2020年数学高考题及答案.pdf

2020年普通高等学校全国统一考试全国I卷（文科数学）1.(2020全国I卷汜知集合人=仅恒2-3*-40=-4,1,3,5,则 人 地 等 于(D)(A)-4,1(B)1,5(C)3,5(D)1,3解析:法一由 x2-3x-40,得即集合 A=xHlx0,所以-44 A,故排除A;又 lz-3xl-40,所以leA,则 le(AnB),故排除C;又 32-3x3-40,所以54 A,5(AnB),排除C,故选D.2.(2020全国I卷)若z=l+2i+i3,则忆|等于(C)(A)0(B)l(C)&(D)2解析:z=l+2i+i3=l+2ii=l+i,所以|z|=7T中1=V Z 故选C.3.(2020全国 I 卷)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（C）怎 怎,唇r(A),(B尸(C)(D p-解析:由题意知，可将金字塔看成如图所示的正四棱锥S JXBCD,其中M 为 AD 的中点,0 为底面正方形ABCD的中心,连接 SM,SO,OM,|J sen底面 ABCD.SM1AD.0M1AD,即正四棱锥S-ABCD的高为SO,侧面三角形SAD的高为SM.设底面正方形ABCD的边长为a,SM=h,a 则 OM=2,正四棱锥S-ABCD的一个侧面三角形的面积为Oh,在直角三角形SOM中,SO2=SM2-OM2=h2-5 2*2-。,以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积为SO2=h2-，故*ah=h2-4,化简、整理得4h2-2ah-a2=0,得 4-1=0,令=t,则 4t22-1=0,1 7%1+同1因为A0,所 以 仁4，即 吃4，所以其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为4，故选C.4.(2020全国I卷)设。为正方形ABCD的中心，在 O,A,B,C,D中任取3 点，则取到的3 点共线的概率为(A)(A)5(B)5(C)2(D)5解析:根据题意作出图形，如图所示，在 O,A,B,C,D中任取3 点，有 10种可能情况,分别为(OAB),(OAC),(OAD),(OBC),(OBD),(OCD),(ABC),(ABD),(ACD),(BCD),其中取至lJ的 3 点共线有(OAC)和(OBD)2 种可能情况,所以在O,A,B,C,D中任取3 点厕取到的3 点共线的概率为亚.故选A.5.(2020全国I卷)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(丸yi)(i=l,2,20)得到下面的散点图：/80%汰60%超40%20%04 0温度/T由此散点图，在 10 至 40 P 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(D)(A)y=a+bx(B)y=a+bx2(C)y=a+bex(D)y=a+bln x解析:散点图中点的分布形状与对数函数的图象类似，故 选 D.6.(2020全国I卷)已知圆x2+y2-6x=0,过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为(B)(A)l(B)2(C)3(D)4解析:将圆的方程x2+y2-6x=0化为标准方程(x-3)2+y2=9,设圆心为C,则 C(3,0)泮 径 r=3.设点Q,2)为点A,过点AQ,2)的直线为I,因为(13)2+229,所以点A(l,2)在圆C 的内部，则直线I 与圆C 必相交，设交点分别为B,D.易知当直线lAC时，直线I 被该圆所截得的弦的长度最小，设此时圆心C 到直线I 的距离为d,贝 I d=|A C|W 0-iy+2/=2 卷,所以|BD|m in=2gd=2 卜 一.伪,二 2,即弦的长度的最小值为2,故选B.7.(2020全国 I 卷)设函数f(X)=COS 3X+在T T,T T 的图象大致如图则f(x)的最小正周期为(C)10a 7w 4 3ii(A)9(B)6(C)3(D)2解析:由题图知函数f(x)的最小正周期T 满足:,|A0-(-n)TTT-1,至 11即TTVTV ，即TTV7V 9,fiP1 3|u)|2.生、因为函数f(x)的图象过点竺 L所以 COS-*(J0+6-0,一 所以-3+*二*+kTT(keZ),解得 u)=-，+kZ),U 3又必 心卜？,所以k=-l,w=2,2 a竺所以T=3=M故选c8.(2020全国I卷)设 alog34=2,则 4-a 等于(B)j i 1 1 1(A 严(B)5(C)(D)6解析:法 一 因 为alog34=2,所以 log34a=2,则有 4a=32=9,所以故选B.法二 因为 alog34=2,所以-alog34=2,所以 log34 a=-2,1 1所以4=3-2=4=叨,故选B.a 1法 三 因 为alog34=2,所以a42所 以 二3,两边同时平方得4a=9,1 1所以4y=1*=,故 选B.法 四 因 为alog34=2,2 立所以 a=l4=，o4=log49,所以4=叨,故选B.法五 令4，a=t,两边同时取对数得log34 a=log3t,即 alog34=-log3t=log3a,1因为 alog34=2,所以 Iog3t=2,1所以*=32=9,1 1所以t=即43故选B.法 六 令4、=t,所以a=log4t,1即 a=-log4t=log4t由 alog34=2,得 a=G Hg49,1所以 log4*=log49,1 1 1所以*=9,t=,即4=,故选B.9.(2020全国 I 卷)执行如图所示的程序框图，则输出的n等于（C）(A)17(B)19(C)21(D)23+1解析:由程序框图知S 等于正奇数数列1,3,5,的前k 项和，其中k=2，依N.，当前k 项和大于100时退出循环网S=l+3+5+.+(2k-l)=2=k2,当 k=10 时,S=100;当 k=ll时,S=121，退出循环.则输出的n 的值为2x11-1=21,故选C.10.(2020全国I卷)设 时是等比数列，且 ai+a2+a3=l,a2+a3+a4=2,则 a6+a:+a8 等于(D)(A)12(B)24(C)30(D)32解析:法一设等比数列 an 的公比为q,所以中M二 百 通 k=q=2,由 ai+a2+a3=ai(l+q+q2)=ai(l+2+22)=l,1 1 1解得 ai=,所以 a6+a7+a8=ai(q5+q6+q7)=x(25+26+27)=x25xQ+2+22)=32,故选 D.法 二 令 bn=an+an+i+an+2(neN,),则 bn+l=an+l+an+2+an+3.设数列 an 的公比为q,则&=i M妙3=、+M4f a=q，所以数列 bn 为等比数列，由题意知bi=l,b2=2,所以等比数列 bn 的公比q=2,所以 bn=2n-i,所以 b6=a6+a7+a8=25=32,故选 D.y211.(2020全国I卷)设F 1R 是双曲线C:X2-3=1的两个焦点,0 为坐标原点，点 P 在 C 上且QP|=2,则WF1F2的面积为(B)7 5(A 尸(B)3(C)2(D)2解析:设FI,F2分别为双曲线C 的左、右焦点，则由题意可知FI(-2,0),F2(2,0),又|OP|=2,所以|OP|=|OFI|=|OF2|,所以APF1F2是直角三角形，所以|PF1|2+|PF2|2二|F1F2|2=16.不妨令点P 在双曲线C 的右支上，则有|PFIHPF2|=2,两边平方,得|PFIF+|PF2|2-2|PF#|PF2|=4,X|PFI|2+|PF2|2=16,所以|PFIHPF2|=6,1 1贝 ijS*PF,F尸2肝 讣 产 2|品 6=3,故 选 B.12.(2020全国I卷)已知A,B,C为球。的球面上的三个点Q O i为AABC的外接圆.若OOI的面积为4TT,AB=BC=AC=OOI,则球。的表面积为(A)(A)64TT(B)48n(C)36n(D)321T解析:因为O O i的面积为4TT,所以O O i的半径r=2.因为AB=BC=AC,所以-ABC为正三角形，AB又001是 八 ABC的外接圆，所以由正弦定理得 1r=2r=4,得 AB=4sin 60=2遮.因为 OOi=AB=BC=AC,所以001=2臼,由题易知0 0bL平面ABC,则球心O 到平面ABC的距离为24.设球O 的半径为R,则 R2=o4+r2=12+4=16,所以球O 的表面积S=4TTR2=64TT,故选A.f2x+y-2 0.13.(2020全国I卷)若x,y满足约束条件I y +1 0 则 z=x+7y的最大值为.解析:法一作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线x+7y=0并平移，数形结合可知当平移后的直线经过点AQQ)时,z=x+7y取得最大值，最大值为1.法二 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，易得AQ,O),B(O,-1),C 2,-1,当直线 z=x+7y 过点 A(l,OM,z=l;当直线 z=x+7y 过点 B(O,-1)时,z=-7;a w当直线z=x+7y过点C,-1 时,z=-”.所以z 的最大值为1.答案:114.(2020全国I卷)设向量 a=(l,l),b=(m+l,2m-4),若 aib.M m=.解析:因为 a_Lb,所以 a b=m+l-(2m-4)=0,所以m=5.答案:515.(2020全国I卷)曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为解析:设切点坐标为(xo,In xo+xo+1).由题意得yU+L则该切线的斜率k=4+1 I=*=*+1=2,解得Xo=l,所以切点坐标为Q,2),所以该切线的方程为y2=2(xl),即 y=2x.答案:y=2x16.(2020全国I卷)数列 a j满足an+2+(l)nan=3nl,前 16项和为540,则 a产解析:因为数列 an 满足an+2+(-l)nan=3n-l,所以当n=2k(keN)时，a2k+2+a2k=6k-l(keN)pJrJ(a2+a4)+(a6+a8)+(aio+ai2)+(ai4+ai6)=5+17+29+41=92.当 n=2kl(kwN)时，a2k+i-a2k-i=6k-4(kGN,),所以当k2时,a2k-i=ai+(a3-ai)+(a5-a3)+(a7-a5)+.+(a2k-i-a2k-3)=ai+2+8+14+.+6(k-l)-4=ai+=ai+(3k-4)(k-l),当 k=l 时上式也成立，所以 a*产ai+(3k4)(kl)(keN)即 a2k-i=ai+3k2-7k+4(kN*).计 1)法 一 所 以 ai+a3+a5+a7+.+ai5=8ai+3x(12+22+32+.+82)-7x(l+2+3+.+8)+4x8=8ai+3x 6-7x 2+32=8ai+612-252+32=8ai+392.又前16项和为540,所以92+8ai+392=540,解得ai=7.法二 pjrl a2k-i=ai+(3k2+3k+l)-10k+3=ai+(k+l)3-k3-10k+3,所以 ai+a3+a5+a7+.+ai5=8ai+(23-13)+(33-23)+.+(93-83)-10 x 2+3x8=8ai+93-13-360+24=8ai+392.又前16项和为540,所以92+8aI+392=540,解得ai=7.答案:717.(2020全国I卷)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A,B,C,D四个等级.加工业务约定:对于A 级品、B 级品、C 级品，厂家每件分别收取加工费9 0 元,50元,20元;对于D 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2 5 元/件，乙分厂加工成本费为2 0 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ABCD频数40202020乙分厂产品等级的频数分布表等级ABCD频数28173421(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A 级品的概率；(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？解:(1)由试加工产品等级的频数分布表知，40甲分厂加工出来的一件产品为A 级品的概率的估计值为1 00=0.4;乙分厂加工出来的一件产品为A 级品的概率的估计值为120.28.(2)由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为利润6525-75频数2020因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为SX4CH-2SX2O-5X2O-75X2C100=15.由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为利润70300-70频数28173421因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为70X24-30X17-K)X34-70X211 s=10.比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润,应选甲分厂承接加工业务.18.(2020全国I卷)S B C 的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150.若 a=偲,b=2H,求AABC的面积；近(2)若 sin A+Hsin C=N,求 C.解:(1)由题设及余弦定理得28=3C2+C2-2XTC2XCOS 150.解得c=2(舍去),c=2,从而a=2用1ABC的面积为4 2 旧 x2xsin 150=.(2)在&ABC 中,A=1800BC=30-C,所以 sin A+叔in C=sin(30-C)+sin C=sin(300+C).立故 sin(30+C)=2.而 00。，所以 30+C=45,故 C=15.19.（2020全国 I 卷）D如图,D 为圆锥的顶点,0 是圆锥底面的圆心,ABC是底面的内接正三角形,P 为 D 0 上一点/APC=90.(1)证明:平面PAB_L平 面 PAC；(2)设 DO=短，圆锥的侧面积为，求三棱锥P-ABC的体积.(1)证明:由题设可知,PA=PB=PC,由于4ABe是正三角形,故可得4PAC*PAB,PAC线APBC.又 NAPC=90,故 NAPB=90,NBPC=90.从而 PBiPA,PBPC,且 PAnPC=P,故PB_L平面PAC,所以平面PAB_L平面PAC.(2)解:设圆锥的底面半径为r,母线长为I.由题设可得rl=|2.r2=2.解得 r=l,l=V.从而AB小区由可得PA2+PB2=AB2,廷故 PA=PB=PC=2.所以三棱锥PM BC 的体积为1 1 1 1五 因3x2xPAxPBxPC=ax2x 2 3=a.20.(2020全国 I 卷)已知函数 f(x)=ex-a(x+2),(1)当a=l时，讨论f(x)的单调性；(2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围.解:(1)当 a=l 时,f(x)=e*-x-2,则 f(x)=e-l.当 x0 时,f(x)0.所以f(x)在(-A0)上单调递减，在(0,+工)上单调递增.(2)f(x)=ex-a.当 a50 时了(x)0,所以f(x)在(-叫+单调递增，故 f(x)至多存在1 个零点，不合题意.当 a0 时，由 f(x)=O 可得 x=ln a.当 XG(-a,ln a)时,f(x)vO;当 xe(ln 2,+8)时了仅)0.所以f(x)在(y,ln a)上单调递减，在(In a,+口)上单调递增.故当x=ln a 时,f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)=-a(l+ln a).若0ae，则 f(ln a)0,所以f(x)在(-%ln a)存在唯一零点.由知，当x2时,e、-x-20,所以当x4且 x2ln(2a)时，X e2e2f(x)=-a(x+2)s n(2a).”+2-a(X+2)=2a0.故 f(x)在(In a,+8)存在唯一零点.从而f(x)在(%+8)有两个零点.1综上,a 的取值范围是”,+6：X2-2AGGB21.(2020全国I卷)已知A,B分别为椭圆E:*+y2=l(al)的左、右顶点,G 为 E 的上顶点，=8.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.(1)解:由题设得 A(-aI0),B(a10),G(0,l).AG则=(a,l),GB二(a,-l).AGGB由=8 得 a2-l=8,所以a=3.所以E 的方程为+y2=l.(2)证明:设 C(xi,yi),D(X2,y2),P(6,t).若计0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可得-3vnf(x+l)的解集.5父-1.-：x 1-y=f(x)的图象如图所示.(2)函数y=f(x)的图象向左平移1 个单位长度后得到函数y=f(x+l)的图象.y=f(x)的图象与y=f(x+l)的图象的交点坐标为-6,-6.由图象可知当且仅当xf(x+l)的 解 集 为.2020年普通高等学校招生全国统一考试全国I卷理 科 数 学1.(2020全国I卷)若 z=l+i,则|z2-2z|等于(D)(A)0(B)l(。线(D)2解析:因为 z=l+i,所以|z2-2z|=|(l+i)2-2Q+i)|=|2i-2i-2|42|=2.故选 D.2.(2020全国I卷)设集合 A:x|x2-4wO,B=x|2x+as0,且 A nB二凶-20 x01则 a 等于(B)(A)-4(B)-2(C)2(D)4解析:法一易知 A;x卜2wxw2,B=xlxW-N,因为 A nB=xHxSl,所以-2=1,解得 a=-2.故选 B.法 二 由 题 意 得A=x|-2x2.若a=4则B=x|x0)上一点，点 A 到 C 的焦点的距离为12,至 U y 轴的距离为9,则 p 等于(C)(A)2(B)3(C)6(D)9解析:因为点A 到 y 轴的距离为9,所以可设点A(9,yA),所以E=18p.又点A 到焦点3 0，的距离为12,所以L12,所以 19-2 2+i8p=122,即 p2+36p-252=0,解得 p=42(舍去)或 p=6.故选 C.5.(2020全国I卷)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，由实验数据的,y(i=l,2,20)得到下面的散点图：100%80%於40%10 20 30 4 0温度汽由此散点图，在 10至 40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(D)(A)y=a+bx(B)y=a+bx2(C)y=a+bex(D)y=a+bln x解析:根据散点图，用光滑的曲线把图中各点依次连起来(图略)，由图并结合选项可排除A BC,故 选 D.6.(2020全国I卷)函数f(x)=x42x3的图象在点Q,f(l)处的切线方程为(B)(A)y=-2x-l(B)y=-2x+l(C)y=2x-3(D)y=2x+1解析:因为f(x)=x4-2x3,所以f(x)=4x3-6x2,所以f=2,又 f(l)=l-2=-l,所以所求的切线方程为y+l=-2(x-l),即 y=-2x+l.故选 B.7.(2020全国卷)设函数f(x)=cos葭 乂+。在卜T T,T T 的图象大致如图，则 f(x)的最小正周期为(C(A)(B)4w la(C)3(D)2竺 竺 解析油题图知,f L =0,所以C s+JZ+kE keZ),解得3=-4(keZ).设 f(x)的最小正周期为T,易知T2TTV2T,4 3 2a 4v所以3 2TT 3,所以1V|3|2,当且仅当k=-l时，符合题意，此时3=力所以T=a=?.故选C.丢8.(2020全国I卷)W*(x+y)5的展开式中x3y3的 系 数 为(C)(A)5(B)10(C)15(D)20解析:因为(x+y)5的展开式的第r+1项 1+广中共y,所 以(x+(x+y)5的展开式中x，y3的系数为C+C=15.故选C.9.(2020 全国1 卷)已知加(0,仃)，且 3cos 2a-8cos a=5,M sin。等于(A)片?(A)3(B)3J 四(C)3(D)9解析:因为 3cos 2a-8cos a=5,所以 3(2cos2a-l)-8cos a=5,所以 6cos2a-8cos a-8=0,所以 3cos2a-4cos a4=0,解得 cos2 _渔a=2(舍去)或 cos a=-三因为ae(0,TT),所以 sin a=Vl-DS2 fl2-|A M P=j|P M y所以只需直线2x+y+2=0上的动点P 到 M 的距离最小，其最小值为 后=百,此 时|2 x+y+2=O,产=PMJ,易求出直线PM的方程为x-2y+l=0.由I 力+1=0.得ly=O.所以P（-l,0）.易知P.A.M,B四点共圆，1.所以以PM为直径的圆的方程为x2+y-2 2=2,即 x2+y2-y-l=0,（2）由得，直线A B 的方程为2x+y+l=0,故 选 D.12.（2020全国I卷）若 2a+log2a=平+210g由则（B）（A）a2b（B）a b2(D)a b2解析:法一 令f(x)=2 x+l o g 2 X,因为y=2 x在(0,+8)上单调递增,y=l o g 2 x在(0,+8)上单调递增，所以f(x)=2x+l o g2x在(0,+s)上单调递增.又 2 a+l o g 2 a=4 b+2 l o g 4 b=2 2 b+l o g 2 b v 2 2 b+l o g 2(2 b),所以 f(a)v f(2 b),所以 a 0,所以 f(l)f(2)0,f(x)=2 x+l o g 2 X-4 在(0,+/)上存在唯一的零点，所以 la 2 b=2,ab 2 都不成立，排除 A,D;取 b=2,得 2 a+l o g 2 a=1 7,令 g(x)=2 x+l o g 2 X-1 7,则 g(x)在(0,+8)上单调递增，且 g(3)0,g(4)0,所以g(3)g(4)0,g(x)=2x+l o g2x-1 7在(0,+句上存在唯一的零点，所以3 a b2=4不成立，排除C.故 选B./2x+y-2 0,b0）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A B 的斜率为3,则 C 的离心率为.解析:设B（c,yB）,因为B 为双曲线C 7-K a X X b 。）上的点，所以？-庐=1,所以片=7 因为A B 的斜率为3,所以yB=,=3,所以 b2=3ac-3a2,所以 c2-a2=3ac-3a2,所以 c2-3ac+2a2=0,解得 c=a（舍去）或 c=2a,所以 C 的离心率 e=Q=2.答案:216.（2020全国 I 卷）如图，在三棱锥 P-ABC 的平面展开图中,AC=1,AB=AD=百,ABAC,ABAD,NCAE=30,贝 I C O S z F C B=.解析:依题意得,AE=AD=B，在，AEC 中,AC=1,NCAE=30,由余弦定理得 EC2=AE2+AC2-2AE ACcoszEAC=3+l-2cos30=1,所以 EC=L所以 CF=EC=1.又 BC=V4d+AB*=V1+3=2,BF=BD=1MD?+由=毋，所以在&BCF 中,由余弦答案一17.（2020全国I卷）设 an 是公比不为1 的等比数列向为22,23的等差中项.（1）求 an 的公比；（2）若 ai=l,求数列 nan 的前n 项和.解:（1）设 a j的公比为q,由题设得2a122+23,即 2ai=aiq+aiq2.所以q2+q-2=0,解得q=l（舍去）或 q=-2.故 an 的公比为-2.(2)记 S”为 n a j的前n 项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n，.所以 S=l+2x(-2)+.+nx(-2)-it-2Sn=-2+2x(-2)2+.+(n-l)x(-2)n l+nx(-2).可得 3S=l+(-2)+(-2)2+(-2)N-nx(-2)n=3 -nx(-2)n.所以S n=-18.(2020全国 I 卷)如图,D 为圆锥的顶点,0 是圆锥底面的圆心,A E 为底面直径,AE=ADQABC是底面的内接正三角形,P 为 DO上一些点,PO dD O.Q)证明:PAJ平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.强 邑 返证明:设 DO=a，由题设可得 P0=6 a,AO=3 a,AB=a,PA=PB=PC=2 a.因此 PA?+PB2=AB2,从而 PAPB.又 PA2+PC2=AC2,故 PAPC.又 PBnPC=P,PB,PCu平面 PBC,所以PA_L平面PBC.OE OE(2)解:以O 为坐标原点，的方向为y 轴正方向,|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得 E(0,l,0),A(0,-l,0),C-2,2,0,P 0,0,2.所 以=-2,-2,o电b u 彖设 m=(x,y,z)是平面PCE的法向量，则(m-EP=O.y+yZ=O.、比=。,即 冬夕可取 m=遐 AP由Q)知=b,l,2 ,是平面PCB的一个法向量，记 n=,则 cos n,m =E=所以二面角B-PC-E的余弦值为19.(2020 全 国 I卷)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.解:(1)甲连胜四场的概率为(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耻；工乙连胜四场的概率为；1丙上场后连胜三场的概率为Jl Jl 1 3所以需要进行第五场比赛的概率为1-1 6 1 6-1=4(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，比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜，胜负空胜，负空2 1 1 1 1 _1 1 1 7胜胜，概率分别为屈,因此丙最终获胜的概率为+=1 cx2 20.(2020全国I卷)已知A,B分别为椭圆E：V+y2=l(al)的左、右顶点,G 为 E 的上顶点，=8.P为直线x=6上的动点,PA与 E 的另一交点为CrPB与 E 的另一交点为D.(1)求 E 的方程；(2)证明:直线CD过定点.解:由题设得 A(-a,0),B(a,0),G(0,l).AG GB则=(a,l),=(a,-l).AGGB由 二 8 得浜-1=8,即 a=3.所以E 的方程为夕+y2=l.(2)证明:设 C(xi,yi),D(x2,y2),P(6,t),若计0,设直线CD的方程为x=m y+n,由题意可知-3 nt所以 y 2=3(X 2-3).可得 3 y i(x2-3)=y2(x i+3).由于不+厚1,故另=-5,可得 2 7 y i y2=-(X i+3)(X 2+3),即(2 7+m 2)y i y 2+m(n+3)(y i+y 2)+(n+3)2=0.日将 x=m y+n代入，+y 2=l 得(m2+9)y2+2 m ny+n2-9=0.所以 y i+y 2=-K,y i y 2 二 不代人式得(2 7+m2)(n2-9)-2 m(n+3)m n+(n+3)2(m2+9)=0.3解得n=-3(舍去)或n=A3故直线CD的方程为x=m y+2,3即直线CD过定点5,0 .3若t=0,则直线CD的方程为y=0,过 点5,0 .3.综上，直线CD过定点5,0 .2 1.(2 0 2 0 全 国1卷)已知函数)=&0时,f(x)y x 3+L求a的取值范围.解:Q)当 a=l 0;t,f(x)=ex+x2-x,f(x)=ex+2 x-l.故当 x e(“,O)时了(x)0;当 X(O,+a)时,f(x)0.所以f(x)在(-叫0)单调递减，在(0,+g)单调递增.1 1(2)f(x)2x3+l 等价于 x3-a x2+x+l e-x0),i a贝|J g (x)=-i 2x3-a x2+x+l-2x2+2 a x-l e xi=-2x x2-(2 a+3)x+4 a+2 ex1=-x(x-2 a-l)(x-2)ex.1若 2 a+l 0,f i D a 0.所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)=l,故当x e(0,2)时,g(x)l,不合题意.1 1若 02 a+l 2,f i P-2a0.所以g(x)在(0,2a+l),(2,+s)单调递减，在(2a+l,2)单调递增.由于 g(O)=l，所以 g(x)01,7-e2当且仅当 g(2)=(7-4a)e-20i,即 az 4.7-e2 1所 以 当4 w aJ时,g(x)vl.若 2a+l2,a2,1贝 ij g(x)w&3+x+l e x.也、由于 Oe.d 2,1故由可得 x3+x+l eML故当a 9 时,g(x)M.综上,a 的取值范围是彳,+8、卜=0051t.22.(2020 全 国 I卷)在直角坐标系xOy中，曲线C i的参数方程为1尸=(t 为参数).以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4pcos e-16psin 0+3=0.(1)当 k=l时,C i是什么曲线？(2)当 k=4时，求 C i与 C2的公共点的直角坐标.X=COSt.解:(1)当 k=l 时,1nt消去参数t 得 x2+y2=l,故曲线C1是圆心为坐标原点,半径为1 的圆.fr =c o d t,消去参数t 得 C i的直角坐标方程为伍V5=i.Cz的直角坐标方程为4x-16y+3=0.(声+b =L由 l4x-16y+3=0故 C i与 C2的公共点的直角坐标为“423.(2020全国 I 卷)已知函数 f(x)=|3x+l卜 2|x-l|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)求不等式f(x)f(x+l)的解集.，-x-lr 5x-l.-lx 1.解:由题设知f(x)=*+y=f(x)的图象如图所示.(2)函数y=f(x)的图象向左平移1 个单位长度后得到函数y=f(x+l)的图象.y=f(x)的图象与y=f(x+l)的图象的交点坐标为-6,-6.由图象可知当且仅当xf(x+l)的 解 集 为.2020年普通高等学校招生全国统一考试全国II卷文科数学一、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.(2020全国II卷)已知集合人二仪|冈 3/2曰 二 x|x|l,xwZ),则 AnB等于(D)(A)0(B)-3,-2.2,3)(C)-2,0.2(D)-2,2解析:因为 A=X|X|3,XGZ=X|-3Xl,xeZ=x|xl 或 x-l,xwZ,所以 AnB=-2,2,故选 D.2.(2020全国 II 卷)(l-i)4 等于(A)(A)-4(B)4(C)-4i(D)4i解析:(Li)4=(li)22=(2i)2=4故选 A.3.(2020全国II卷)如图，将钢琴上的12个键依次记为ai,a2，,ai2.设K i jvk412.若k-j=3且j-i=4厕 称&向 a为原位大三和弦;若k-j=4且卜i=3,则称血可向为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为(C)(A)5(B)8(C)10(D)15解析:由题意，知加司自构成原位大三和弦时,j=k-3,i=j-4,所以a 向自为原位大三和弦的情况W:k=12,j=9,i=5;k=ll,j=8ti=4;k=10,j=7,i=3;k=9,j=6,i=2;k=8,j=5,i=l;M 5 种分,司向构成原位小三和弦时,j=k-4,i=j-3,所以a,aj,ak 为原位小三和弦的情况有:k=12,j=8,i=5;k=lLj=7,i=4;k=10J=6,i=3;k=9,j=5,i=2;k=8J=4,i=l;共 5 种.所以用这 12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为10,故选C.4.(2020全国II卷)在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1 200份订单的配货，由于订单量大幅增加,导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1 600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,则至少需要志愿者(B)(A)10 名(B)18 名(C)24 名(D)32 名解析:由题意知，第二天在没有志愿者帮忙的情况下,积压订单超过500+(1 600-1 200)=900份的概率为0.05,因此要使第900二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,至少需要志愿者卬=18(名)，故 选 B.5.(2020全国II卷)已知单位向量a,b的夹角为60,则在下列向最中，与 b 垂 直 的 是(D)(A)a+2b(B)2a+b(C)a-2b(D)2a-bi i s解析:由题意，得 a b=|a|b|cos 60=对于 A,(a+2b)b=a b+2b2=2+2=z*0,tt A 不符合题意;对于1 3B,(2a+b)b=2a b+b2=l+l=2*0,i$B 不符合题意;对于 C,(a-2b)b二 a b-2b2=*-2=-%0,故 C 不符合题意;对于 D,(2a-b)b=2a b-b2=l-l=0,所以(2a-b)，b.故选 D.6.(2020全国II卷)记Sn为等比数列同 的前n 项和.若a5、3=12,260=24,则等于(B)(A)2n-1(B)2-2(C)2-2n-1(D)21-n-l35色=iz =i-a s解析:设等比数列 an 的公比为q,则由1%也*=01/炉=24解 得 匕=2.所以$.=Z =2。-1岛=2 0 =22,所以包*=2-2 5 故选 B.7.(2020全国II卷)执行如图所示的程序框图,若输入k=0,a=0,则输出的卜为(C)(A)2(B)3(C)4(D)5解析:初始值,k=O,a=O,进入循环,a=Lk=Ll10厕 a=3,k=2,310,则 a=7,k=3,710,此时不满足循环条件，退出循环，输出k=4,故选C.8.(2020全国II卷)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切厕圆心到直线2x-y-3=0的 距 离 为(B).或(A)5(B)5(C)5(D)5解析:因为圆与两坐标轴都相切，且点(2,1)在该圆上,所以可设圆的方程为(x-a)2+(y-a)2=a2,所以(2-a)2+(La)2=a2,即 a?-护3?了6a+5=0,解得a=l或 a=5,所以圆心的坐标为(1,1)或(5,5),所以圆心到直线2x-y-3=0的距离为或I学语尸 石 不 故 选 B.9.(2020全国II卷)设O 为坐标原点，直线x=a与双曲线C:7-7=l(a0,b0)的两条渐近线分别交于D.E两点.若ODE的面积为8,则 C 的焦距的最小值为(B)(A)4(B)8(C)16(D)32解析油题意，知双曲线C 的渐近线方程为y二 士 0 x.因为D,E分别为直线x=a与双曲线C 的两条渐近线的交点，所以不妨设D(a,b),E(a,-b),所以 S.oDE=xax|DE|=xax2b=ab=8,所以 c2=a2+b222ab=16,当且仅当 a=b=2短 时，等号成立，所以 c“,所以2应8,所以C 的焦距的最小值为8,故 选 B.10.(2020全国II卷)设函数 f(x)=x3-k,则 f(x)(A)(A)是奇函数，且在(0,+x)单调递增(