2020年普通高等学校招生全国统一考试数学(全国Ⅰ卷)理

1、1 / 21 绝密 启用前 2020 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 数学(全国卷,理) (本试卷共 4 页,23小题,满分 150 分,考试用时 120 分钟) 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|z2-2z|=( ) a.0 b.1 c.2 d.2 2.设集合 a=x|x2-40,b=x|2x+a0,且 ab=x|-2x1,则 a=( ) a.-4 b.-2 c.2 d.4 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

2、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.5-14 b.5-12 c.5+14 d.5+12 4.已知 a 为抛物线 c:y2=2px(p0)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=( ) 2 / 21 a.2 b.3 c.6 d.9 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:)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(xi,yi)(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

3、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+bx2 c.y=a+bex d.y=a+bln x 6.函数 f(x)=x4-2x3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( +6)在-,的图像大致如右图,则 f(x)的最小正周期为 ( ) a.109 b.76 c.43 d.32 8.( +2)(x+y)5的展开式中 x3y3的系数为( ) a.5 b.10 c.15 d.20 9.已知 (0,),且 3cos 2-8cos =5,则 sin

4、=( ) a.53 b.23 c.13 d.59 3 / 21 10.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4,ab=bc=ac=oo1,则球 o的表面积为( ) a.64 b.48 c.36 d.32 11.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 pa,pb,切点为a,b,当|pm| |ab|最小时,直线 ab的方程为( ) a.2x-y-1=0 b.2x+y-1=0 c.2x-y+1=0 d.2x+y+1=0 12.若 2a+log2a=4b+2log4b,则( ) a.a2b b.

5、ab2 d.a0,b0)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=3,abac,abad,cae=30,则 cosfcb= . 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 1721 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。 4 / 21 17.(12分) 设an是公比不为 1 的等比数列,a1为 a2,a3的等差中项. (1)求an的公比; (2)若 a1=

6、1,求数列nan的前 n项和. 18.(12分) 5 / 21 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=66do. (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

7、方获胜的概率都为12. 6 / 21 (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 e:22+y2=1(a1)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. 7 / 21 21.(12分) 已知函数 f(x)=ex+ax2-x. (1)当 a=1时,讨论 f(x)的单调性; (2)当 x0 时,f(x)12x3+1,求 a 的取值范围. (二)选考题:共 10 分。请

8、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 44: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 = cos, = sin(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 4cos -16sin +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. 8 / 21 23.选修 45:不等式选讲(10 分) 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.

9、 9 / 21 2020 年数学(全国卷,理) 查缺补漏表 题组及考查主题 题型 考查要点和核心素养 查缺补漏 2(集合) 选择题 集合的基本运算(交集)、不等式的解法;数学运算 6,12,21(函数与导数) 选择题 导数的几何意义;数学运算 选择题 指数与对数的运算性质,指数函数与对数函数的单调性;逻辑推理 解答题 应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的最值、求参数的取值范围;数学抽象、逻辑推理、数学运算 7,9(三角函数与三角恒等变换) 选择题 三角函数的周期、图像;直观想象,数学运算 选择题 倍角公式、同角三角函数关系式;数学运算 14(平面向量) 填空题 平面向量的数量积、平面向

10、量的模;数学运算 17(数列) 解数列基本量的计算,错位相减法求 10 / 21 答题 和;数学运算 13(不等式) 填空题 线性规划;直观想象 3,10,16,18(空间向量与立体几何) 选择题 求空间几何体的基本元素;直观想象 选择题 球的切接问题、球的表面积;直观想象、数学运算 填空题 线线、线面位置关系,翻折问题;直观想象、数学运算 解答题 空间线面垂直的证明、二面角;直观想象、数学运算 4,11,15,20(平面解析几何) 选择题 抛物线的定义的应用;直观想象、逻辑推理、数学运算 选择题 直线与圆的位置关系;直观想象、逻辑推理、数学运算 填空题 双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关

11、系;直观想象、逻辑推理、数学运算 解答题 求椭圆的方程,直线与椭圆的位置关系;逻辑推理、数学运算 续 表 题组及考查主题 题型 考查要点和核心素养 查缺补漏 5,8,19(计数原理与概率统选择回归方程的应用; 11 / 21 计) 题 数据分析 选择题 二项式定理的应用;数学运算 解答题 互斥事件、相互独立事件的概率;数学建模、数据分析 1(复数) 选择题 复数的减法运算、复数的模;数学运算 22(坐标系与参数方程) 解答题 极坐标与参数方程;直观想象、数学运算 23(不等式选讲) 解答题 绝对值不等式、分段函数的图像;直观想象、逻辑推理 【试题分析】 2020 年全国 i卷理科数学,突出对基

12、础知识(约占 40%)以及主干内容的考查,如函数与导数(22分),空间向量与立体几何(27分),解析几何(27分),概率统计(22分),三角函数与三角恒等变换(10分).纵观全卷,在稳定中求创新,重视对学生基本数学素养、思想方法与能力的考查,关注学生的应用意识与创新意识,试卷梯度明显,有良好的区分度.试题重视数学本质,突出理性思维、数学应用、数学探究、数学文化的引领作用,突出对关键能力的考查.第 12题不仅考查学生运用所学知识分析、解决问题的能力,同时也考查了学生的观察能力、运算能力、推理判断能力与灵活运用知识的综合能力.第 21题考查利用导数判断函数单调性的方法、导数公式和导数运算法则,综合

13、考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力、推理论证能力和数学语言表达能力.第 19题在三人的羽毛球比赛中,以参赛人的获胜概率设问题,考查逻辑思维能力.第 3题以世界建筑奇迹埃及的胡夫金字塔为背景,设计了正四棱锥的计算问题,将立体几何的基本知识与世界文化遗产有机结合,考查学生的分析能力和数学文化素养. 1.d 由 z=1+i,得 z2=2i,2z=2+2i,故|z2-2z|=|2i-(2+2i)|=2. 2.b 由已知得 a=x|-2x2,b=| -2. 12 / 21 因为 ab=x|-2x1,所以有-2=1,解得 a=-2. 3. c 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

14、的高为 h, 则有2=12,2= 2-(2)2, 因此有 h2-(2)2=12ah, 化简得 4()2-2()-1=0, 解得=5+14.(负值舍去) 4.c 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到抛物线 c的焦点的距离为 12,可得 x+2=12,解得 p=6. 【解题方法】 解析几何是用代数方法研究几何问题的典型,因此要将题干中的代数条件转化为图形语言,数形结合,快速解题.本题运用了抛物线的定义. 5.d 结合题中散点图,由图像的大致走向判断,此函数应该是对数函数模型,故应该选用的函数模型为 y=a+bln x. 6.b 对函数 f(x)求导可得

15、f(x)=4x3-6x2,由导数的几何意义知在点(1,f(1)处的切线的斜率为k=f(1)=-2.又因为 f(1)=-1,所以切线方程为 y-(-1)=-2(x-1),化简得 y=-2x+1. 7.c 由题图知 f(-49)=cos(-49 +6)=0, 所以-49+6=2+k(kz), 化简得 =-3+94(kz). 13 / 21 因为 t22t,即2|24|, 所以 1|2,解得-119k-79或19k59. 当且仅当 k=-1时,1|2. 所以 =32,最小正周期 t=2|=43. 8.c 因为(x+y)5的通项公式为c5 x5-r yr(r=0,1,2,3,4,5),所以当 r=1时

16、,2 c51x4y=5x3y3,当 r=3时,x c53x2y3=10 x3y3,所以 x3y3的系数为 10+5=15. 9.a 原式化简得 3cos2-4cos -4=0,解得 cos =-23或 cos =2(舍去). (0,),sin =1-cos2 =53. 【思路点拨】 应用二倍角公式 cos 2=2cos2-1直接求解即可. 10.a 由题意知o1的半径 r=2.由正弦定理知sin=2r, oo1=ab=2rsin 60=23, 球 o的半径 r=2+ |1|2=4. 球 o的表面积为 4r2=64. 11.d 由已知得m:(x-1)2+(y-1)2=4. 因为 s四边形pamb

17、=12|pm| |ab|=2spam=|pa| |am|=2|pa|=2|2-4, 所以|pm| |ab|最小,即|pm|最小,此时 pm与直线 l 垂直,pm所在直线的方程为 y=12x+12,直线pm与直线 l的交点为 p(-1,0).|pm|=(1 + 1)2+ (1-0)2= 5,在 rtapm中,|ap|=|2-|2=1. 14 / 21 又|ap|=|bp|=1, 以 p(-1,0)为圆心,|ap|=1为半径作圆,则 ab为m与p的公共弦,p的方程为(x+1)2+y2=1,即 x2+2x+y2=0. 两圆方程相减得 4x+2y+2=0,即直线 ab的方程为 2x+y+1=0. 12

18、.b 由指数与对数运算可得,2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b. 因为 22b+log2b22b+log22b=22b+1+log2b, 所以 2a+log2a22b+log22b. 令 f(x)=2x+log2x,由指数函数与对数函数单调性可得 f(x)在区间(0,+)上单调递增. 由 f(a)f(2b)可得 a2b. 13. 1 画出不等式组表示的平面区域,如图(阴影部分)所示,将目标函数 z=x+7y变形可得 y=-17x+17z,平移直线 y=-17x. 由图可得 z在点 a处取得最大值. 由-1 = 0,2 + -2 = 0,得 = 1, = 0, 所以 a(1

19、,0),所以 zmax=1+70=1. 【思路点拨】 解答本题的关键是根据题意画出可行域,分别求出交点坐标,可知 z在点(1,0)处取得最大值. 14.3 |a+b|2=(a+b)2=|a|2+|b|2+2a b=1+1+2a b=1, a b=-12,|a-b|2=(a-b)2=|a|2+|b|2-2a b=3,|a-b|=3. 15 / 21 15.2 由题意可得 a(a,0),f(c,0),其中 c=2+ 2. 由 bf垂直于 x轴可得点 b的横坐标为 c,代入双曲线方程可得点 b的坐标为 b(, 2). ab的斜率为 3,b(,2). kab=2-=2(-)=2-2(-)=+=e+1=

20、3, e=2. 16.-14 由题意得 bd=2ab=6,bc=2+ 2=2. d,e,f重合于一点 p, ae=ad=3,bf=bd=6,在ace中,由余弦定理,得 ce2=ac2+ae2-2ac aecoscae=12+(3)2-213cos 30=1,ce=cf=1. 在bcf中,由余弦定理,得 cosfcb=2+2-22=22+12-(6)2221=-14. 17.解 (1)设an的公比为 q,由题设得 2a1=a2+a3,即 2a1=a1q+a1q2. 所以 q2+q-2=0,解得 q=1(舍去),q=-2. 故an的公比为-2. (2)记 sn为nan的前 n项和. 由(1)及题设

21、可得,an=(-2)n-1. 所以 sn=1+2(-2)+n(-2)n-1, -2sn=-2+2(-2)2+(n-1)(-2)n-1+n(-2)n. 可得 3sn=1+(-2)+(-2)2+(-2)n-1-n(-2)n =1-(-2)3-n(-2)n. 16 / 21 所以 sn=19(3+1)(-2)9. 18.(1)证明 设 do=a,由题设可得 po=66a,ao=33a,ab=a,pa=pb=pc=22a. 因此 pa2+pb2=ab2,从而 papb. 又 pa2+pc2=ac2,故 papc. 所以 pa平面 pbc. (2)解 以 o为坐标原点, 的方向为 y轴正方向,| |为单

22、位长,建立如图所示的空间直角坐标系 o - xyz. 由题设可得 e(0,1,0),a(0,-1,0),c(-32,12,0),p 0,0,22. 所以 = (-32,-12,0), = (0,-1,22). 设 m=(x,y,z)是平面 pce的法向量, 则 = 0, = 0, 即- +22 = 0,-32-12 = 0. 可取 m=(-33,1,2). 由(1)知 = (0,1,22)是平面 pcb的一个法向量,记 n= , 17 / 21 则 cos=|=255. 所以二面角 b -pc-e的余弦值为255. 19.解 (1)甲连胜四场的概率为116. (2)根据赛制,至少需要进行四场比

23、赛,至多需要进行五场比赛. 比赛四场结束,共有三种情况: 甲连胜四场的概率为116; 乙连胜四场的概率为116; 丙上场后连胜三场的概率为18. 所以需要进行第五场比赛的概率为 1-11611618=34. (3)丙最终获胜,有两种情况: 比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18; 比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为116,18,18. 因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716. 20.(1)解 由题设得 a(-a,0),b(a,0),g(0,1). 则 =(a,1), =(a,-1). 由

24、=8得 a2-1=8,即 a=3. 所以 e的方程为29+y2=1. 18 / 21 (2)证明 设 c(x1,y1),d(x2,y2),p(6,t). 若 t0,设直线 cd的方程为 x=my+n,由题意可知-3n3. 由于直线 pa的方程为 y=9(x+3),所以 y1=9(x1+3). 直线 pb的方程为 y=3(x-3),所以 y2=3(x2-3). 可得 3y1(x2-3)=y2(x1+3). 由于229+ 22=1,故22=-(2+3)(2-3)9, 可得 27y1y2=-(x1+3)(x2+3), 即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0. 将 x=

25、my+n代入29+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0. 所以 y1+y2=-22+9,y1y2=2-92+9. 代入式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2 (m2+9)=0. 解得 n=-3(舍去),n=32. 故直线 cd的方程为 x=my+32, 即直线 cd过定点(32,0). 若 t=0,则直线 cd的方程为 y=0,过点(32,0). 综上,直线 cd过定点(32,0). 21.解 (1)当 a=1时,f(x)=ex+x2-x,f(x)=ex+2x-1. 故当 x(-,0)时,f(x)0. 19 / 21 所以 f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. (2)f(x)12x3+1等价于(123-2+ + 1)e-x1. 设函数 g(x