2020年高考理科数学全国卷1含答案.docx

-在-此-卷-上-答-题-无-效- 绝密启用前 2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷 理科毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ 数学 本试卷共6页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码黏贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 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() A.0B.1 C.D.2 2.设集合，且，则() A.B. C.2D.4 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. 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() A.2B.3 C.6D.9 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() A.B. C.D. 6.函数的图像在点处的切线方程为() A.B. C.D. 7.设函数在的图像大致如下图，则的最小正周期为() A.B. C.D. 8.的展开式中的系数为() A.5B.10C.15D.20 9.已知，且，则() A.B.C.D. 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. 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() A.B. C.D. 12.若则() A.B. C.D. 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：； （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，负者下一轮轮空，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. -在-此-卷-上-答-题-无-效- 毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ 20.（12分） 已知，分别为椭圆：的左、右顶点，为上顶点，.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22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. 22.选修44：坐标系与参数方程（10分） 在直角坐标系中，曲线的参数方程为，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. 23.选修45：不等式选讲（10分） 已知函数. （1）画出的图像； （2）求不等式的解集. 2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷 理科数学答案解析 一、选择题 1.【答案】D 【解析】由题意首先求得的值，然后计算其模即可. 由题意可得：，则.故. 故选：D. 【考点】复数的运算法则，复数的模的求解 2.【答案】B 【解析】由题意首先求得集合，然后结合交集的结果得到关于的方程，求解方程即可确定实数的 值. 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. 【考点】交集的运算，不等式的解法 3.【答案】C 【解析】设，利用得到关于，的方程，解方程即可得到答案. 如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）. 故选：C. 【考点】正四棱锥的概念及其有关计算 4.【答案】C 【解析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案. 设抛物线的焦点为，由抛物线的定义知，即，解得. 故选：C. 【考点】利用抛物线的定义计算焦半径 5.【答案】D 【解析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型. 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. 【考点】函数模型的选择，散点图的分布 6.【答案】B 【解析】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. ，因此，所求切线的方程为，即. 故选：B. 【考点】利用导数求解函图象的切线方程 7.【答案】C 【解析】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. 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. 【考点】三角函数的性质及转化，三角函数周期公式 8.【答案】C 【解析】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. 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10，在中，令，可得：，该项 中的系数为5.所以的系数为. 故选：C 【考点】二项式定理及其展开式的通项公式，赋值法 9.【答案】A 【解析】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. ，得，即，解得或（舍去），又，. 故选：A. 【考点】三角恒等变换，同角间的三角函数关系求值 10.【答案】A 【解析】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. 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，球的表面积.故选：A. 【考点】球的表面积，应用球的截面性质 11.【答案】D 【解析】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. 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. 【考点】直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，圆的几何性质的应用 12.【答案】B 【解析】设，利用作差法结合的单调性即可得到答案. 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. 【考点】函数与方程的综合应用，构造函数，利用函数的单调性比较大小 二、填空题 13.【答案】1 【解析】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. 绘制不等式组表示的平面区域，如图所示， 目标函数即：，其中取得最大值时，其几何意义表示直线系在轴上的截距最大， 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 的坐标为：，据此可知目标函数的最大值为：.故答案为：1. 14.【答案】 【解析】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. 因为，为单位向量，所以， 所以.解得：. 所以. 故答案为：. 【考点】向量模的计算公式及转化 15.【答案】2 【解析】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. 依题可得，而，即，变形得，化简可得，解得或（舍去）.故答案为：2. 【考点】双曲线的离心率的求法，双曲线的几何性质的应用 16.【答案】 【解析】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. ，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：. 【考点】利用余弦定理解三角形 三、解答题 17.【答案】（1） （2） 【解析】（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.设的公比为，为 ，的等差中项，. （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.设 的前项和为， ， ， 得， . 【考点】等比数列通项公式基本量的计算，等差中项的性质，错位相减法求和 18.【答案】（1）证明：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. （2） 【解析】（1）要证明，只需证明，即可. 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. （2）以为坐标原点，为轴，为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. 过作交于点，因为，以为坐标原点，为轴，为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. 【考点】线面垂直的证明，利用向量求二面角的大小 19.【答案】（1） （2） （3） 【解析】（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. 记事件，则. （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. 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）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. 记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，记事件，记事件，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. 【考点】独立事件概率的计算 20.【答案】（1） （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. 【解析】（1）由已知可得：，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.依据题意作出如下图象： 由椭圆方程可得：，.，. ，.椭圆方程为：. （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. 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. 【考点】椭圆的简单性质，方程思想 21.【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递 增. （2） 【解析】（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. 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）首先讨论的情况，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 定实数的取值范围. 由得，其中， 当时，不等式为：，显然成立，符合题意； 当时，分离参数得， 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，实数的取值范围是. 【考点】导数的几何意义，解析几何，微积分，用导数求函数的单调区间，判断单调性，已知单调 性求参数，利用导数求函数的最值（极值），数形结合思想的应用 22.【答案】（1）曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆 （2） 【解析】（1）利用消去参数，求出曲线的普通方程，即可得出结论. 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.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. 【考点】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 23.【答案】（1）因为，作出图象，如图所示： （2） 【解析】（1）根据分段讨论法，即可写出函数的解析式，作出图象.因为，作出图象，如图所示： （2）作出函数的图象，根据图象即可解出.将函数的图象向左平移1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. 【考点】分段函数的图象，利用图象解不等式 数学试卷第21页（共22页）数学试卷第22页（共22页）