2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）（解析版） 23页

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，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.‎ ‎2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题意首先求得的值，然后计算其模即可.‎ ‎【详解】由题意可得：，则.‎ 故.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识，属于基础题.‎ ‎2.设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ）‎ A. –4 B. –2 C. 2 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值.‎ ‎【详解】求解二次不等式可得：，‎ 求解一次不等式可得：.‎ 由于，故：，解得：.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎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. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.‎ ‎【详解】如图，设，则，‎ 由题意，即，化简得，‎ 解得（负值舍去）.‎ 故选：C.‎ ‎【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.‎ ‎4.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，到y轴的距离为9，则p=（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 6 D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.‎ ‎【详解】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.‎ ‎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：°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. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据散点图的分布可选择合适的函数模型.‎ ‎【详解】由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，‎ 因此，最适合作为发芽率和温度的回归方程类型的是.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查函数模型的选择，主要观察散点图的分布，属于基础题.‎ ‎6.函数的图像在点处的切线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得函数的导数，计算出和的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.‎ ‎【详解】，，，，‎ 因此，所求切线的方程为，即.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题 ‎7.设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可得：函数图象过点，即可得到，结合是函数图象与轴负半轴的第一个交点即可得到，即可求得，再利用三角函数周期公式即可得解.‎ ‎【详解】由图可得：函数图象过点，‎ 将它代入函数可得：‎ 又是函数图象与轴负半轴的第一个交点，‎ 所以，解得：‎ 所以函数的最小正周期为 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力，还考查了三角函数周期公式，属于中档题.‎ ‎8.的展开式中x3y3的系数为（ ）‎ A. 5 B. 10‎ C. 15 D. 20‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解.‎ ‎【详解】展开式的通项公式为（且）‎ 所以与展开式的乘积可表示为：‎ 或 在中，令，可得：，该项中的系数为，‎ 在中，令，可得：，该项中的系数为 所以系数为 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.‎ ‎9.已知，且，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.‎ ‎【详解】，得，‎ 即，解得或（舍去），‎ 又. 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.‎ ‎10.已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球截面性质，求出球的半径，即可得出结论.‎ ‎【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意，‎ 得，‎ 由正弦定理可得，‎ ‎，根据圆截面性质平面，‎ ‎，‎ 球的表面积.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.‎ ‎11.已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据可知，当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．‎ ‎【详解】圆的方程可化为，点到直线的距离为，所以直线与圆相离．‎ 依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而，‎ 当直线时，，，此时最小．‎ ‎∴即，由解得，．‎ 所以以为直径的圆的方程为，即，‎ 两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．‎ ‎12.若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，利用作差法结合的单调性即可得到答案.‎ ‎【详解】设，则为增函数，因为 所以，‎ 所以，所以.‎ ‎，‎ 当时，，此时，有 当时，，此时，有，所以C、D错误.‎ 故选：B.‎ ‎【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.若x，y满足约束条件则z=x+7y的最大值为______________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义即可求得其最大值.‎ ‎【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，‎ 目标函数即：，‎ 其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，‎ 据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，‎ 联立直线方程：，可得点A的坐标为：，‎ 据此可知目标函数的最大值为：.‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.‎ ‎14.设为单位向量，且，则______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 整理已知可得：，再利用为单位向量即可求得，对变形可得：，问题得解.‎ ‎【详解】因为为单位向量，所以 所以 解得：‎ 所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量模的计算公式及转化能力，属于中档题.‎ ‎15.已知F为双曲线的右焦点，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______________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的几何性质可知，，，即可根据斜率列出等式求解即可．‎ ‎【详解】依题可得，，而，，即，变形得，化简可得，，解得或（舍去）．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的求法，以及双曲线的几何性质的应用，属于基础题．‎ ‎16.如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.‎ ‎ ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.‎ ‎【详解】，，，‎ 由勾股定理得，‎ 同理得，，‎ 在中，，，，‎ 由余弦定理得，‎ ‎，‎ 在中，，，，‎ 由余弦定理得.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.‎ 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.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，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；‎ ‎（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.‎ ‎【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎（2）设的前项和为，，‎ ‎，①‎ ‎，②‎ ‎①②得，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.‎ ‎18.如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证明平面，只需证明，即可；‎ ‎（2）以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的法向量为，平面的法向量为，利用公式计算即可得到答案.‎ ‎【详解】（1）由题设，知为等边三角形，设，‎ 则，，所以，‎ 又为等边三角形，则，所以，‎ ‎，则，所以，‎ 同理，又，所以平面；‎ ‎（2）过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，‎ ‎，，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由，得，令，得，‎ 所以，‎ 设平面的一个法向量为 由，得，令，得，‎ 所以 故，‎ 设二面角的大小为，则.‎ ‎【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.‎ ‎19.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.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率；‎ ‎（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；‎ ‎（3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率.‎ ‎【详解】（1）记事件甲连胜四场，则；‎ ‎（2）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，‎ 则四局内结束比赛的概率为 ‎，‎ 所以，需要进行第五场比赛的概率为；‎ ‎（3）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，‎ 记事件甲赢，记事件丙赢，‎ 则甲赢的基本事件包括：、、、‎ ‎、、、、，‎ 所以，甲赢的概率为.‎ 由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，‎ 所以丙赢的概率为.‎ ‎【点睛】本题考查独立事件概率的计算，解答的关键就是列举出符合条件的基本事件，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎20.已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，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】（1）；（2）证明详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.‎ ‎（2）设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，即可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：，命题得证.‎ ‎【详解】（1）依据题意作出如下图象：‎ 由椭圆方程可得：， ，‎ ‎，‎ ‎，‎ 椭圆方程为：‎ ‎（2）证明：设，‎ 则直线的方程为：，即：‎ 联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：‎ ‎，解得：或 将代入直线可得：‎ 所以点的坐标为.‎ 同理可得：点的坐标为 直线的方程为：，‎ 整理可得：‎ 整理得：‎ 故直线过定点 ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.‎ ‎(2)首先讨论x=0情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.‎ ‎【详解】(1)当时，，，‎ 由于，故单调递增，注意到，故：‎ 当时，单调递减，‎ 当时，单调递增.‎ ‎(2)由得，，其中，‎ ‎①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；‎ ‎②.当时，分离参数a得，，‎ 记，，‎ 令，‎ 则，，‎ 故单调递增，，‎ 故函数单调递增，，‎ 由可得：恒成立，‎ 故当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；‎ 因此，,‎ 综上可得，实数a的取值范围是.‎ ‎【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．‎ ‎（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。‎ ‎[选修4—4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线参数方程为为参数．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）当时，是什么曲线？‎ ‎（2）当时，求与的公共点的直角坐标．‎ ‎【答案】（1）曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用消去参数，求出曲线的普通方程，即可得出结论；‎ ‎（2）当时，，曲线的参数方程化为为参数），两式相加消去参数，得普通方程，由，将曲线化为直角坐标方程，联立方程，即可求解.‎ ‎【详解】（1）当时，曲线的参数方程为为参数），‎ 两式平方相加得，‎ 所以曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆；‎ ‎（2）当时，曲线的参数方程为为参数）， ‎ 所以，曲线的参数方程化为为参数），‎ 两式相加得曲线方程为，‎ 得，平方得，‎ 曲线的极坐标方程为，‎ 曲线直角坐标方程为，‎ 联立方程，‎ 整理得，解得或（舍去），‎ ‎，公共点的直角坐标为.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化，合理消元是解题的关系，要注意曲线坐标的范围，考查计算求解能力，属于中档题.‎ ‎[选修4—5：不等式选讲]‎ ‎23.已知函数．‎ ‎（1）画出的图像；‎ ‎（2）求不等式的解集．‎ ‎【答案】（1）详解解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据分段讨论法，即可写出函数的解析式，作出图象；‎ ‎（2）作出函数的图象，根据图象即可解出．‎ ‎【详解】（1）因为，作出图象，如图所示：‎ ‎（2）将函数的图象向左平移个单位，可得函数的图象，如图所示：‎ 由，解得．‎ 所以不等式的解集为．‎ ‎【点睛】本题主要考查画分段函数的图象，以及利用图象解不等式，意在考查学生的数形结合能力，属于基础题．‎