2020年数学高考题及答案

2020年普通高等学校全国统一考试

全国I卷（文科数学）

1.(2020•全国I卷汜知集合人=仅恒2-3*-4<0}》={-4,1,3,5},则人地等于(D)

(A){-4,1}(B){1,5}(C){3,5}(D){1,3}

解析:法一由x2-3x-4<0,得

即集合A={xHl<x<4},

又集合B={4,1,3,5},所以AnB={l,3},故选D.

法二因为(-4)2-3*(-4)-4>0,

所以-44A,故排除A;

又lz-3xl-4<0,

所以leA,则le(AnB),故排除C;

又32-3x3-4<0,

所以3eA,则3e(AnB),故排除B.故选D.

法三观察集合A与集合B,发现3eA,故3e(AnB),所以排除选项A和B,又52-3x5-4>0,

所以54A,5«(AnB),排除C,故选D.

2.(2020・全国I卷)若z=l+2i+i3,则忆|等于(C)

(A)0(B)l(C)&(D)2

解析:z=l+2i+i3=l+2i・i=l+i,

所以|z|=7T中1=VZ故选C.

3.(2020•全国I卷)

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（C）

怎［怎,唇r

(A),(B尸(C)~(Dp-

解析:

由题意知，可将金字塔看成如图所示的正四棱锥SJXBCD,其中M为AD的中点,0为底面正方形ABCD的中心,

连接SM,SO,OM,®|Jsen底面ABCD.SM1AD.0M1AD,

即正四棱锥S-ABCD的高为SO,侧面三角形SAD的高为SM.设底面正方形ABCD的边长为a,SM=h,

■a"

则OM=2,正四棱锥S-ABCD的一个侧面三角形的面积为Oh,在直角三角形SOM中,SO2=SM2-OM2=h2-52*2-。,以该

正四棱锥的高为边长的正方形的面积为SO2=h2-，故*ah=h2-4,化简、整理得4h2-2ah-a2=0,得4・・-1=0,

令°=t,则4t22-1=0,

17%1+^同1

因为A0,所以仁4，即吃4，所以其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为4，故选C.

4.(2020•全国I卷)设。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)

(A)5(B)5(C)2(D)5

解析:

根据题意作出图形，如图所示，在O,A,B,C,D中任取3点，有10种可能情况,分别为

(OAB),(OAC),(OAD),(OBC),(OBD),(OCD),(ABC),(ABD),(ACD),(BCD),其中取至lJ的3点共线有(OAC)和(OBD)2种可能

情况,所以在O,A,B,C,D中任取3点厕取到的3点共线的概率为亚’.故选A.

5.(2020•全国I卷)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(丸yi)(i=l,2,…,20)得到下面的散点图：

/80%

汰60%

超40%

20%

0

40温度/T

由此散点图，在10℃至40P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(D)

(A)y=a+bx(B)y=a+bx2

(C)y=a+bex(D)y=a+blnx

解析:散点图中点的分布形状与对数函数的图象类似，故选D.

6.(2020•全国I卷)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(B)

(A)l(B)2(C)3(D)4

解析:将圆的方程x2+y2-6x=0化为标准方程(x-3)2+y2=9,设圆心为C,则C(3,0)泮径r=3.

设点Q,2)为点A,过点AQ,2)的直线为I,

因为(1・3)2+22<9,

所以点A(l,2)在圆C的内部，则直线I与圆C必相交，设交点分别为B,D.易知当直线l±AC时，直线I被该圆所截得的弦的

长度最小，设此时圆心C到直线I的距离为d,贝I」d=|AC|W0-iy+@2/=2卷,

所以|BD|min=2gd=2卜一.伪,

二2,即弦的长度的最小值为2,故选B.

7.(2020•全国I卷)

设函数f(X)=COS'3X+'在［・TT,TT］的图象大致如图则f(x)的最小正周期为(C)

10a7w4«3ii

(A)9(B)6(C)3(D)2

解析:由题图知函数f(x)的最小正周期T满足:

,

|A

0-(-n)<T<TT--1,

至11

即TTVTV'，即TTV7V9,fiP13<|u)|<2.

生、

因为函数f(x)的图象过点

竺L

所以COS-*(J0+6-0,

一■■

所以-‘3+*二*+kTT(keZ),

解得u)=-，+k€Z),

U3

又必〈心卜？,所以k=-l,w=2,

2a竺

所以T=3=M故选c

8.(2020•全国I卷)设alog34=2,则4-a等于(B)

ji111

(A严(B)5(C)・(D)6

解析:法一因为alog34=2,

所以log34a=2,

则有4a=32=9,

所以故选B.

法二因为alog34=2,

所以-alog34=・2,

所以log34a=-2,

11

所以4«=3-2=4=叨,故选B.

a1

法三因为alog34=2,所以

a

42

所以二3,

两边同时平方得4a=9,

11

所以4y=1*"=',故选B.

法四因为alog34=2,

2立

所以a=l°®4=，o®4=log49,

所以4"="=叨,故选B.

a

法五令4，a=t,两边同时取对数得log34=log3t,

即alog34=-log3t=log3a,

1

因为alog34=2,所以Iog3t=2,

1

所以*=32=9,

11

所以t='即4—3故选B.

法六令4、=t,所以・a=log4t,

1

即a=-log4t=log4t

由alog34=2,

得a=GH』g49,

1

所以log4*=log49,

111

所以*=9,t=',即4"=',故选B.

9.(2020•全国I卷)

执行如图所示的程序框图，则输出的n等于（C）

(A)17

(B)19

(C)21

(D)23

»+1

解析:由程序框图知S等于正奇数数列1,3,5,…的前k项和，其中k=2，依N.，当前k项和大于100时退出循环网

S=l+3+5+...+(2k-l)=2=k2,

当k=10时,S=100;

当k=ll时,S=121，退出循环.则输出的n的值为2x11-1=21,故选C.

10.(2020•全国I卷)设｛时是等比数列，且ai+a2+a3=l,a2+a3+a4=2,则a6+a:+a8等于(D)

(A)12(B)24(C)30(D)32

解析:法一设等比数列｛an｝的公比为q,

所以中M二百通k=q=2,

由ai+a2+a3=ai(l+q+q2)=ai(l+2+22)=l,

111

解得ai=",所以a6+a7+a8=ai(q5+q6+q7)="x(25+26+27)="x25xQ+2+22)=32,故选D.

法二令bn=an+an+i+an+2(neN,),

则bn+l=an+l+an+2+an+3.

设数列｛an｝的公比为q,

则&=iM•妙3=、+M4f•a=q，所以数列｛bn｝为等比数列，由题意知bi=l,b2=2,所以等比数列｛bn｝的公比q=2,

所以bn=2n-i,所以b6=a6+a7+a8=25=32,故选D.

y2

11.(2020•全国I卷)设F1R是双曲线C:X2-3=1的两个焦点,0为坐标原点，点P在C上且QP|=2,则WF1F2的面积为

(B)

75

(A尸(B)3(C)2(D)2

解析:设FI,F2分别为双曲线C的左、右焦点，则由题意可知FI(-2,0),F2(2,0),

又|OP|=2,所以|OP|=|OFI|=|OF2|,

所以APF1F2是直角三角形，

所以|PF1|2+|PF2|2二|F1F2|2=16.

不妨令点P在双曲线C的右支上，

则有|PFIHPF2|=2,两边平方,

得|PFIF+|PF2|2-2|PF#|PF2|=4,

2

X|PFI|2+|PF2|=16,

所以|PFIHPF2|=6,

11

贝ijS*PF,F尸2肝讣产2|品6=3,故选B.

12.(2020•全国I卷)已知A,B,C为球。的球面上的三个点QOi为AABC的外接圆.若OOI的面积为4TT,AB=BC=AC=OOI,

则球。的表面积为(A)

(A)64TT(B)48n(C)36n(D)321T

解析:因为OOi的面积为4TT,所以OOi的半径r=2.

因为AB=BC=AC,所以-ABC为正三角形，

AB

又001是八ABC的外接圆，所以由正弦定理得1r=2r=4,

得AB=4sin60°=2遮.

因为OOi=AB=BC=AC,

所以001=2臼,

由题易知00bL平面ABC,则球心O到平面ABC的距离为24.

设球O的半径为R,则R2=o4+r2=12+4=16,所以球O的表面积S=4TTR2=64TT,故选A.

f2x+y-2<0.

r^y-1>0.

13.(2020・全国I卷)若x,y满足约束条件Iy+1~0'则z=x+7y的最大值为.

解析:法一作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线x+7y=0并平移，数形结合可知当平移后的直线

经过点AQQ)时,z=x+7y取得最大值，最大值为1.

法二作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，易得AQ,O),B(O,-1),C2,-1•,

当直线z=x+7y过点A(l,OM,z=l;

当直线z=x+7y过点B(O,-1)时,z=-7;

aw

当直线z=x+7y过点C",-1时,z=-”.

所以z的最大值为1.

答案:1

14.(2020•全国I卷)设向量a=(l,・l),b=(m+l,2m-4),若aib.Mm=.

解析:因为a_Lb,所以ab=m+l-(2m-4)=0,

所以m=5.

答案:5

15.(2020•全国I卷)曲线y=lnx+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为

解析:设切点坐标为(xo,Inxo+xo+1).

由题意得yU+L

则该切线的斜率k=4+1I«=«*=*°+1=2,

解得Xo=l,

所以切点坐标为Q,2),

所以该切线的方程为y・2=2(x・l),即y=2x.

答案:y=2x

16.(2020•全国I卷)数列｛aj满足an+2+(・l)nan=3n・l,前16项和为540,则a产

解析:因为数列｛an｝满足an+2+(-l)nan=3n-l,

所以当n=2k(keN)时，

a2k+2+a2k=6k-l(keN)

pJrJ^(a2+a4)+(a6+a8)+(aio+ai2)+(ai4+ai6)=5+17+29+41=92.

当n=2k・l(kwN')时，

a2k+i-a2k-i=6k-4(kGN,),

所以当k>2时,

a2k-i=ai+(a3-ai)+(a5-a3)+(a7-a5)+...+(a2k-i-a2k-3)=ai+2+8+14+...+[6(k-l)-4]=ai+=ai+(3k-4)(k-l),当k=l时

上式也成立，所以a*产ai+(3k~4)(k・l)(keN)即a2k-i=ai+3k2-7k+4(k€N*).

计)1

法一所以ai+a3+a5+a7+...+ai5=8ai+3x(12+22+32+...+82)-7x(l+2+3+...+8)+4x8=8ai+3x6-

7x2+32=8ai+612-252+32=8ai+392.

又前16项和为540,所以92+8ai+392=540,

解得ai=7.

233

法二pjrl^a2k-i=ai+(3k+3k+l)-10k+3=ai+[(k+l)-k]-10k+3,

所以ai+a3+a5+a7+...+ai5=8ai+(23-13)+(33-23)+...+(93-83)-10x2+3x8=8ai+93-13-360+24=8ai+392.

又前16项和为540,所以92+8aI+392=540,

解得ai=7.

答案:7

17.(2020•全国I卷)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,厂家每件要赔偿原料损失费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

等级ABCD

频数40202020

乙分厂产品等级的频数分布表

等级ABCD

频数28173421

(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，厂家应选哪个分厂承接加工业务？

解:(1)由试加工产品等级的频数分布表知，

40

甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为100=0.4;

乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为1<20.28.

(2)由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为

利润6525-75

频数2020

因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为

SX4CH-2SX2O-5X2O-75X2C

100

=15.

由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为

利润70300-70

频数28173421

因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为

70X2»4-30X17-K)X34-70X21

1s=10.

比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润,应选甲分厂承接加工业务.

18.(2020•全国I卷)SBC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°.

⑴若a=偲,b=2H,求AABC的面积；

近

(2)若sinA+HsinC=N,求C.

解:(1)由题设及余弦定理得28=3C2+C2-2XTC2XCOS150°.

解得c=・2(舍去),c=2,从而a=2用

1

△ABC的面积为42旧x2xsin150°=^.

(2)在&ABC中,A=1800・B・C=30°-C,

所以sinA+叔inC=sin(30°-C)+^sinC=sin(300+C).

立

故sin(30°+C)=2.

而0—0。，

所以30°+C=45°,

故C=15°.

19.（2020•全国I卷）

D

如图,D为圆锥的顶点,0是圆锥底面的圆心,^ABC是底面的内接正三角形,P为D0上一点/APC=90°.

(1)证明:平面PAB_L平面PAC；

(2)设DO=短，圆锥的侧面积为■，求三棱锥P-ABC的体积.

(1)证明:由题设可知,PA=PB=PC,

由于4ABe是正三角形,故可得4PAC*PAB,

«PAC线APBC.

又NAPC=90°,故NAPB=90°,NBPC=90°.

从而PBiPA,PB±PC,

且PAnPC=P,

故PB_L平面PAC,

所以平面PAB_L平面PAC.

(2)解:设圆锥的底面半径为r,母线长为I.

由题设可得rl=^|2.r2=2.

解得r=l,l=V^.

从而AB小区

由⑴可得PA2+PB2=AB2,

廷

故PA=PB=PC=2.

所以三棱锥PMBC的体积为

1111五因

3x2xPAxPBxPC=ax2x23=a.

20.(2020•全国I卷)已知函数f(x)=ex-a(x+2),

(1)当a=l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.

解:(1)当a=l时,f(x)=e*-x-2,

则f(x)=e«-l.

当x<0时,f(x)vO；

当x>0时,f(x)>0.

所以f(x)在(-A0)上单调递减，在(0,+工)上单调递增.

(2)f(x)=ex-a.

当a50时了(x)>0,

所以f(x)在(-叫+⑹单调递增，

故f(x)至多存在1个零点，不合题意.

当a>0时，由f(x)=O可得x=lna.

当XG(-a>,lna)时,f(x)vO;

当xe(ln2,+8)时了仅)>0.

所以f(x)在(y,lna)上单调递减，在(Ina,+口)上单调递增.

故当x=lna时,f(x)取得最小值，最小值为f(lna)=-a(l+lna).

①若0<a<5Wf(ln2号0,a)在(鼻+8)至多存在1个零点，不合题意.

②若a>e，则f(lna)<0.

由于f(-2)=e2>0,

所以f(x)在(-%lna)存在唯一零点.

由⑴知，当x>2时,e、-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时，

X£

e2e2

f(x)=•-a(x+2)

s

>@n(2a).”+2-a(X+2)

=2a

>0.

故f(x)在(Ina,+8)存在唯一零点.

从而f(x)在(・%+8)有两个零点.

1

综上,a的取值范围是”,+6：

X2——

-2AGGB

21.(2020•全国I卷)已知A,B分别为椭圆E:*+y2=l(a>l)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.

(1)解:由题设得A(-aI0),B(a10),G(0,l).

AG

则=(a,l),

GB

二(a,-l).

AGGB

由=8得a2-l=8,

所以a=3.

所以E的方程为'+y2=l.

(2)证明:设C(xi,yi),D(X2,y2),P(6,t).

若计0,设直线CD的方程为x=my+n,

由题意可得-3vn<3.

由于直线PA的方程为y=a(x+3),

所以yi=a(xi+3).

含

直线PB的方程为y=a(x-3),

a

所以y2=1x2・3).可得3yi(X2-3)=y2(xi+3).

g

由于八片=1,

故片:-9

可得27yly2=・(XI+3)(X2+3),

即(27+m2)yiy2+m(n+3)(yi+y2)+(n+3)2=0.①

将x=my+n代入，+y2=l得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.

所以yi+y2=-^*^,yiy2="^.

代人①式得

(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0,

3

解得n=-3(舍去)或n=2

3

故直线CD的方程为x=my+2,

3.

即直线CD过定点&0：

3

若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点5,0•.

3,

综上，直线CD过定点20..

俨=005kt

22.(2020・全国I卷)在直角坐标系xOy中，曲线Ci的参数方程为5111kt(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4pcos6-16psin0+3=0.

(1)当k=l时,Ci是什么曲线？

⑵当k=4时，求Ci与C2的公共点的直角坐标.

fX=COSt,

解:(1)当k=lB^,CiV=smt

消去参数t得x2+y2=l,

故曲线Ci是圆心为坐标原点,半径为1的圆.

(X=CDS、

(2)当k=4时,Ci：b=垃114t•消去参数t得Ci的直角坐标方程为遮+0=1.

C2的直角坐标方程为4x-16y+3=0.

［声+/=1._1

由1钮-16尸+3=0解得1尸=彳

11

故C1与C2的公共点的直角坐标为04.

23.(2020•全国I卷)

已知函数f(x)=|3x+l卜2|x-l|.

(1)画出y=f(x)的图象；

⑵求不等式f(x)>f(x+l)的解集.

'5父-1.-：<x<1,

解：(1)由题设知f(x)='X+3jC>1-

y=f(x)的图象如图所示.

(2)函数y=f(x)的图象向左平移1个单位长度后得到函数y=f(x+l)的图象.

y=f(x)的图象与y=f(x+l)的图象的交点坐标为-6,-6.

由图象可知当且仅当x<-‘时,y=f(x)的图象在y=f(x+l)的图象上方.

7

故不等式f(x)>f(x+l)的解集为..

2020年普通高等学校招生全国统一考试•全国I卷

理科数学

1.(2020・全国I卷)若z=l+i,则|z2-2z|等于(D)

(A)0(B)l

(。线(D)2

解析:因为z=l+i,所以|z2-2z|=|(l+i)2-2Q+i)|=|2i-2i-2|42|=2.故选D.

2.(2020•全国I卷)设集合A:{x|x2-4wO},B={x|2x+as0},且AnB二凶-20x01}则a等于(B)

(A)-4(B)-2

(C)2(D)4

解析:法一易知A;{x卜2wxw2},B=xlxW-N,因为AnB={xH^xSl},所以-2=1,解得a=-2.故选B.

法二由题意得A={x|-2<x<2}.

若a=4则B={x|x<2},XA=凶-24x42},所以AnB={x卜2Mxs2卜不满足题意，排除A;

若a=-2,则B={x|x$l},又A={x卜2wxw2},所以AnB二仅卜29《1},满足题意；

若a=2厕B={x|x4-1},又A={x卜2$x$2},所以AnB={x|-2wx《・l},不满足题意，排除C;

若a=4厕B;{x|x£2},又A={xH&xw2},所以AnB={x|x=-2},不满足题意.故选B.

3.(2020•全国I卷)

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(C)

(A)4(B)2

(C)4(D)2

1

解析:设正四棱锥的高为h,底面正方形的边长为2a,斜高为m,依题意得h2Jx2axm,即h2=am,®

易知h2+a2=m2,②

由①②得171=2a,所以加二三"二4.故选C.

4.(2020•全国I卷)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,至Uy轴的距离为9,则p等于

(C)

(A)2(B)3(C)6(D)9

解析:因为点A到y轴的距离为9,所以可设点A(9,yA),所以E=18p.又点A到焦点30，的距离为12,所以

L12,所以19-22+i8p=122,即p2+36p-252=0,解得p=>42(舍去)或p=6.故选C.

5.(2020・全国I卷)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，由实验数据的,y»(i=l,2,…,20)得到下面的散点图：

100%

80%

於40%

10203040温度汽

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(D)

(A)y=a+bx(B)y=a+bx2

(C)y=a+bex(D)y=a+blnx

解析:根据散点图，用光滑的曲线把图中各点依次连起来(图略)，由图并结合选项可排除ABC,故选D.

6.(2020•全国I卷)函数f(x)=x4・2x3的图象在点Q,f(l))处的切线方程为(B)

(A)y=-2x-l(B)y=-2x+l

(C)y=2x-3(D)y=2x+1

解析:因为f(x)=x4-2x3,所以f(x)=4x3-6x2,所以f⑴=・2,又f(l)=l-2=-l,所以所求的切线方程为y+l=-2(x-l),即y=-2x+l.故

选B.

7.(2020•全国卷)

设函数f(x)=cos葭乂+。在卜TT,TT］的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为(C

(A)(B)

4wla

(C)3(D)2

竺竺""

解析油题图知,fL'=0,所以Cs+JZ+kEkeZ),解得3=-4(keZ).

设f(x)的最小正周期为T,易知T〈2TTV2T,

4«32a4v

所以3<2TT<3,所以1V|3|<2,当且仅当k=-l时，符合题意，此时3=力所以T=a=?.故选C.

丢

8.(2020•全国I卷)W*(x+y)5的展开式中x3y3的系数为(C)

(A)5(B)10(C)15(D)20

解析:因为(x+y)5的展开式的第r+1项1+广中共y,所以(x+«(x+y)5的展开式中x，y3的系数为C+C=15.故选C.

9.(2020全国1卷)已知加(0,仃)，且3cos2a-8cosa=5,Msin。等于(A)

片?

(A)3(B)3

J四

(C)3(D)9

解析:因为3cos2a-8cosa=5,所以3(2cos2a-l)-8cosa=5,所以6cos2a-8cosa-8=0,所以3cos2a-4cosa4=0,解得cos

2_______渔

a=2(舍去)或cosa=-三因为ae(0,TT),所以sina=Vl-€DS2<l=3A.

10.(2020•全国I卷)已知ABC为球O的球面上的三个点,OOi为^ABC的外接圆.若。Oi的面积为4TT,AB=BC=AC=OOI,

则球。的表面积为(A)

(A)64TT(B)48TT

(C)36TT(D)32n

解析：

如图所示，设球。的半径为RQOi的半径为r,因为。Oi的面积为4n,所以4iT=Trr2,解得厂2,又AB=BC=AC=00i,所以

AB

0^二2「,解得AB=2^,故。0产2方，所以?^2=0留+「2=（2旧）2+22=16,所以球0的表面积S=4TTR2=64TT.故选A.

11.（2020•全国I卷）已知。M:x2+y2-2x-2y-2=0,直线l:2x+y+2=0,P为I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（D）

(A)2x-y-l=0(B)2x+y-l=0

(C)2x-y+l=0(D)2x+y+l=0

解析：

由。M:x2+y2-2x-2y-2=0,①

得。M:(x-l)2+(y-l)2=4,所以圆心

如图，连接AM,BM,易知四边形PAMB的面积为】PM|IAB|,欲使|PM|・|AB|最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需4

PAM的面积最小.

因为|AM|=2,所以只需|PA|最小.

12+1+2|

又|PA|=J|P>fl2-|AMP=j|PMy所以只需直线2x+y+2=0上的动点P到M的距离最小，其最小值为后=百,此时

|2x+y+2=O,产=」

PMJ,易求出直线PM的方程为x-2y+l=0.由I£力+1=0.得ly=O.

所以P（-l,0）.易知P.A.M,B四点共圆，

1..

所以以PM为直径的圆的方程为x2+y-22=>2,

即x2+y2-y-l=0,（2）

由①②得，直线AB的方程为2x+y+l=0,故选D.

12.（2020•全国I卷）若2a+log2a=平+210g由则（B）

（A）a>2b（B）a<2b

(C)a>b2(D)a<b2

x

解析:法一令f(x)=2x+log2X,因为y=2x在(0,+8)上单调递增,y=log2x在(0,+8)上单调递增，所以f(x)=2+log2x在(0,+s)上

单调递增.又2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2bv22b+log2(2b),所以f(a)vf(2b),所以a<2b.故选B.

法二(取特值法)由2a+log2a=平+210g4b=4b+log2b,取b=L得2a+log2a=4,令f(x)=2x+log2X-4,则f(x)在(0,+s)上单调递

增，且f(l)〈0,f(2)>0,所以f(l)f(2)〈0,f(x)=2x+log2X-4在(0,+/)上存在唯一的零点，所以l〈a<2,故a>2b=2,a〈b2都不成立，排

除A,D;取b=2,得2a+log2a=17,令g(x)=2x+log2X-17,则g(x)在(0,+8)上单调递增，且g(3)〈0,g(4)>0,所以

x2

g(3)g(4)<0,g(x)=2+log2x-17在(0,+句上存在唯一的零点，所以3<a<4,故a>b=4不成立，排除C.故选B.

/2x+y-2<0.

I叱y-1之0.

13.(2020•全国I卷)若x,y满足约束条件Iy+1~0r则z=x+7y的最大值为.

解析:作出可行域，如图中阴影部分所示,

[r-y-l=0,fr=l.

由⑵t+y-2=°得（y=0做A（l,0）.作出直线x+7y=0,数形结合可知，当直线z=x+7y过点A时,z=x+7y取得最大值，为1.

答案:1

14.（2020•全国I卷）设a,b为单位向量，且|a+b|=l,则|a-b|=.

1

解析:法一因为a,b为单位向量，且|a+b|=l,所以(a+b)2=l,所以l+l+2a-b=L所以ab=-2,FffJU|a-b|2=a2+b2-2ab=l+l-

2x-2=3,所以|a-b|=6.

法二

OAOBOC

如图，设=a,二b,利用平行四边形法则得=a+b,因为|a|二|b|=|a+b|二l,

所以^OAC为正三角形,

〜BAV/5

所以||=|a-b|=2x2x|a|=v3.

答案艰

15.（2020・全国I卷）已知F为双曲线C?f=l（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.

解析:设B（c,yB）,因为B为双曲线C7-^KaXXb〉。）上的点，所以？-庐=1,所以片=7因为AB的斜率为3,所以

yB=°,~=3,所以b2=3ac-3a2,所以c2-a2=3ac-3a2,所以c2-3ac+2a2=0,解得c=a（舍去）或c=2a,所以C的离心率e=Q=2.

答案:2

16.（2020•全国I卷）

如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=百,AB±AC,AB±AD,NCAE=30°,贝I]COSzFCB=.

解析:依题意得,AE=AD=B，在，'AEC中,AC=1,NCAE=30°,由余弦定理得EC2=AE2+AC2-2AEACcoszEAC=3+l-2^cos

30°=1,所以EC=L所以CF=EC=1.又BC=V4d+AB*=V1+3=2,BF=BD=1MD?+由=毋，所以在&BCF中,由余弦

答案一

17.（2020•全国I卷）设｛an｝是公比不为1的等比数列向为22,23的等差中项.

（1）求｛an｝的公比；

（2）若ai=l,求数列｛nan｝的前n项和.

解:（1）设｛aj的公比为q,由题设得2a122+23,即2ai=aiq+aiq2.

所以q2+q-2=0,解得q=l（舍去）或q=-2.

故｛an｝的公比为-2.

(2)记S”为｛naj的前n项和.

由(1)及题设可得,an=(-2)n，.

所以S„=l+2x(-2)+...+nx(-2)"-it

-2Sn=-2+2x(-2)2+...+(n-l)x(-2)nl+nx(-2)".

可得3S»=l+(-2)+(-2)2+…+(-2)N-nx(-2)n

=3-nx(-2)n.

所以Sn="-'

18.(2020•全国I卷)

如图,D为圆锥的顶点,0是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=ADQABC是底面的内接正三角形,P为DO上一

些

点,POdDO.

Q)证明:PAJ■平面PBC;

(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

强邑返

⑴证明:设DO=a，由题设可得P0=6a,AO=3a,AB=a,PA=PB=PC=2a.

因此PA?+PB2=AB2,从而PA±PB.

又PA2+PC2=AC2,故PA±PC.

又PBnPC=P,PB,PCu平面PBC,

所以PA_L平面PBC.

OEOE

(2)解:以O为坐标原点，的方向为y轴正方向,||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.

由题设可得E(0,l,0),A(0,-l,0),C'-2,2,0,P'0,0,2..

所以=-2,-2,o

电bu彖

设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量，则

(m-EP=O.y+yZ=O.

、比=。,即〔冬夕"

可取m=

"遐AP

由Q)知=b,l,2,是平面PCB的一个法向量，记n=,

则cos〈n,m>="E=

所以二面角B-PC-E的余弦值为

19.(2020・全国I卷)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)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.

解:(1)甲连胜四场的概率为

(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，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耻；

工

乙连胜四场的概率为"；

1

丙上场后连胜三场的概率为・

JlJl13

所以需要进行第五场比赛的概率为1-1616-1=4

(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，

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

21111_1117^

胜胜，概率分别为屈・,■因此丙最终获胜的概率为■+•+■+■=1c

x2——

20.(2020•全国I卷)已知A,B分别为椭圆E：V+y2=l(a>l)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CrPB与E的另一交点为D.

(1)求E的方程；

(2)证明:直线CD过定点.

⑴解:由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,l).

AGGB

则=(a,l),=(a,-l).

AGGB

由二8得浜-1=8,即a=3.

所以E的方程为夕+y2=l.

(2)证明:设C(xi,yi),D(x2,y2),P(6,t),

若计0,设直线CD的方程为x=my+n,

由题意可知-3<n<3.

由于直线PA的方程为y=a(x+3),

所以yi=s(xi+3).

*

直线PB的方程为y=a(x-3)>

t

所以y2=3(X2-3).

可得3yi(x2-3)=y2(xi+3).

由于不■+厚1,故另=-5,

可得27yiy2=-(Xi+3)(X2+3),

即(27+m2)yiy2+m(n+3)(yi+y2)+(n+3)2=0.①

日

将x=my+n代入，+y2=l得

(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.

所以yi+y2=-K,yiy2二不

代人①式得

(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.

3

解得n=-3(舍去)或n=A

3

故直线CD的方程为x=my+2,

3

即直线CD过定点5,0..

3

若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点5,0.

3.

综上，直线CD过定点5,0■.

21.(2020・全国1卷)已知函数")=&<+2*2”.

Q)当a=l时，讨论f(x)的单调性；

1

⑵当x>0时,f(x)yx3+L求a的取值范围.

解:Q)当a=l0;t,f(x)=ex+x2-x,f(x)=ex+2x-l.

故当xe(“,O)时了(x)〈0;

当X€(O,+a)时,f(x)>0.

所以f(x)在(-叫0)单调递减，在(0,+g)单调递增.

11

(2)f(x)>2x3+l等价于^x3-ax2+x+le-x<l.

J

设函数g(x)=,2x3-ax2+x+lex(x>0),

ia

贝|Jg'(x)=-i2x3-ax2+x+l-2x2+2ax-lex

i

=-2x[x2-(2a+3)x+4a+2]ex

1

=-^x(x-2a-l)(x-2)ex.

1

①若2a+l<0,fiDa<-2,

则当x40,2M，g'(x)>0.

所以g(x)在(0,2)单调递增，

而g(0)=l,故当xe(0,2)时,g(x)>l,不合题意.

11

22

②若0<2a+l<2,fiP-<a<,

则当x40,2a+l)u(2,+8M，g'(x)v0;

当xw(2a+l,2)时,g〈x)>0.

所以g(x)在(0,2a+l),(2,+s)单调递减，在(2a+l,2)单调递增.

由于g(O)=l，所以g(x)01,

7-e2

当且仅当g(2)=(7-4a)e-20i,即az4.

7-e21

所以当4waJ时,g(x)vl.

③若2a+l>2,®a>2,

1

贝ijg(x)w&3+x+lex.

也、

由于Oe.d2,,