2020年全国新高考数学Ⅰ卷试卷【word版；可编辑；含答案】 11页

1 / 11 2020 年全国新高考Ⅰ卷数学试卷 一、选择题 1.设集合퐴 = {푥|1 ≤ 푥 ≤ 3}，퐵 = {푥|2 < 푥 < 4}，则퐴 ∪ 퐵 = () A.{푥|2 < 푥 ≤ 3} B.{푥|2 ≤ 푥 ≤ 3} C.{푥|1 ≤ 푥 < 4} D.{푥|1 < 푥 < 4} 2. 2−푖 1+2푖 =() A.1 B.−1 C.푖 D.−푖 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 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푂）， 地球上一点퐴的纬度是指푂퐴与地球赤道所在平面所成角，点퐴处的水 平面是指过点퐴且与푂퐴垂直的平面，在点퐴处放置一个日晷，若晷面 与赤道所在平面平行，点퐴处的纬度为北纬40∘，则晷针与点퐴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푅0与世代间隔푇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：퐼(푡) = 푒푟푡描述累计感染病例数퐼(푡)随时间푡（单位：天）的变 化规律，指数增长率푟与푅0，푇近似满足푅0 = 1 + 푟푇，有学者基于已 有数据估计出푅0 = 3.28，푇 = 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푃是边长为2的正六边形퐴퐵퐶퐷퐸퐹内的一点，则퐴푃 → ⋅ 퐴퐵 → 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푓(푥)在(−∞, 0)单调递减，且푓(2) = 0，则 满足푥푓(푥 − 1) ≥ 0的푥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퐶：푚푥2 + 푛푦2 = 1.() 2 / 11 A.若푚 > 푛 > 0，则퐶是椭圆，其焦点在푦轴上 B.若푚 = 푛 > 0，则퐶是圆，其半径为√푛 C.若푚푛 < 0，则퐶是双曲线，其渐近线方程为푦 = ±√− 푚 푛 푥 D.若푚 = 0,  푛 > 0，则퐶是两条直线 10.如图是函数푦 = sin(휔푥 + 휑)的部分图像，则sin(휔푥 + 휑) =() A.sin (푥 + 휋 3) B.sin (휋 3 − 2푥) C.cos (2푥 + 휋 6) D.cos (5휋 6 − 2푥) 11.已知푎 > 0，푏 > 0，且푎 + 푏 = 1，则() A.푎2 + 푏2 ≥ 1 2 B.2푎−푏 > 1 2 C.log2푎 + log2푏 ≥ −2 D.√푎 + √푏 ≤ 2 12.信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量푋所有可能 的取值为1，2，⋯，푛，且푃(푋 = 푖) = 푝푖 > 0(푖 = 1,2, ⋯ , 푛)， ∑ 푝푖 푛 푖=1 = 1，定义푋的信息熵퐻(푋) = − ∑ 푝푖 푛 푖=1 log2푝푖，则() A.若푛 = 1，则퐻(푋) = 0 B.若푛 = 2，则퐻(푋)随着푝푖的增大而增大 C.若푝푖 = 1 푛 (푖 = 1,2, … , 푛)，则퐻(푋)随着푛的增大而增大 D.若푛 = 2푚，随机变量푌所有可能的取值为1，2，⋯，푚，且 푃(푌 = 푗) = 푝푗 + 푝2푚+1−푗(푗 = 1,2, ⋯ , 푚)，则퐻(푋) ≤ 퐻(푌) 三、填空题 13.斜率为√3的直线过抛物线퐶: 푦2 = 4푥的焦点，且与퐶交于퐴， 퐵两点，则|퐴퐵| =________. 14.将数列{2푛 − 1}与{3푛 − 2}的公共项从小到大排列得到数列 {푎푛}，则{푎푛}的前푛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．푂为圆孔及轮廓圆弧퐴퐵所在圆的圆心，퐴是圆弧퐴퐵与直线퐴퐺 的切点，퐵是圆弧퐴퐵与直线퐵퐶的切点，四边形퐷퐸퐹퐺为矩形，퐵퐶 ⊥ 퐷퐺，垂足为퐶，tan∠푂퐷퐶 = 3 5 ，퐵퐻//퐷퐺，퐸퐹 = 12푐푚，퐷퐸 = 2푐푚， 퐴到直线퐷퐸和퐸퐹的距离均为7푐푚，圆孔半径为1，则图中阴影部分 的面积为________푐푚2. 16.已知直四棱柱퐴퐵퐶퐷 − 퐴1퐵1퐶1퐷1的棱长均为2，∠퐵퐴퐷 = 60∘， 以퐷1为球心，√5为半径的球面与侧面퐵퐶퐶1퐵1的交线长为________. 3 / 11 四、解答题 17.在①푎푐 = √3，②푐sin퐴 = 3，③푐 = √3푏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푐的值；若问 题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在△ 퐴퐵퐶，它的内角퐴，퐵，퐶的对边分别为푎，푏， 푐，且sin퐴 = √3sin퐵，퐶 = 휋 6 ，________？ 18.已知公比大于1的等比数列{푎푛}满足푎2 + 푎4 = 20，푎3 = 8. (1)求{푎푛}的通项公式； (2)记푏푚为{푎푛}在区间(0, 푚](푚 ∈ N∗)中的项的个数，求数列 {푏푚}的前100项和푆100. 4 / 11 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푃푀2.5和푆푂2浓度(单位： 휇푔/푚3)，得下表： (1)估计事件“该市一天空气中푃푀2.5浓度不超过75，且푆푂2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푃푀2.5浓度与푆푂2浓度有关？ 附：퐾2 = 푛(푎푑−푏푐)2 (푎+푏)(푐+푑)(푎+푐)(푏+푑) ， 푃(퐾2 ≥ 푘) 0.050 0.010 0.001 푘 3.841 6.635 10.828 5 / 11 20.如图，四棱锥푃 − 퐴퐵퐶퐷的底面为正方形，푃퐷 ⊥底面 퐴퐵퐶퐷．设平面푃퐴퐷与平面푃퐵퐶的交线为푙． (1)证明：푙 ⊥平面푃퐷퐶； (2)已知푃퐷 = 퐴퐷 = 1，푄为푙上的点，求푃퐵与平面푄퐶퐷所成角的 正弦值的最大值． 21.已知函数푓(푥) = 푎푒푥−1 − ln푥 + ln푎. (1)当푎 = 푒时，求曲线푦 = 푓(푥)在点(1, 푓(1))处的切线与两坐标 轴围成的三角形的面积； (2)若푓(푥) ≥ 1，求푎的取值范围. 6 / 11 22.已知椭圆퐶： 푥2 푎2 + 푦2 푏2 = 1(푎 > 푏 > 0)的离心率为√2 2 ，且过点 퐴(2,1). (1)求퐶的方程； (2)点푀，푁在퐶上，且퐴푀 ⊥ 퐴푁，퐴퐷 ⊥ 푀푁，퐷为垂足.证明： 存在定点푄，使得|퐷푄|为定值. 7 / 11 参考答案与试题解析 2020 年全国新高考Ⅰ卷数学试卷 一、选择题 1.C 2.D 3.C 4.B 5.C 6.B 7.A 8.D 二、多选题 9.A,C,D 10.B,C 11.A,B,D 12.A,C 三、填空题 13.16 3 14.3푛2 − 2푛 15.5휋 2 + 4 16.√2휋 2 四、解答题 17.解：选①：∵sin퐴 = √3sin퐵，퐶 = 휋 6 ，푎푐 = √3， ∴sin (5 6 휋 − 퐵) = √3sin퐵， ∴1 2 cos퐵 + √3 2 sin퐵 = √3sin퐵， ∴sin (휋 6 − 퐵) = 0，∴퐵 = 휋 6 . 又∵퐶 = 휋 6 ，∴푏 = 푐. 由正弦定理可得：푎 = √3푏， 又푎푏 = √3 解得푎 = √3,  푏 = 1， ∴푐 = 1， 故满足条件存在△ 퐴퐵퐶； 选②：sin퐴 = √3sin퐵，퐶 = 휋 6 ，푐sin퐴 = 3. ∵푐sin퐴 = 3，∴푎sin퐶 = 3， ∴푎 = 6. 由正弦定理可得：푎 = √3푏， ∴푏 = 2√3， ∴푐2 = 푎2 + 푏2 − 2푎푏cos퐶 = 36 + 12 − 24√3 × √3 2 = 12， ∴푐 = 2√3， 8 / 11 ∴퐵 = 휋 6 ，퐴 = 2 3 휋， 故满足条件存在△ 퐴퐵퐶； 选③：푐 = √3푏，sin퐴 = √3sin퐵，퐶 = 휋 6 ， 由①可知，퐵 = 휋 6 ， 故△ 퐴퐵퐶为等腰三角形푐 = 푏，又푐 = √3푏，矛盾. 故不存在△ 퐴퐵퐶满足条件． 18.解：(1)由题意可知{푎푛}为等比数列， 푎2 + 푎4 = 20，푎3 = 8， 可得푎3 푞 + 푎3푞 = 20， 得2푞2 − 5푞 + 2 = 0， (2푞 − 1)(푞 − 2) = 0. ∵ 푞 > 1， ∴ 푞 = 2， ∵ 푎1 × 푞2 = 푎3， 可得푎1 = 2， ∴ {푎푛}的通项公式为： 푎푛 = 2 × 2푛−1 = 2푛. (2) ∵ 푏푚为{푎푛}在(0, 푚](푚 ∈ N∗)中的项的个数， 当푚 = 2푘时，푏푚 = 푘， 当푚 ∈ [2푘−1, 2푘)时，푏푚 = 푘 − 1，其中푘 ∈ N+. 可知푆100 = 푏1 + (푏2 + 푏3) +(푏4 + 푏5 + 푏6 + 푏7) +(푏8 + 푏9 + ⋯ + 푏15) +(푏16 + 푏17 + ⋯ + 푏31) +(푏32 + 푏33 + ⋯ + 푏63) +(푏64 + 푏65 + ⋯ + 푏100) = 0 + 1 × 2 + 2 × 4 + 3 × 8 +4 × 16 + 5 × 32 + 6 × 37 = 480. 19.解：(1)根据抽查数据， 该市100天的空气中푃푀2.5浓度不超过75，且푆푂2浓度不超过 150的天数为： 32 + 18 + 6 + 8 = 64， 因此，该市一天空气中푃푀2.5浓度不超过75， 且푆푂2浓度不超过150的概率的估计值为 64 100 = 0.64. (2)根据抽查数据，可得2 × 2列联表： (3)根据(2)的列联表得 9 / 11 퐾2 = 100×(64×10−16×10)2 80×20×74×26 ≈ 7.484， 由于7.484 > 6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中 푃푀2.5浓度与푆푂2浓度有关. 20.(1)证明：因为四边形퐴퐵퐶퐷为正方形， 故퐵퐶 ⊥ 퐶퐷. 又因为푃퐷 ⊥底面퐴퐵퐶퐷，故푃퐷 ⊥ 퐵퐶， 又由于푃퐷 ∩ 퐷퐶 = 퐷，因此퐵퐶 ⊥平面푃퐷퐶. 因为在正方形퐴퐵퐶퐷中퐵퐶//퐴퐷， 且퐴퐷 ⊂平面푃퐴퐷，퐵퐶 ⊄平面푃퐴퐷， 故퐵퐶//平面푃퐴퐷. 又因为퐵퐶 ⊂平面푃퐵퐶， 且平面푃퐴퐷与平面푃퐵퐶的交线为푙， 故퐵퐶//푙. 因此푙 ⊥平面푃퐷퐶. (2)解：由已知条件，푃 − 퐴퐵퐶퐷底面为正方形， 푃퐷 ⊥底面퐴퐵퐶퐷， 以퐷为原点，퐷퐴为푥轴，퐷퐶为푦轴，퐷푃为푧轴， 建立퐷 − 푥푦푧空间直角坐标系，如图所示： 因为푃퐷 = 퐴퐷 = 1，푄在直线푙上， 设푄(푎, 0,1)，其中푎 ∈ R， 由题意得，퐷(0,0,0)，퐶(0,1,0)，퐵(1,1,0)，푃(0,0,1)， 则푃퐵 → = (1,1, −1)，퐷퐶 → = (0,1,0)，퐷푄 → = (푎, 0,1)， 设平面푄퐶퐷法向量为푛→ = (푥, 푦, 푧)， 则{푛→ ⋅ 퐷퐶 → = 0， 푛→ ⋅ 퐷푄 = 0, 得{푦 = 0, 푎푥 + 푧 = 0, 令푧 = −푎， 则平面푄퐶퐷的一个法向量为：푛→ = (1,0, −푎)， 设푃퐵与平面푄퐶퐷成角为휃， 则sin휃 = |cos < 푛→, 푃퐵 → > | = |1 + 푎| √3 × √1 + 푎2 = 1 √3 × √(1 + 푎)2 1 + 푎2 = √3 3 × √1 + 2푎 1+푎2， 10 / 11 ①若푎 = 0，则sin휃 = √3 3 ， ②若푎 ≠ 0，则sin휃 = √3 3 × √1 + 2 1 푎+푎 ， 푎 > 0时， ∵ 1 푎 + 푎 ≥ 2 × √1 푎 ⋅ 푎 = 2， 当且仅当1 푎 = 푎，即푎 = 1时，$``="$成立， ∴ sin휃 ≤ √3 3 × √1 + 2 2 = √6 3 . 当푎 < 0时，sin휃 < √3 3 ， ∴当푎 = 1时，sin휃 = √6 3 取到最大值． 综上所述，푃퐵与平面푄퐶퐷成角的正弦值的最大值为√6 3 . 21.解：(1)当푎 = 푒时，푓(푥) = 푒푥 − ln푥 + 1， 푓′(푥) = 푒푥 − 1 푥 ， ∴푘 = 푓′(1) = 푒 − 1，푓(1) = 푒 + 1， ∴푦 − (푒 + 1) = (푒 − 1)(푥 − 1)， 即푦 = (푒 − 1)푥 + 2， ∴在푦轴上的截距为2，在푥轴的截距为 2 1−푒 ， ∴푆 = 1 2 × 2 × | 2 1−푒 | = 2 푒−1 . (2)①当0 < 푎 < 1时，푓(1) = 푎 + ln푎 < 1； ②当푎 = 1时，푓(푥) = 푒푥−1 − ln푥， 푓′(푥) = 푒푥−1 − 1 푥 ， 当푥 ∈ (0,1)时，푓′(푥) < 0， 当푥 ∈ (1, +∞)时，푓′(푥) > 0， 所以当푥 = 1时，푓(푥)取得最小值， 最小值为푓(1) = 1，从而푓(푥) ≥ 1； ③当푎 > 1时， 푓(푥) = 푎푒푥−1 − ln푥 + ln푎 ≥ 푒푥−1 − ln푥 ≥ 1. 综上，푎的取值范围是[1, +∞). 22.(1)解：由题设得 4 푎2 + 1 푏2 = 1， 푎2−푏2 푎2 = 1 2 ， 解得푎2 = 6，푏2 = 3. ∴ 퐶的方程为푥2 6 + 푦2 3 = 1. (2)证明：设푀(푥1, 푦1)，푁(푥2, 푦2). 11 / 11 若直线푀푁与푥轴不垂直，设直线푀푁的方程为 푦 = 푘푥 + 푚，代入푥2 6 + 푦2 3 = 1得 (1 + 2푘2)푥2 + 4푘푚푥 + 2푚2 − 6 = 0. 于是푥1 + 푥2 = − 4푘푚 1+2푘2，푥1푥2 = 2푚2−6 1+2푘2 .① 由퐴푀 ⊥ 퐴푁知퐴푀 → ⋅ 퐴푁 → = 0， 故(푥1 − 2)(푥2 − 2) + (푦1 − 1)(푦2 − 1) = 0，可得 (푘2 + 1)푥1푥2 + (푘푚 − 푘 − 2)(푥1 + 푥2) + (푚 − 1)2 + 4 = 0， 将①代入上式可得 (푘2 + 1) 2푚2−6 1+2푘2 − (푘푚 − 푘 − 2) 4푘푚 1+2푘2 + (푚 − 1)2 + 4 = 0， 整理得(2푘 + 3푚 + 1)(2푘 + 푚 − 1) = 0， 因为퐴(2,1)不在直线푀푁上， 所以2푘 + 푚 − 1 ≠ 0， 故2푘 + 3푚 + 1 = 0，푘 ≠ 1， 于是푀푁的方程为푦 = 푘(푥 − 2 3) − 1 3 (푘 ≠ 1)， 所以直线푀푁过点푃(2 3 , − 1 3). 若直线푀푁与푥轴垂直，可得푁(푥1, −푦1). 由퐴푀 → ⋅ 퐴푁 → = 0得 (푥1 − 2)(푥1 − 2) + (푦1 − 1)(−푦1 − 1) = 0. 又푥12 6 + 푦12 3 = 1， 可得3푥1 2 − 8푥1 + 4 = 0， 解得푥1 = 2(舍去)，푥1 = 2 3 ， 此时直线푀푁过点푃(2 3 , − 1 3). 令푄为퐴푃的中点，即푄(4 3 , 1 3). 若퐷与푃不重合，则由题设知 퐴푃是푅푡 △ 퐴퐷푃的斜边，故|퐷푄| = 1 2 |퐴푃| = 2√2 3 . 若퐷与푃重合，则|퐷푄| = 1 2 |퐴푃|. 综上，存在点푄(4 3 , 1 3)，使得|퐷푄|为定值.