2020年河北省全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(含解析版).docx

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1、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（5分）若z1+i，则|z22z|（）A0B1CD22（5分）设集合Ax|x240，Bx|2x+a0，且ABx|2x1，则a（）A4B2C2D43（5分）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（5分）已知A为抛物线C：y22px（p0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则

2、p（）A2B3C6D95（5分）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：）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（xi，yi）（i1，2，20）得到下面的散点图：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（）Aya+bxBya+bx2Cya+bexDya+blnx6（5分）函数f（x）x42x3的图象在点（1，f（1）处的切线方程为（）Ay2x1By2x+1Cy2x3Dy2x+17（5分）设函数f（x）cos（x+）在，的图象大致如图，则f（x）的最小正周期为（）ABCD8（5分）（x+）（x+y

3、）5的展开式中x3y3的系数为（）A5B10C15D209（5分）已知（0，），且3cos28cos5，则sin（）ABCD10（5分）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，O1为ABC的外接圆若O1的面积为4，ABBCACOO1，则球O的表面积为（）A64B48C36D3211（5分）已知M：x2+y22x2y20，直线l：2x+y+20，P为l上的动点过点P作M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|AB|最小时，直线AB的方程为（）A2xy10B2x+y10C2xy+10D2x+y+1012（5分）若2a+log2a4b+2log4b，则（）Aa2bBa2bCab2Dab2二、填空题：

4、本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）若x，y满足约束条件则zx+7y的最大值为 14（5分）设，为单位向量，且|+|1，则| 15（5分）已知F为双曲线C：1（a0，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AB的斜率为3，则C的离心率为 16（5分）如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC1，ABAD，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB 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an是公比不为1的等

5、比数列，a1为a2，a3的等差中项（1）求an的公比；（2）若a11，求数列nan的前n项和18（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEADABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角BPCE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

6、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A，B分别为椭圆E：+y21（a1）的左、右顶点，G为E的上顶点，8P为直线x6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21（12分）已知函数f（x）ex+ax2x（1）当a1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x0时，f（x）x3+1，求a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xOy中，曲线

7、C1的参数方程为（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4cos16sin+30（1）当k1时，C1是什么曲线？（2）当k4时，求C1与C2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f（x）|3x+1|2|x1|（1）画出yf（x）的图象；（2）求不等式f（x）f（x+1）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（5分）若z1+i，则|z22z|（）A0B1CD2【分析】由复数的乘方和加减运算，化简

8、z22z，再由复数的模的定义，计算可得所求值【解答】解：若z1+i，则z22z（1+i）22（1+i）2i22i2，则|z22z|2|2，故选：D【点评】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（5分）设集合Ax|x240，Bx|2x+a0，且ABx|2x1，则a（）A4B2C2D4【分析】由二次不等式和一次不等式的解法，化简集合A，B，再由交集的定义，可得a的方程，解方程可得a【解答】解：集合Ax|x240x|2x2，Bx|2x+a0x|xa，由ABx|2x1，可得a1，则a2故选：B【点评】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

9、能力，是一道基础题3（5分）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【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【解答】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h，则依题意有：，因此有h2（）2ah4（）22（）10（负值舍去）；故选：C【点评】本题主要考查棱锥的几何性质，属于中档题4（5分）已知A为抛物线C：y22px（p0）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（）A2B3C6D9【分析

10、】直接利用抛物线的性质解题即可【解答】解：A为抛物线C：y22px（p0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y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：9+12p6；故选：C【点评】本题主要考查抛物线性质的应用，属于基础题5（5分）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：）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（xi，yi）（i1，2，20）得到下面的散点图：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（）Aya+bxBya+bx2Cya+bexDya+blnx【分析】

11、直接由散点图结合给出的选项得答案【解答】解：由散点图可知，在10至40之间，发芽率y和温度x所对应的点（x，y）在一段对数函数的曲线附近，结合选项可知，ya+blnx可作为发芽率y和温度x的回归方程类型故选：D【点评】本题考查回归方程，考查学生的读图视图能力，是基础题6（5分）函数f（x）x42x3的图象在点（1，f（1）处的切线方程为（）Ay2x1By2x+1Cy2x3Dy2x+1【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x1处的导数，再求得f（1），然后利用直线方程的点斜式求解【解答】解：由f（x）x42x3，得f（x）4x36x2，f（1）462，又f（1）121，函数f（x）x42x3的图

12、象在点（1，f（1）处的切线方程为y（1）2（x1），即y2x+1故选：B【点评】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（5分）设函数f（x）cos（x+）在，的图象大致如图，则f（x）的最小正周期为（）ABCD【分析】由图象观察可得最小正周期小于，大于，排除A，D；再由f（）0，求得，对照选项B，C，代入计算，即可得到结论【解答】解：由图象可得最小正周期小于（），大于2（），排除A，D；由图象可得f（）cos（+）0，即为+k+，kZ，（*）若选B，即有，由+k+，可得k不为整数，排除B；若选C，即有，由+k+，可得k1，成立故选：C【点评】本题考查三角函数的图象和性

13、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（5分）（x+）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为（）A5B10C15D20【分析】先把条件整理转化为求（x2+y2）（x+y）5展开式中x4y3的系数，再结合二项式的展开式的特点即可求解【解答】解：因为（x+）（x+y）5；要求展开式中x3y3的系数即为求（x2+y2）（x+y）5展开式中x4y3的系数；展开式含x4y3的项为：x2x2y3+y2x4y15x4y3；故（x+）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为15；故选：C【点评】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（5分

14、）已知（0，），且3cos28cos5，则sin（）ABCD【分析】利用二倍角的余弦把已知等式变形，化为关于cos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sin的值【解答】解：由3cos28cos5，得3（2cos21）8cos50，即3cos24cos40，解得cos2（舍去），或cos（0，），（，），则sin故选：A【点评】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（5分）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，O1为ABC的外接圆若O1的面积为4，ABBCACOO1，则球O的表面积为（）A64B48C36D32【分析】画出图形，利用

15、已知条件求出OO1，然后求解球的半径，即可求解球的表面积【解答】解：由题意可知图形如图：O1的面积为4，可得O1A2，则AO1ABsin60，ABBCACOO12，外接球的半径为：R4，球O的表面积：44264故选：A【点评】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（5分）已知M：x2+y22x2y20，直线l：2x+y+20，P为l上的动点过点P作M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|AB|最小时，直线AB的方程为（）A2xy10B2x+y10C2xy+10D2x+y+10【分析】由已知结合四边形面积公式及三角形面积公式可得|PM|AB|，说明要使|PM|

16、AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直写出PM所在直线方程，与直线l的方程联立，求得P点坐标，然后写出以PM为直径的圆的方程，再与圆M的方程联立可得AB所在直线方程【解答】解：化圆M为（x1）2+（y1）24，圆心M（1，1），半径r22SPAM|PA|AM|2|PA|要使|PM|AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直直线PM的方程为y1（x1），即y，联立，解得P（1，0）则以PM为直径的圆的方程为联立，可得直线AB的方程为2x+y+10故选：D【点评】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（5分）若2a+log

17、2a4b+2log4b，则（）Aa2bBa2bCab2Dab2【分析】先根据指数函数以及对数函数的性质得到2a+log2a22b+log22b；再借助于函数的单调性即可求解结论【解答】解：因为2a+log2a4b+2log4b22b+log2b；因为22b+log2b22b+log22b22b+log2b+1即2a+log2a22b+log22b；令f（x）2x+log2x，由指对数函数的单调性可得f（x）在（0，+）内单调递增；且f（a）f（2b）a2b；故选：B【点评】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（5分）若x，y

18、满足约束条件则zx+7y的最大值为1【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y轴上的截距最大值即可【解答】解：x，y满足约束条件，不等式组表示的平面区域如图所示，由，可得A（1，0）时，目标函数zx+7y，可得yx+，当直线yx+过点A时，在y轴上截距最大，此时z取得最大值：1+701故答案为：1【点评】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（5分）设，为单位向量，且|+|1，则|【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【解答】解：，为单位向量，且|+|1，|+|21，可得，1+2+11，所以，则|故答案为：【点

19、评】本题考查向量的模的求法，数量积的应用，考查计算能力15（5分）已知F为双曲线C：1（a0，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AB的斜率为3，则C的离心率为2【分析】利用已知条件求出A，B的坐标，通过AB的斜率为3，转化求解双曲线的离心率即可【解答】解：F为双曲线C：1（a0，b0）的右焦点（c，0），A为C的右顶点（a，0），B为C上的点，且BF垂直于x轴所以B（c，），若AB的斜率为3，可得：，b2c2a2，代入上式化简可得c23ac2a2，e，可得e23e+20，e1，解得e2故答案为：2【点评】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

20、及计算能力16（5分）如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC1，ABAD，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB【分析】根据条件可知D、E、F三点重合，分别求得BC、CF、BF即可【解答】解：由已知得BDAB，BC2，因为D、E、F三点重合，所以AEAD，BFBDAB，则在ACE中，由余弦定理可得CE2AC2+AE22ACAEcosCAE1+321，所以CECF1，则在BCD中，由余弦定理得cosFCB，故答案为：【点评】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

21、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an是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项（1）求an的公比；（2）若a11，求数列nan的前n项和【分析】（1）设an是公比q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q；（2）求得an，nan，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【解答】解：（1）设an是公比q不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项，可得2a1a2+a3，即2a1a1q+a1q2，即为q2+q20，解得q2（1舍去），所以an的公比为2；（

22、2）若a11，则an（2）n1，nann（2）n1，则数列nan的前n项和为Sn11+2（2）+3（2）2+n（2）n1，2Sn1（2）+2（2）2+3（2）3+n（2）n，两式相减可得3Sn1+（2）+（2）2+（2）3+（2）n1n（2）nn（2）n，化简可得Sn，所以数列nan的前n项和为【点评】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，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEADABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO（1）证明：PA平面PBC；

23、（2）求二面角BPCE的余弦值【分析】（1）设圆O的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到PAPC，PAPB，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC及平面PCE的法向量，利用向量的夹角公式即可得解【解答】解：（1）不妨设圆O的半径为1，OAOBOC1，AEAD2，在PAC中，PA2+PC2AC2，故PAPC，同理可得PAPB，又PBPCP，故PA平面PBC；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有，E（0，1，0），故，设平面PBC的法向量为，则，可取，同理可求得平面PCE的法向量为，故，即二面角BPCE的余弦值为【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角，

24、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【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

25、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，P（）4（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：P1（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

26、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P【点评】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A，B分别为椭圆E：+y21（a1）的左、右顶点，G为E的上顶点，8P为直线x6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【分析】（1）求出a218，解出a，求出E的方程即可；（2）联立直线和椭圆的方程求出C，D的坐标，求出直线CD的方程，判断即可【解答】解：如图示：（1）由题

27、意A（a，0），B（a，0），G（0，1），（a，1），（a，1），a218，解得：a3，故椭圆E的方程是+y21；（2）由（1）知A（3，0），B（3，0），设P（6，m），则直线PA的方程是y（x+3），联立（9+m2）x2+6m2x+9m2810，由韦达定理3xcxc，代入直线PA的方程为y（x+3）得：yc，即C（，），直线PB的方程是y（x3），联立方程（1+m2）x26m2x+9m290，由韦达定理3xDxD，代入直线PB的方程为y（x3）得yD，即D（，），直线CD的斜率KCD，直线CD的方程是y（x），整理得：y（x），故直线CD过定点（，0）【点评】本题考查了求椭圆的方程问题

28、，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f（x）ex+ax2x（1）当a1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x0时，f（x）x3+1，求a的取值范围【分析】（1）求得a1时，f（x）的解析式，两次对x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x0，不等式恒成立；x0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【解答】解：（1）当a1时，f（x）ex+x2x，f（x）ex+2x1，设g（x）f（x），因为g（x）ex+20，可得g（x）在R上递增，即f（x）在R上递增，因为f（0）0，所以当x0时，f（

29、x）0；当x0时，f（x）0，所以f（x）的增区间为（0，+），减区间为（，0）；（2）当x0时，f（x）x3+1恒成立，当x0时，不等式恒成立，可得aR；当x0时，可得a恒成立，设h（x），则h（x），可设m（x）exx2x1，可得m（x）exx1，m（x）ex1，由x0，可得m（x）0恒成立，可得m（x）在（0，+）递增，所以m（x）minm（0）0，即m（x）0恒成立，即m（x）在（0，+）递增，所以m（x）minm（0）0，再令h（x）0，可得x2，当0x2时，h（x）0，h（x）在（0，2）递增；x2时，h（x）0，h（x）在（2，+）递减，所以h（x）maxh（2），所以a，综上可

30、得a的取值范围是，+）【点评】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xOy中，曲线C1的参数方程为（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4cos16sin+30（1）当k1时，C1是什么曲线？（2）当k4时，求C1与C2的公共点的直角坐标【分析】（1）当k1时，曲线C1的参数方程为，（t为参数），利用平方关系消去参数t，可得x2

31、+y21，故C1是以原点为圆心，以1为半径的圆；（2）当k4时，曲线C1的参数方程为，（t为参数），消去参数t，可得1，由4cos16sin+30，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得4x16y+30联立方程组即可求得C1与C2的公共点的直角坐标为（）【解答】解：（1）当k1时，曲线C1的参数方程为，（t为参数），消去参数t，可得x2+y21，故C1是以原点为圆心，以1为半径的圆；（2）法一：当k4时，C1：，消去t得到C1的直角坐标方程为1，C2的极坐标方程为4cos16sin+30可得C2的直角坐标方程为4x16y+30，解得C1与C2的公共点的直角坐标为（）法二：当k4时，曲线C1的参数方

32、程为，（t为参数），两式作差可得xycos4tsin4tcos2tsin2t2cos2t1，得，整理得：（xy）22（x+y）+10（0x1，0y1）由4cos16sin+30，又xcos，ysin，4x16y+30联立，解得（舍），或C1与C2的公共点的直角坐标为（）【点评】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f（x）|3x+1|2|x1|（1）画出yf（x）的图象；（2）求不等式f（x）f（x+1）的解集【分析】（1）将函数零点分段，即可作出图象；（2）由于f（x+1）是函数f（x）向左平移了一个1单位，作出图象可得答案；【解答】解：函数f（x）|3x+1|2|x1|，图象如图所示（2）由于f（x+1）的图象是函数f（x）的图象向左平移了一个1单位所得，（如图所示）直线y5x1向左平移一个单位后表示为y5（x+1）15x+4，联立，解得横坐标为x，不等式f（x）f（x+1）的解集为x|x【点评】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 第24页（共24页）