-{x∖-2≤κ<∖},则旷A. -4 B∙ -2 C. 2 D. 43. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之•,它的形状可视为•个正四棱锭•以该卩q核锥的高为边长的正方形而枳等于该四棱维一个侧而三角形的面枳，则几侧面三角形底边上的髙与底而正方形的边长的比值4. 已知/为抛物线Cy=2砂（p>0）上•点，点/到C的焦点的距离为12,到）轴的距离为9,则严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:O C）的关系，在20个不同的温度亦+ 1A. 2B. 3C. 6D. 9为442条件卜•进行种子发芽实验•由实验数据（兀丿）（心12….20）得到卜•而的散点图:100%8. (.r + ^-)(x + >05的展开式中QJ 的系数为 XA ・5 B. IO C. 15D. 209∙己知 αe (0,π)t M. 3cos2α 一 Scosa==5» 则 Sina =A.逅B. ZC.1 D.迈 333910.已知4氏C 为球O 的球面上的三个点.OQ 为Z ∖∕BC 的外接圆.KOO I 的面积为4兀・由此散点图，在10。
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年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标I)【含详答】
2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标I）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知合集A={x|x2−3x−4<0}，B={−4,1,3,5}，则A⋂B=A. {−4,1}B. {1,5}C. {3,5}D. {1,3}2.若z=1+2i+i3，则|z|=()A. 0B. 1C. √2D. 23.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. √5−14B. √5−12C. √5+14D. √5+124.设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为()A. 15B. 25C. 12D. 455.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(x i,y i)(i=1,2，…，20)得到下面的散点图：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. y=a+bxB. y=a+bx2C. y=a+be xD. y=a+blnx6.已知圆x2+y2−6x=0，过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A. 1B. 2C. 3D. 47.设函数f(x)=cos(ωx+π6)在[−π,π]的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为()A. 10π9B. 7π6C. 4π3D. 3π28.设alog34=2，则4−a=()A. 116B. 19C. 18D. 169.执行下面的程序框图，则输出的n=()A. 17B. 19C. 21D. 2310.设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=()A. 12B. 24C. 30D. 3211.设F1，F2是双曲线C:x2−y23=1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且|OP|=2，则ΔPF1F2的面积为()A. 72B. 3 C. 52D. 212.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. 32π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{2x+y−2≤0x−y−1≥0y+1≥0，则z=x+7y的最大值为_____．14.设向量a⃗=(1,−1)，b⃗ =(m+1,2m−4)，若a⃗⊥b⃗ ，则m=______．15.曲线y=lnx+x+1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为____．16.数列{a n}满足a n+2+(−1)n a n=3n−1，前16项和为540，则a1=____．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品(单位：件)按标准分为A，B，C，D四个等级，加工业务约定：对于A级品、B级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元、50元、20元；对于D级品，厂家每件赔偿原料损失费50元，该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务，甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件，厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：甲分厂产品等级的频数分布表乙分厂产品等级的频数分布表(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率；(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应该选哪个分厂承接加工业务？18.▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知B=150∘．(1)若a=√3c，b=2√7，求▵ABC的面积；(2)若sinA+√3sinC=√2，求C．219.如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，▵ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90∘．(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；(2)设DO=√2，圆锥的侧面积为√3π，求三棱锥P−ABC的体积．20.已知函数f(x)=e x−a(x+2).(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．21.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．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C1的参数方程为{x=cos k ty=sin k 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C2的极坐标方程为4ρcosθ−16ρcosθ+3=0．(1)当k=1时，C1是什么曲线？(2)当k=4时，求C1与C2的公共点的直角坐标．23.[选修4—5：不等式选讲]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．2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标I）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）已知合集A={x|x2−3x−4<0}，B={−4,1,3,5}，则A⋂B=A. {−4,1}B. {1,5}C. {3,5}D. {1,3}【答案】D【解析】【分析】本题主要考查集合的交集运算和解一元二次不等式，属于基础题．【解答】解：由不等式x2−3x−4<0，解得−1<x<4，所以A∩B={1,3}，故选D．24.若z=1+2i+i3，则|z|=()A. 0B. 1C. √2D. 2【答案】C【解析】【分析】本题主要考查复数的运算，求复数的模，属于基础题．【解答】解：z=1+2i−i=1+i，则|z|=√12+12=√2，故选C．25.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. √5−14B. √5−12C. √5+14D. √5+12【答案】C【解析】【分析】根据题意列出a,ℎ′,ℎ的关系式，化简即可得到答案．本题考查了立体几何中的比例关系，属于基础题．【解析】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 =√5+14．故答案选C．26.设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为()A. 15B. 25C. 12D. 45【答案】A【解析】【分析】本题主要考查概率的知识，属于基础题．【解答】解：如图，从5点中随机选取3个点，共有10种情况，其中三点共线的有两种情况：AOC和BOD，则p=210=15．故选A．27.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(x i,y i)(i=1,2，…，20)得到下面的散点图：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. y=a+bxB. y=a+bx2C. y=a+be xD. y=a+blnx 【答案】D【解析】【分析】本题考查函数模型的应用，属于基础题．连接各点，判断图象的大致走向，可判断函数为对数模型．【解析】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+blnx．故答案选D．28.已知圆x2+y2−6x=0，过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】本题考查圆的方程、直线方程以及求弦长，属于较易题．【解答】解：由可得，则圆心，半径，已知定点，则当直线与OA垂直时，弦长最小，OA=√(3−1)2+(0−2)2=√8弦长，故选B．29.设函数f(x)=cos(ωx+π6)在[−π,π]的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为()A. 10π9B. 7π6C. 4π3D. 3π2【答案】C【解析】【分析】本题考查了余弦函数的图象与性质，属于中档题．先利用f(−4π9)=0得到w =−3+9k 4(k ∈Z)，由T <2π<2T ，可得，由w =−3+9k 4(k ∈Z)可得k 的值，w 的值可得，即可求解．【解析】 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+9k 4(k ∈Z)，又因为T <2π<2T ，即2π|w |<2π<4π|w |，所以，当且仅当k =−1时，所以w =32，最小正周期T =2π|w |=4π3．故答案选C ．30. 设alog 34=2，则4−a =( )A. 116B. 19C. 18D. 16【答案】B【解析】【分析】本题主要考查指对数的运算，属于基础题． 【解答】解：由alog 34=log 34a =2，可得4a =32=9， ∴4−a =(4a )−1=9−1=19， 故选B ．31. 执行下面的程序框图，则输出的n =( )A. 17B. 19C. 21D. 23【答案】C【解析】【分析】本题以程序框图为载体，考查了等差数列求和，属于中档题．【解答】解：输入n=1，S=0，则S=S+n=1，S⩽100，n=n+2=3，S=S+n=1+3=4，S⩽100，n=n+2=5，S=S+n=1+3+5=9，S⩽100，n=n+2=7，S=S+n=1+3+5+7=16，S⩽100，n=n+2=9，根据等差数列求和可得，S=1+3+5+⋯+19=100⩽100，n=19+2=21，输出n=21．故选C．32.设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=()A. 12B. 24C. 30D. 32【答案】D【解析】【分析】本题主要考查等比数列的通项公式，属基础题．根据a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2，结合等比数列的通项公式可求得等比数列的公比q，因为a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)，从而得到答案．【解答】解：∵a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2，∴q(a1+a2+a3)=2，所以q=2，∵a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)，所以a6+a7+a8=32，故选D33.设F1，F2是双曲线C:x2−y23=1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且|OP|=2，则ΔPF1F2的面积为()A. 72B. 3 C. 52D. 2【答案】B【解析】【分析】本题主要考查双曲线的定义、双曲线的简单几何性质、圆的性质，属一般题．根据双曲线的标准方程得到其焦点坐标，结合|OP|=2，可确定点P在以F1F2为直径的圆上，得到|PF1|2+|PF2|2=16，结合双曲线的定义可得|PF1|⋅|PF2|的值，从而得到答案．【解答】解：由双曲线的标准方程可得a=1,b=√3，c=2，所以焦点坐标为F1(−2,0),F2(2,0)，因为|OP|=2，所以点P在以F1F2为直径的圆上，∴|PF1|2+|PF2|2=16，∵||PF1|−|PF2||=2a=2，所以||PF1|−|PF2||2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1|⋅|PF2|= 4，所以|PF1|⋅|PF2|=6，所以三角形PF1F2面积为3，故选B．34.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. 32π【答案】B【解析】【分析】本题考查球的结构与性质，球的表面积公式，属中档题．【解答】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，由正弦定理：ABsin60∘=2r=4，得AB=OO1=2√3，由R2=r2+OO12，得球O的半径R=4，表面积为4πR2=64π，故答案为A．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）35.若x，y满足约束条件{2x+y−2≤0x−y−1≥0y+1≥0，则z=x+7y的最大值为_____．【答案】1【解析】【分析】本题考查利用线性规划求最值问题，属基础题．【解答】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，故答案为1．36.设向量a⃗=(1,−1)，b⃗ =(m+1,2m−4)，若a⃗⊥b⃗ ，则m=______．【答案】5【解析】【分析】本题主要考查平面向量垂直的充要条件，平面向量数量积的坐标运算，属基础题．由a⃗⊥b⃗ 可得a⃗⋅b⃗ =0，再把两向量坐标代入运算可得答案．【解答】解：∵a⃗⊥b⃗ ，所以a⃗⋅b⃗ =0，因为a⃗=(1,−1),b⃗ =(m+1,2m−4)，所以m+1−(2m−4)=0，故m=5．故答案为：537.曲线y=lnx+x+1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为____．【答案】2x−y=0【解析】【分析】本题主要考查导数的几何意义，属基础题．根据导数的几何意义确定切点坐标，再根据直线的点斜式得到切线方程．【解答】+1解：∵y=lnx+x+1，∴y′=1x+1=2，故x0=1，设切点坐标为(x0,y0)，因为切线斜率为2，所以1x此时，y0=ln1+2=2，所以切点坐标为(1,2)，∴y−2=2(x−1)所以切线方程为2x−y=0．故答案为：2x−y=0．38.数列{a n}满足a n+2+(−1)n a n=3n−1，前16项和为540，则a1=____．【答案】7【解析】【分析】本题主要考查累加法求通项公式，等差数列的求和公式以及数列的递推关系，属较难题．对n取偶数，再结合条件可求得前16项中所有奇数项的和，对n取奇数时，利用累加法求得a n+2的值，用其表示出前16项和可得答案．【解答】解：因为a n+2+(−1)n a n=3n−1，当n=2，6，10，14时，a2+a4=5，a6+a8= 17，a10+a12=29，a14+a16=41因为前16项和为540，所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=540−(5+17+29+41)，所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448，当n为奇数时，a n+2−a n=3n−1，所以a3−a1=2，a5−a3=8，a7−a5=14⋯a n+2−a n=3n−1，累加得an+2−a1=2+8+14+⋯3n−1=(2+3n−1)⋅n+122，∴a n+2=(3n+1)⋅(n+1)4+a1，∴a3=2+a1，a5=10+a1，a7=24+a1，a9=44+a1，a11=70+a1，a13= 102+a1，a15=140+a1，因为a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448，所以8a1+392=448，所以a1=7．故答案为7．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）39.某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品(单位：件)按标准分为A，B，C，D四个等级，加工业务约定：对于A级品、B级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元、50元、20元；对于D级品，厂家每件赔偿原料损失费50元，该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务，甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件，厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：甲分厂产品等级的频数分布表乙分厂产品等级的频数分布表(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率；(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应该选哪个分厂承接加工业务？【答案】解：(1)根据频数分布表可知甲、乙分厂加工出来的一件产品为A级品的频数分别为40，28，所以频率分别为40100=0.4，28100=0.28，用频率估计概率可得甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率分别为0.4和0.28．(2)甲分厂四个等级的频率分别为：0.4，0.2，0.2，0.2，故甲分厂的平均利润为：0.4×(90−25)+0.2×(50−25)+0.2×(20−25)+0.2×(−50−25)=15(元)，乙分厂四个等级的频率分别为：0.28，0.17，0.34，0.21，故乙分厂的平均利润为：0.28×(90−20)+0.17×(50−20)+0.34×(20−20)+0.21×(−50−20)=10(元)，因为甲分厂平均利润大于乙厂的平均利润，故选甲分厂承接加工业务．【解析】本题主要考查频率的算法，平均数的概念及其意义，属基础题．(1)根据图表信息可得甲乙分厂的频数，从而得到答案．(2)根据图表信息可得甲乙分厂的四个等级的频率，再根据平均数的定义求得答案，比较两厂的平均数得到最终答案即可．40.▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知B=150∘．(1)若a=√3c，b=2√7，求▵ABC的面积；(2)若sinA+√3sinC=√22，求C．【答案】解：(1)由余弦定理得b2=a2+c2−2accosB，即28=3c2+c2−2√3c2cos150∘，解得c=4，所以a=4√3，所以S△ABC=12acsinB=12×4√3×4×12=4√3．(2)因为A=180∘−B−C=30∘−C，所以sinA+√3sinC=sin(30∘−C)+√3sinC=12cosC+√32sinC=sin(30∘+C)=√22，因为A>0°，C>0°，所以0°<C<30°，所以30°<30°+C<60°，所以30°+C=45°，所以C=15°．【解析】【解析】本题考查余弦定理，三角形面积公式的应用，三角恒等变换的应用，属于中档题．(1)由已知条件结合余弦定理可求得c，从而可根据三角形面积公式求解；(2)由两角差的正弦公式对已知式进行化简，再由辅助角公式根据C的范围求解即可．41.如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，▵ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90∘．(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；(2)设DO=√2，圆锥的侧面积为√3π，求三棱锥P−ABC的体积．【答案】解：(1)由已知条件得PA=PB=PC，因为∠APC=90°，所以PA⊥PC，所以AP2+PC2=AC2，又因为△ABC是等边三角形，所以AC=AB=BC，所以PA2+PB2=AB2，PB2+PC2=BC2，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA∩PC=P，所以PB⊥平面PAC，因为PB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC．(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意得{2+r2=l2,πrl=√3π,解得l=√3,r=1，所以等边三角形ABC的边长为√3，从而PA=PB=PC=√62，所以PO=√32−1=√22，所以三棱锥P−ABC的体积V=13SΔABC⋅PO=13×12×√3×√3×√32×√22=√68．【解析】【解析】本题考查线面位置关系的判定，圆锥的侧面积公式，棱锥的体积公式的应用，考查空间想象能力与运算能力，属于中档题．(1)由题意证得PB⊥PA，PB⊥PC，从而得到PB⊥平面PAC，根据面面垂直的判定定理即可证明；(2)由圆锥的性质可求得底面半径与母线长，从而可求得△ABC的边长，从而可求得三棱锥P−ABC的高，从而可求得体积．42.已知函数f(x)=e x−a(x+2).(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=e x−(x+2)，则f′(x)=e x−1，令f′(x)>0，得x>0；令f′(x)<0，得x<0，从而f(x)在(−∞,0)单调递减；在(0,+∞)单调递增．(2)f(x)=e x−a(x+2)=0，显然x≠−2，所以a=e xx+2，令g(x)=e xx+2，问题转化为y=a与g(x)的图象有两个交点，所以g′(x)=e x(x+1)(x+2)2，当x<−2或−2<x<−1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>−1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)的极小值为g(−1)=1e，当x <−2时，g(x)<0，当x >−2时，g(x)>0， 所以当a >1e 时，y =a 与g(x)的图象有两个交点， 所以a 的取值范围为(1e ,+∞)． 【解析】【解析】本题考查利用导数判断函数的单调性，利用导数研究函数的零点，有一定难度． (1)先求导，可直接得出函数的单调性；(2)先分离参数得a =e x x+2，再构造函数，利用导数研究函数的性质，即可得出a 的取值范围．43. 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． 【答案】解：由题意A (−a,0),B (a,0),G (0,1),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,1),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,−1), AG⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅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=m9(x+3)x29+y2=1⇒(9+m2)x2+6m2x+9m2−81=0,由韦达定理−3x C=9m2−819+m2⇒x C=−3m2+279+m2，代入直线PA的方程y=m9(x+3)得，y C=6m9+m2，即C(−3m2+279+m2,6m9+m2)，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=−2m 1+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)．【解析】本题考查直线于椭圆的位置关系，定点问题，属于较难题；(1)求出各点坐标，表示出向量；(2)求出C，D两点坐标，进而求出直线CD，即可证明．44.[选修4−4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为{x=cos k ty=sin k 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C2的极坐标方程为4ρcosθ−16ρcosθ+3=0．(1)当k=1时，C1是什么曲线？(2)当k=4时，求C1与C2的公共点的直角坐标．【答案】【答案】(1)当k =1时，曲线C 1的参数方程为{x =costy =sint ，化为直角坐标方程为x 2+y 2=1， 表示以原点为圆心，半径为1的圆．(2)当k =4时，曲线C 1的参数方程为{x =cos 4ty =sin 4t ，化为直角坐标方程为√x +√y =1，曲线C 2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C 1与曲线C 2的公共点的直角坐标为(14,14)．【解析】本题考查简单曲线的参数方程、极坐标方程，参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化等知识，考查运算求解能力，难度一般．45. [选修4—5：不等式选讲]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】(1)函数f(x)=|3x +1|−2|x −1|={x +3,x >15x −1,−13≤x ≤1−x −3,x <−13，图象如图所示：第21页，共21页(2)函数f(x +1)的图象即将函数f(x)的图象向左平移一个单位所得，如图，联立{y =−x −3y =5x +4可得交点横坐标为x =−76， 所以f(x)>f(x +1)的解集为{x|x <−76}．【解析】本题考查解绝对值不等式，考查了运算求解能力及数形结合的思想，难度一般．。
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年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题(山东)(附答案)
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．1B．−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年全国高考卷1理科数学
2020年全国高考卷1理科数学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，考生必须在答题卡和试卷指定位置上填写自己的姓名、考生号等信息。
2.回答选择题时，选择每小题的答案后，用铅笔在答题卡对应题目的答案标号处涂黑。
如需更改，先用橡皮擦干净，再涂上其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
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 $A=\{x|x^2-4\leq 0\}$，$B=\{x|2x+a\leq 0\}$，且$A\cap B=\{x|-2\leq x\leq 1\}$，则 $a=$A。
$-4$B。
$-2$C。
2D。
44.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：°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$(x_i,y_i)(i=1,2,\dots,20)$ 得到下面的散点图：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。
$y=a+bx$B。
$y=a+bx^2$C。
$y=a+be^x$D。
$y=a+blnx$6.函数 $f(x)=x-2x$ 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。
$y=2x+1$7.设函数 $f(x)=\cos(\omega x+\theta)$ 在 $[-\pi,\pi]$ 的图像大致如下图，则 $f(x)$ 的最小正周期为8.已知 $(x+y)^5$ 的展开式中 $x^3y^3$ 的系数为 $8$，则$(x+y)^6$ 的展开式中 $x^3y^3$ 的系数为A。