2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）【word版本；可编辑；含答案】 10页

1 / 10 2020 年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ） 一、选择题 1.已知集合퐴 = {푥|푥2 − 3푥 − 4 < 0}, 퐵 = {−4,1,3,5}，则퐴 ∩ 퐵 = () A.{−4,1} B.{1,5} C.{3,5} D.{1,3} 2.若푧 = 1 + 2푖 + 푖3，则|푧| = () A.0 B.1 C.√2 D.2 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.√5−1 4 B.√5−1 2 C.√5+1 4 D.√5+1 2 4.设푂为正方形퐴퐵퐶퐷的中心，在푂，퐴，퐵，퐶，퐷中任取3点，则取到的3 点共线的概率为() A.1 5 B.2 5 C.1 2 D.4 5 5.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率푦和温度푥（单位： ∘퐶）的关系，在20个不同温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据 (푥푖, 푦푖)(푖 = 1,2, ⋯ ,20)得到下面的散点图： 由此散点图，在10∘퐶至40∘퐶之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为 发芽率푦和温度푥的回归方程类型的是() A.푦 = 푎 + 푏푥 B.푦 = 푎 + 푏푥2 C.푦 = 푎 + 푏푒푥 D.푦 = 푎 + 푏ln푥 6.已知圆푥2 + 푦2 − 6푥 = 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.1 B.2 C.3 D.4 7.设函数푓(푥) = cos(휔푥 + 휋 6)在[−휋, 휋]的图象大致如图，则푓(푥)的最小正 周期为() A.10휋 9 B.7휋 6 C.4휋 3 D.3휋 2 8.设푎log34 = 2，则4−푎 = () A. 1 16 B.1 9 C.1 8 D.1 6 9.执行下面的程序框图，则输出的푛 = () 2 / 10 A.17 B.19 C.21 D.23 10.设{푎푛}是等比数列，且푎1 + 푎2 + 푎3 = 1，푎2 + 푎3 + 푎4 = 2，则푎6 + 푎7 + 푎8 = () A.12 B.24 C.30 D.32 11.设퐹1, 퐹2是双曲线퐶: 푥2 − 푦2 3 = 1的两个焦点，푂为坐标原点，点푃在퐶上 且|푂푃| = 2，则△ 푃퐹1퐹2的面积为() A.7 2 B.3 C.5 2 D.2 12.已知퐴，퐵，퐶为球푂的球面上的三个点，⊙ 푂1为△ 퐴퐵퐶的外接圆，若 ⊙ 푂1的面积为4휋，퐴퐵 = 퐵퐶 = 퐴퐶 = 푂푂1，则球푂的表面积为() A.64휋 B.48휋 C.36휋 D.32휋 二、填空题 13.若푥，푦满足约束条件{ 2푥 + 푦 − 2 ≤ 0, 푥 − 푦 − 1 ≥ 0, 푦 + 1 ≥ 0, 则푧 = 푥 + 7푦的最大值为 ________. 14.设向量푎→ = (1, −1), 푏 → = (푚 + 1,2푚 − 4)，若푎→ ⊥ 푏 → ，则푚 =________. 15.曲线푦 = ln푥 + 푥 + 1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 ________. 16.数列{푎푛}满足푎푛+2 + (−1)푛푎푛 = 3푛 − 1，前16项和为540，则 푎1 =________. 三、解答题 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 퐴，퐵，퐶，퐷四个等级．加工业务约定：对于퐴级品、퐵级品、퐶级品，厂 家每件分别收取加工费90元，50元，20元；对于퐷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 퐴 퐵 퐶 퐷 频数 40 20 20 20 乙分厂产品等级的频数分布表 等级 퐴 퐵 퐶 퐷 频数 28 17 34 21 (1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为퐴级品的概率； 3 / 10 (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？ 18.△ 퐴퐵퐶的内角퐴，퐵，퐶的对边分别为푎，푏，푐．已知퐵 = 150∘. (1)若푎 = √3푐，푏 = 2√7，求△ 퐴퐵퐶的面积； (2)若sin퐴 + √3sin퐶 = √2 2 ，求퐶． 4 / 10 19.如图，퐷为圆锥的顶点，푂是圆锥底面的圆心，△ 퐴퐵퐶是底面的内接正 三角形，푃为퐷푂上一点，∠퐴푃퐶 = 90∘. (1)证明：平面푃퐴퐵 ⊥平面푃퐴퐶； (2)设퐷푂 = √2，圆锥的侧面积为√3휋，求三棱锥푃 − 퐴퐵퐶的体积． 20.已知函数푓(푥) = 푒푥 − 푎(푥 + 2). (1)当푎 = 1时，讨论푓(푥)的单调性； (2)若푓(푥)有两个零点，求푎的取值范围. 5 / 10 21.已知퐴，퐵分别为椭圆퐸：푥2 푎2 + 푦2 = 1 (푎 > 1)的左、右顶点，퐺为퐸的 上顶点，퐴퐺 → ⋅ 퐺퐵 → = 8，푃为直线푥 = 6上的动点，푃퐴与퐸的另一交点为퐶， 푃퐵与퐸的另一交点为퐷. (1)求퐸的方程； (2)证明：直线퐶퐷过定点． 22.在直角坐标系푥푂푦中，曲线퐶1的参数方程为{푥 = cos푘푡， 푦 = sin푘푡 （푡为参 数）．以坐标原点为极点，푥轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线퐶2的极 坐标方程为4휌cos휃 − 16휌sin휃 + 3 = 0. (1)当푘 = 1时，퐶1是什么曲线？ (2)当푘 = 4时，求퐶1与퐶2的公共点的直角坐标． 6 / 10 23.已知函数푓(푥) = |3푥 + 1| − 2|푥 − 1|. (1)画出푦 = 푓(푥)的图象； (2)求不等式푓(푥) > 푓(푥 + 1)的解集. 7 / 10 参考答案与试题解析 2020 年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ） 一、选择题 1.D 2.C 3.C 4.A 5.D 6.B 7.C 8.B 9.C 10.D 11.B 12.A 二、填空题 13.1 14.5 15.푦 = 2푥 16.7 三、解答题 17.解：(1)由表可知，甲厂加工出来的一件产品为퐴级品的概率为 40 100 = 0.4， 乙厂加工出来的一件产品为퐴级品的概率为 28 100 = 0.28； (2)甲分厂加工100件产品的总利润为： 40 × (90 − 25) + 20 × (50 − 25) + 20 × (20 − 25) − 20 × (50 + 25) = 1500（元）， 所以甲分厂加工100件产品的平均利润为15元每件； 乙分厂加工100件产品的总利润为： 28 × (90 − 20) + 17 × (50 − 20) + 34 × (20 − 20) − 21 × (50 + 20) = 1000（元）， 所以乙分厂加工100件产品的平均利润为10元每件． 故厂家选择甲分厂承接加工任务． 18.解：(1)由余弦定理可得： 푏2 = 28 = 푎2 + 푐2 − 2푎푐 ⋅ cos150∘ = 7푐2， ∴푐 = 2，푎 = 2√3， ∴△ 퐴퐵퐶的面积푆 = 1 2 푎푐sin퐵 = √3. (2)∵퐴 + 퐶 = 30∘， ∴sin퐴 + √3sin퐶 = sin(30∘ − 퐶) + √3sin퐶 = 1 2 cos퐶 + √3 2 sin퐶 = sin(퐶 + 30∘) = √2 2 ． 8 / 10 ∵0∘ < 퐶 < 30∘， ∴30∘ < 퐶 + 30∘ < 60∘， ∴퐶 + 30∘ = 45∘， ∴퐶 = 15∘. 19.(1)证明：连接퐶푂，延长퐶푂交퐴퐵于点퐸，如图， ∵ 푂是正三角形퐴퐵퐶外接圆的圆心， ∴ 퐶푂 ⊥ 퐴퐵. ∵在圆锥中易知푃푂 ⊥平面퐴퐵퐶， 퐴퐵 ⊂平面퐴퐵퐶， ∴ 푃푂 ⊥ 퐴퐵. 又퐶푂，푃푂 ⊂平面푃푂퐶， 퐶푂 ∩ 푃푂 = 푂， ∴ 퐴퐵 ⊥平面푃푂퐶. 又푃퐶 ⊂平面푃푂퐶， ∴ 퐴퐵 ⊥ 푃퐶. ∵ ∠퐴푃퐶 = 90∘， ∴ 푃퐶 ⊥ 퐴푃. 又∵ 푃퐴，퐴퐵 ⊂平面푃퐴퐵， 푃퐴 ∩ 퐴퐵 = 퐴， ∴ 푃퐶 ⊥平面푃퐴퐵. 又∵ 푃퐶 ⊂平面푃퐴퐶， ∴平面푃퐴퐶 ⊥平面푃퐴퐵. (2)解：由퐷푂 = √2，圆锥的侧面积为√3휋， 设底面圆半径为푟，母线长为푙， 푟2 + (√2)2 = 푙2，1 2 ⋅ 2휋푟푙 = √3휋， ∴ 푟 = 1，푙 = √3， ∴ 퐴퐵 = 퐵퐶 = 퐴퐶 = √3. ∵ 푃퐴 ⊥ 푃퐶，푃퐴 = 푃퐶， ∴ 푃퐴 = 푃퐶 = √6 2 . 在直角三角形퐴푃푂中，퐴푂 = 1，푃퐴 = √6 2 ， ∴ 푃푂 = √2 2 ， ∴ 푉푃−퐴퐵퐶 = 1 3 푆△퐴퐵퐶 ⋅ 푃푂 = √6 8 . 20.解：(1)由题知푓(푥)的定义域为(−∞, +∞)，且푓′(푥) = 푒푥 − 푎. 当푎 = 1时，푓′(푥) = 푒푥 − 1， 令푓′(푥) = 0，解得푥 = 0. 当푥 ∈ (−∞, 0)时，푓′(푥) < 0； 当푥 ∈ (0, +∞)时，푓′(푥) > 0. ∴푓(푥)在(−∞, 0)上单调递减，在(0, +∞)上单调递增． (2)①当푎 ≤ 0时，푓′(푥) > 0恒成立， 9 / 10 푓(푥)在(−∞, +∞)上单调递增，不符合题意； ②当푎 > 0时，令푓′(푥) = 0，解得푥 = ln푎. 当푥 ∈ (−∞,ln푎)时，푓′(푥) < 0； 当푥 ∈ (ln푎, +∞)时，푓′(푥) > 0， ∴푓(푥)在푥 ∈ (−∞,ln푎)上单调递减，在푥 ∈ (ln푎, +∞)上单调递增， ∴푓(푥)min = 푓(ln푎) = 푎 − 푎(ln푎 + 2) = −푎(1 + ln푎)， ∴要使푓(푥)有两个零点，则푓(ln푎) < 0即可， 则1 + ln푎 > 0 ⇒ 푎 > 푒−1. 综上，若푓(푥)有两个零点，则푎 ∈ (푒−1, +∞). 21.(1)解：依题意作出如下图象， 由椭圆方程퐸: 푥2 푎2 + 푦2 = 1(푎 > 1)， 可得：퐴(−푎, 0), 퐵(푎, 0), 퐺(0,1)， ∴퐴퐺 → = (푎, 1), 퐺퐵 → = (푎, −1)， ∴퐴퐺 → ⋅ 퐺퐵 → = 푎2 − 1 = 8， ∴푎2 = 9， ∴椭圆方程为：푥2 9 + 푦2 = 1. (2)证明：设푃(6, 푦0)， 则直线퐴푃的方程为：푦 = 푦0−0 6−(−3) (푥 + 3)， 即：푦 = 푦0 9 (푥 + 3). 联立直线퐴푃的方程与椭圆方程可得： { 푥2 9 + 푦2 = 1, 푦 = 푦0 9 (푥 + 3), 整理得：(푦0 2 + 9)푥2 + 6푦0 2푥 + 9푦0 2 − 81 = 0， 解得：푥 = −3或푥 = −3푦02+27 푦0 2+9 . 将푥 = −3푦02+27 푦0 2+9 代入直线푦 = 푦0 9 (푥 + 3), 可得：푦 = 6푦0 푦0 2+9 ， 所以点퐶的坐标为(−3푦02+27 푦0 2+9 , 6푦0 푦0 2+9). 同理可得：点퐷的坐标为(3푦02−3 푦0 2+1 , −2푦0 푦0 2+1). ∴直线퐶퐷的方程为 푦 − (−2푦0 푦0 2+1) = 6푦0 푦02+9−(−2푦0 푦02+1 ) −3푦02+27 푦02+9 −3푦02−3 푦02+1 (푥 − 3푦02−3 푦0 2+1 ), 整理可得：푦 + 2푦0 푦0 2+1 = 8푦0(푦02+3) 6(9−푦0 4) (푥 − 3푦02−3 푦0 2+1 ) = 8푦0 6(3−푦0 2) (푥 − 3푦02−3 푦0 2+1 )， 整理得：푦 = 4푦0 3(3−푦0 2) 푥 + 2푦0 푦0 2−3 = 4푦0 3(3−푦0 2) (푥 − 3 2)， 故直线퐶퐷过定点(3 2 , 0). 10 / 10 22.解：(1)当푘 = 1时，曲线퐶1的参数方程为{푥 = cos푡， 푦 = sin푡 （푡为参数）， 两式平方相加得푥2 + 푦2 = 1， 所以曲线퐶1表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆. (2)当푘 = 4时，曲线퐶1的参数方程为{푥 = cos4푡， 푦 = sin4푡 （푡为参数）， 所以푥 ≥ 0，푦 ≥ 0， 曲线퐶1的参数方程化为{√푥 = cos2푡， √푦 = sin2푡 （푡为参数）， 两式相加得曲线퐶1方程为√푥 + √푦 = 1， 得√푦 = 1 − √푥， 平方得푦 = 푥 − 2√푥 + 1，0 ≤ 푥 ≤ 1，0 ≤ 푦 ≤ 1. 曲线퐶2的极坐标方程为4휌cos휃 − 16휌sin휃 + 3 = 0， 曲线퐶2直角坐标方程为4푥 − 16푦 + 3 = 0， 联立퐶1, 퐶2方程{푦 = 푥 − 2√푥 + 1， 4푥 − 16푦 + 3 = 0， 整理得12푥 − 32√푥 + 13 = 0， 解得√푥 = 1 2 或√푥 = 13 6 （舍去）， ∴푥 = 1 4 ，푦 = 1 4 ， ∴퐶1, 퐶2公共点的直角坐标为(1 4 , 1 4). 23.解：(1)因为푓(푥) = { 푥 + 3, 푥 ≥ 1, 5푥 − 1, − 1 3 < 푥 < 1, −푥 − 3, 푥 ≤ − 1 3 , 作出푓(푥)的图象，如图所示： (2)将函数푓(푥)的图象向左平移1个单位，可得函数푓(푥 + 1)的图象， 由−푥 − 3 = 5(푥 + 1) − 1，解得푥 = − 7 6 ， 所以不等式的解集为(−∞, − 7 6).