2020年全国统一高考数学解析试卷(理科)(全国1卷)(共19页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）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，则A0B1CD22设集合，且,则ABC2D43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ABCD4已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为12，到轴的距离为9，则A2B3C6D95某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率和温度（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，2，得到下面的散点图：由此散点图，在至之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率和温度的回归方程类型的是ABCD6函数的图象在点，（1）处的切线方程为ABCD7设函数在，的图象大致如图，则的最小正周期为ABCD8的展开式中的系数为A5B10C15D209已知，且，则ABCD10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ABCD11已知，直线，为上的动点过点作的切线，切点为，当最小时，直线的方程为ABCD12若，则ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，满足约束条件,则的最大值为14设，为单位向量，且，则15已知为双曲线的右焦点，为的右顶点，为上的点，且垂直于轴若的斜率为3，则的离心率为16如图，在三棱锥的平面展开图中，则三、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。17（12分）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18（12分）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20（12分）已知，分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为（1）求的方程；（2）证明：直线过定点21（12分）已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，求的取值范围（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（10分）22（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数）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选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数（1）画出的图象；（2）求不等式的解集2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）参考答案与试题解析一、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，则A0B1CD2【思路分析】由复数的乘方和加减运算，化简，再由复数的模的定义，计算可得所求值【解析】：若，则，则，故选：【总结与归纳】本题考查复数的运算，考查复数的模的求法，主要考查化简运算能力，是一道基础题2设集合，且，则ABC2D4【思路分析】由二次不等式和一次不等式的解法，化简集合，再由交集的定义，可得的方程，解方程可得【解析】：集合，由，可得，则故选：【总结与归纳】本题考查集合的交集运算，同时考查不等式的解法，考查方程思想和运算能力，是一道基础题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ABCD【思路分析】先根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而求解结论【解析】：设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则依题意有：，因此有（负值舍去）；故选：【总结与归纳】本题主要考查棱锥的几何性质，属于中档题4已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为12，到轴的距离为9，则A2B3C6D9【思路分析】直接利用抛物线的性质解题即可【解析】：为抛物线上一点，点到的焦点的距离为12，到轴的距离为9，因为抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等，故有：；故选：【总结与归纳】本题主要考查抛物线性质的应用，属于基础题5某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率和温度（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，2，得到下面的散点图：由此散点图，在至之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率和温度的回归方程类型的是ABCD【思路分析】直接由散点图结合给出的选项得答案【解析】：由散点图可知，在至之间，发芽率和温度所对应的点在一段对数函数的曲线附近，结合选项可知，可作为发芽率和温度的回归方程类型故选：【总结与归纳】本题考查回归方程，考查学生的读图视图能力，是基础题6函数的图象在点，（1）处的切线方程为ABCD【思路分析】求出原函数的导函数，得到函数在处的导数，再求得（1），然后利用直线方程的点斜式求解【解析】：由，得，（1），又（1），函数的图象在点处的切线方程为，即故选：【总结与归纳】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础的计算题7设函数在，的图象大致如图，则的最小正周期为ABCD【思路分析】由图象观察可得最小正周期小于，大于，排除，；再由，求得，对照选项，代入计算，即可得到结论【解析】：由图象可得最小正周期小于，大于，排除，；由图象可得，即为，若选，即有，由，可得不为整数，排除；若选，即有，由，可得，成立故选：【总结与归纳】本题考查三角函数的图象和性质，主要是函数的周期的求法，运用排除法是迅速解题的关键，属于中档题8的展开式中的系数为A5B10C15D20【思路分析】先把条件整理转化为求展开式中的系数，再结合二项式的展开式的特点即可求解【解析】：因为；要求展开式中的系数即为求展开式中的系数；展开式含的项为：；故的展开式中的系数为15；故选：【总结与归纳】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题9已知，且，则ABCD【思路分析】利用二倍角的余弦把已知等式变形，化为关于的一元二次方程，求解后再由同角三角函数基本关系式求得的值【解析】：由，得，即，解得（舍去），或，则故选：【总结与归纳】本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式与二倍角公式的应用，是基础题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ABCD【思路分析】画出图形，利用已知条件求出，然后求解球的半径，即可求解球的表面积【解析】：由题意可知图形如图：的面积为，可得，则，外接球的半径为：，球的表面积：故选：【总结与归纳】本题考查球的内接体问题，球的表面积的求法，求解球的半径是解题的关键11已知，直线，为上的动点过点作的切线，切点为，当最小时，直线的方程为ABCD【思路分析】由已知结合四边形面积公式及三角形面积公式可得，说明要使最小，则需最小，此时与直线垂直写出所在直线方程，与直线的方程联立，求得点坐标，然后写出以为直径的圆的方程，再与圆的方程联立可得所在直线方程【解析】：化圆为，圆心，半径要使最小，则需最小，此时与直线垂直直线的方程为，即，联立，解得则以为直径的圆的方程为联立，可得直线的方程为故选：【总结与归纳】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查圆的切线方程，考查过圆两切点的直线方程的求法，是中档题12若，则ABCD【思路分析】先根据指数函数以及对数函数的性质得到；再借助于函数的单调性即可求解结论【解析】：因为；因为即；令，由指对数函数的单调性可得在内单调递增；且（a）；故选：【总结与归纳】本题主要考查指数函数以及对数函数性质的应用，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，满足约束条件,则的最大值为1【思路分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出可行域直线在轴上的截距最大值即可【解析】：，满足约束条件，不等式组表示的平面区域如图所示，由，可得时，目标函数，可得，当直线过点时，在轴上截距最大，此时取得最大值：故答案为：1【总结与归纳】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题14设，为单位向量，且，则【思路分析】直接利用向量的模的平方，结合已知条件转化求解即可【解析】：，为单位向量，且，可得，所以，则故答案为：【总结与归纳】本题考查向量的模的求法，数量积的应用，考查计算能力15已知为双曲线的右焦点，为的右顶点，为上的点，且垂直于轴若的斜率为3，则的离心率为2【思路分析】利用已知条件求出，的坐标，通过的斜率为3，转化求解双曲线的离心率即可【解析】：为双曲线的右焦点，为的右顶点，为上的点，且垂直于轴所以，若的斜率为3，可得：，代入上式化简可得，可得，解得故答案为：2【总结与归纳】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，考查转化思想以及计算能力16如图，在三棱锥的平面展开图中，则【思路分析】根据条件可知、三点重合，分别求得、即可【解析】：由已知得，因为、三点重合，所以，则在中，由余弦定理可得，所以，则在中，由余弦定理得，故答案为：【总结与归纳】本题考查三棱锥展开图，涉及余弦定理的应用，数形结合思想，属于中档题三、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。17（12分）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【思路分析】（1）设是公比不为1的等比数列，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比；（2）求得，运用数列的数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简整理，可得所求和【解析】：（1）设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项，可得，即，即为，解得舍去），所以的公比为；（2）若，则，则数列的前项和为，两式相减可得，化简可得，所以数列的前项和为【总结与归纳】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及等差数列的中项性质，考查数列的错位相减法求和，主要考查方程思想和化简运算能力，属于中档题18（12分）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【思路分析】（1）设圆的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面及平面的法向量，利用向量的夹角公式即可得解【解析】：（1）不妨设圆的半径为1，在中，故，同理可得，又，故平面；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有，故，设平面的法向量为，则，可取，同理可求得平面的法向量为，故，即二面角的余弦值为【总结与归纳】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角，考查推理能力及计算能力，属于基础题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【思路分析】（1）甲连胜四场只能是前四场全胜，由此能求出甲连胜四场的概率（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，甲连胜四场比赛，乙连日胜四场比赛，丙上场后连胜三场，由此能求出需要进行五场比赛的概率（3）丙最终获胜，有两种情况，比赛四场结束且丙最终获胜，比赛五场结束丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，由此能求出丙最终获胜的概率【解答】（1）甲连胜四场只能是前四场全胜，（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，乙连胜四场比赛的概率为，丙上场后连胜三场的概率为，需要进行五场比赛的概率为：（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，比赛五场结束丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按丙的胜、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，丙最终获胜的概率【总结与归纳】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率计算公式和互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题20（12分）已知，分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为（1）求的方程；（2）证明：直线过定点【思路分析】（1）求出，解出，求出的方程即可；（2）联立直线和椭圆的方程求出，的坐标，求出直线的方程，判断即可【解析】：如图示：（1）由题意，解得：，故椭圆的方程是；（2）由（1）知，设，则直线的方程是，联立，由韦达定理，代入直线的方程为得：，即，直线的方程是，联立方程，由韦达定理，代入直线的方程为得，即，直线的斜率，直线的方程是，整理得：，故直线过定点，【总结与归纳】本题考查了求椭圆的方程问题，考查直线和椭圆的关系以及直线方程问题，是一道综合题21（12分）已知函数（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，求的取值范围【思路分析】（1）求得时，的解析式，两次对求得导数，结合指数函数的值域判断导数的符号，即可得到所求单调性；（2）讨论，不等式恒成立；时，运用参数分离和构造函数，求得导数，判断单调性和最值，进而得到所求范围【解析】： （1）当时，设，因为，可得在上递增，即在上递增，因为，所以当时，；当时，所以的增区间为，减区间为；（2）解法一：（分离参数法）当时，恒成立，当时，不等式恒成立，可得；当时，可得恒成立，设，则，可设，可得，由，可得恒成立，可得在递增，所以，即恒成立，即在递增，所以，再令，可得，当时，在递增；时，在递减，所以（2），所以，综上可得的取值范围是，解法二：（河南鹤壁戴支俊补解）（切线法）根据得设，则知临界状态时为的切线，设切点为，则，消去为得所以或，根据所以的取值范围是，解法三：（湖南湘潭沈成友补解）（不分离参数讨论法）即令在单调递减，在单调递增，在取得最小值故当时，恒成立，所以，于是成立。当时，时，存在时，使得 ，在单调递减，单调递增，时不成立；当时，存在使得，在单调递增，单调递减，单调递增，若则恒成立，于是成立；若则存在使得单调递增，单调递减，单调递增，故只需满足易证，所以，令所以所以即，综上，的取值范围为【总结与归纳】本题考查导数的运用：求单调性和最值，考查构造函数法，主要考查分类讨论思想和化简运算能力、推理能力，属于难题（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（10分）22（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数）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【思路分析】（1）当时，曲线的参数方程为，为参数），利用平方关系消去参数，可得，故是以原点为圆心，以1为半径的圆；（2）当时，曲线的参数方程为，为参数），消去参数，可得由，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得联立方程组即可求得与的公共点的直角坐标为【解析】：（1）当时，曲线的参数方程为，为参数），消去参数，可得，故是以原点为圆心，以1为半径的圆；（2）当时，曲线的参数方程为，为参数），两式作差可得，得，整理得：由，又，联立，解得（舍，或与的公共点的直角坐标为【总结与归纳】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查计算能力，是中档题选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数（1）画出的图象；（2）求不等式的解集【思路分析】（1）将函数零点分段，即可作出图象；（2）由于是函数向左平移了一个1单位，作出图象可得答案；【解析】：函数，图象如图所示（2）由于的图象是函数的图象向左平移了一个1单位所得，（如图所示）直线向左平移一个单位后表示为，联立，解得横坐标为，不等式的解集为【总结与归纳】本题考查了绝对值函数的解法，分段作出图象是解题的关键属于基础题专心-专注-专业