1、绝密 启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试数学(全国卷,理)(本试卷共4页,23小题,满分150分,考试用时120分钟)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.0B.1C.2D.22.设集合A=x|x2-40,B=x|2x+a0,且AB=x|-2x1,则a=()A.-4B.-2C.2D.43.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.5
2、-14B.5-12C.5+14D.5+124.已知A为抛物线C:y2=2px(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=()A.2B.3C.6D.95.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)(i=1,2,20)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()A.y=a+bxB.y=a+bx2C.y=a+bexD.y=a+bln x6.函数f(x)=x4-2x3的图像在点(1,f(1)处的切线方程为(
3、)A.y=-2x-1B.y=-2x+1C.y=2x-3D.y=2x+17.设函数f(x)=cosx+6在-,的图像大致如右图,则f(x)的最小正周期为()A.109B.76C.43D.328.x+y2x(x+y)5的展开式中x3y3的系数为()A.5B.10C.15D.209.已知(0,),且3cos 2-8cos =5,则sin =()A.53B.23C.13D.5910.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,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为()A.64B.48C.36D.3211.已知M:x2+y2-2x-2y-2=0,直线l:2x+y+2
4、=0,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()A.2x-y-1=0B.2x+y-1=0C.2x-y+1=0D.2x+y+1=012.若2a+log2a=4b+2log4b,则()A.a2bB.ab2D.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.如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=3,ABAC,ABAD,CAE=30,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。
5、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a1=1,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,AE=AD.ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66DO.(1)证明:PA平面PBC;(2)求二面角B-PC-E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
6、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12.(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:x2a2+y2=1(a1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AGGB=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.21.(12分)已知函数f(x)=ex+ax2-x.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)12x3+1
7、,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。22.选修44:坐标系与参数方程(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x=coskt,y=sinkt(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4cos -16sin +3=0.(1)当k=1时,C1是什么曲线?(2)当k=4时,求C1与C2的公共点的直角坐标.23.选修45:不等式选讲(10分)已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|.(1)画出y=f(x)的图像;(2)求不等式f(x)f(x+1)的解集.2020年数学(全
8、国卷,理)查缺补漏表题组及考查主题题型考查要点和核心素养查缺补漏2(集合)选择题集合的基本运算(交集)、不等式的解法;数学运算6,12,21(函数与导数)选择题导数的几何意义;数学运算选择题指数与对数的运算性质,指数函数与对数函数的单调性;逻辑推理解答题应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的最值、求参数的取值范围;数学抽象、逻辑推理、数学运算7,9(三角函数与三角恒等变换)选择题三角函数的周期、图像;直观想象,数学运算选择题倍角公式、同角三角函数关系式;数学运算14(平面向量)填空题平面向量的数量积、平面向量的模;数学运算17(数列)解答题数列基本量的计算,错位相减法求和;数学运算13(
9、不等式)填空题线性规划;直观想象3,10,16,18(空间向量与立体几何)选择题求空间几何体的基本元素;直观想象选择题球的切接问题、球的表面积;直观想象、数学运算填空题线线、线面位置关系,翻折问题;直观想象、数学运算解答题空间线面垂直的证明、二面角;直观想象、数学运算4,11,15,20(平面解析几何)选择题抛物线的定义的应用;直观想象、逻辑推理、数学运算选择题直线与圆的位置关系;直观想象、逻辑推理、数学运算填空题双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系;直观想象、逻辑推理、数学运算解答题求椭圆的方程,直线与椭圆的位置关系;逻辑推理、数学运算续表题组及考查主题题型考查要点和核心素养查缺补漏5,
10、8,19(计数原理与概率统计)选择题回归方程的应用;数据分析选择题二项式定理的应用;数学运算解答题互斥事件、相互独立事件的概率;数学建模、数据分析1(复数)选择题复数的减法运算、复数的模;数学运算22(坐标系与参数方程)解答题极坐标与参数方程;直观想象、数学运算23(不等式选讲)解答题绝对值不等式、分段函数的图像;直观想象、逻辑推理【试题分析】2020 年全国I卷理科数学,突出对基础知识(约占40%)以及主干内容的考查,如函数与导数(22分),空间向量与立体几何(27分),解析几何(27分),概率统计(22分),三角函数与三角恒等变换(10分).纵观全卷,在稳定中求创新,重视对学生基本数学素养
11、、思想方法与能力的考查,关注学生的应用意识与创新意识,试卷梯度明显,有良好的区分度.试题重视数学本质,突出理性思维、数学应用、数学探究、数学文化的引领作用,突出对关键能力的考查.第12题不仅考查学生运用所学知识分析、解决问题的能力,同时也考查了学生的观察能力、运算能力、推理判断能力与灵活运用知识的综合能力.第21题考查利用导数判断函数单调性的方法、导数公式和导数运算法则,综合考查学生的逻辑推理能力、运算求解能力、推理论证能力和数学语言表达能力.第19题在三人的羽毛球比赛中,以参赛人的获胜概率设问题,考查逻辑思维能力.第3题以世界建筑奇迹埃及的胡夫金字塔为背景,设计了正四棱锥的计算问题,将立体几
12、何的基本知识与世界文化遗产有机结合,考查学生的分析能力和数学文化素养.1.D由z=1+i,得z2=2i,2z=2+2i,故|z2-2z|=|2i-(2+2i)|=2.2.B由已知得A=x|-2x2,B=xx-a2.因为AB=x|-2x1,所以有-a2=1,解得a=-2.3.C如图,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,则有h2=12ah,h2=h2-a22,因此有h2-a22=12ah,化简得4ha2-2ha-1=0,解得ha=5+14.(负值舍去)4.C设点A的坐标为(x,y).由点A到y轴的距离为9可得x=9,由点A到抛物线C的焦点的距离为12,可得x+p2=12,解
13、得p=6.【解题方法】 解析几何是用代数方法研究几何问题的典型,因此要将题干中的代数条件转化为图形语言,数形结合,快速解题.本题运用了抛物线的定义.5.D结合题中散点图,由图像的大致走向判断,此函数应该是对数函数模型,故应该选用的函数模型为y=a+bln x.6.B对函数f(x)求导可得f(x)=4x3-6x2,由导数的几何意义知在点(1,f(1)处的切线的斜率为k=f(1)=-2.又因为f(1)=-1,所以切线方程为y-(-1)=-2(x-1),化简得y=-2x+1.7.C由题图知f-49=cos-49+6=0,所以-49+6=2+k(kZ),化简得=-3+9k4(kZ).因为T22T,即2
14、|24|,所以1|2,解得-119k-79或19k59.当且仅当k=-1时,1|2.所以=32,最小正周期T=2|=43.8.C因为(x+y)5的通项公式为C5rx5-ryr(r=0,1,2,3,4,5),所以当r=1时,y2xC51x4y=5x3y3,当r=3时,xC53x2y3=10x3y3,所以x3y3的系数为10+5=15.9.A原式化简得3cos2-4cos -4=0,解得cos =-23或cos =2(舍去).(0,),sin =1-cos2=53.【思路点拨】 应用二倍角公式cos 2=2cos2-1直接求解即可.10.A由题意知O1的半径r=2.由正弦定理知ABsinC=2r,
15、OO1=AB=2rsin 60=23,球O的半径R=r2+|OO1|2=4.球O的表面积为4R2=64.11.D由已知得M:(x-1)2+(y-1)2=4.因为S四边形PAMB=12|PM|AB|=2SPAM=|PA|AM|=2|PA|=2|PM|2-4,所以|PM|AB|最小,即|PM|最小,此时PM与直线l垂直,PM所在直线的方程为y=12x+12,直线PM与直线l的交点为P(-1,0).|PM|=(1+1)2+(1-0)2=5,在RtAPM中,|AP|=|PM|2-|AM|2=1.又|AP|=|BP|=1,以P(-1,0)为圆心,|AP|=1为半径作圆,则AB为M与P的公共弦,P的方程为
16、(x+1)2+y2=1,即x2+2x+y2=0.两圆方程相减得4x+2y+2=0,即直线AB的方程为2x+y+1=0.12.B由指数与对数运算可得,2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b.因为22b+log2b22b+log22b=22b+1+log2b,所以2a+log2a22b+log22b.令f(x)=2x+log2x,由指数函数与对数函数单调性可得f(x)在区间(0,+)上单调递增.由f(a)f(2b)可得a2b.13.1画出不等式组表示的平面区域,如图(阴影部分)所示,将目标函数z=x+7y变形可得y=-17x+17z,平移直线y=-17x.由图可得z在点A处取得最
17、大值.由x-y-1=0,2x+y-2=0,得x=1,y=0,所以A(1,0),所以zmax=1+70=1.【思路点拨】 解答本题的关键是根据题意画出可行域,分别求出交点坐标,可知z在点(1,0)处取得最大值.14.3|a+b|2=(a+b)2=|a|2+|b|2+2ab=1+1+2ab=1,ab=-12,|a-b|2=(a-b)2=|a|2+|b|2-2ab=3,|a-b|=3.15.2由题意可得A(a,0),F(c,0),其中c=a2+b2.由BF垂直于x轴可得点B的横坐标为c,代入双曲线方程可得点B的坐标为Bc,b2a.AB的斜率为3,Bc,b2a.kAB=b2ac-a=b2a(c-a)=
18、c2-a2a(c-a)=c+aa=e+1=3,e=2.16.-14由题意得BD=2AB=6,BC=AC2+AB2=2.D,E,F重合于一点P,AE=AD=3,BF=BD=6,在ACE中,由余弦定理,得CE2=AC2+AE2-2ACAEcosCAE=12+(3)2-213cos 30=1,CE=CF=1.在BCF中,由余弦定理,得cosFCB=BC2+CF2-BF22BCCF=22+12-(6)2221=-14.17.解 (1)设an的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q-2=0,解得q=1(舍去),q=-2.故an的公比为-2.(2)记Sn为nan的前
19、n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.所以Sn=1+2(-2)+n(-2)n-1,-2Sn=-2+2(-2)2+(n-1)(-2)n-1+n(-2)n.可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+(-2)n-1-n(-2)n=1-(-2)n3-n(-2)n.所以Sn=19-(3n+1)(-2)n9.18.(1)证明 设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a.因此PA2+PB2=AB2,从而PAPB.又PA2+PC2=AC2,故PAPC.所以PA平面PBC.(2)解 以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角
20、坐标系O - xyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则mEP=0,mEC=0,即-y+22z=0,-32x-12y=0.可取m=-33,1,2.由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,则cos=nm|n|m|=255.所以二面角B -PC-E的余弦值为255.19.解 (1)甲连胜四场的概率为116.(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116;乙连胜四场
21、的概率为116;丙上场后连胜三场的概率为18.所以需要进行第五场比赛的概率为1-116-116-18=34.(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18;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,负空胜胜,概率分别为116,18,18.因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716.20.(1)解 由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).则AG=(a,1),GB=(a,-1).由AGGB=8得a2-1=8,即a=3.所以E的方程为x29+y2=1.(2)证明 设C(x1,y1),D(x2,
22、y2),P(6,t).若t0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3n3.由于直线PA的方程为y=t9(x+3),所以y1=t9(x1+3).直线PB的方程为y=t3(x-3),所以y2=t3(x2-3).可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).由于x229+y22=1,故y22=-(x2+3)(x2-3)9,可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.将x=my+n代入x29+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y2=n2-9m2+9.代入式得(27+m2
23、)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.解得n=-3(舍去),n=32.故直线CD的方程为x=my+32,即直线CD过定点32,0.若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点32,0.综上,直线CD过定点32,0.21.解 (1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f(x)=ex+2x-1.故当x(-,0)时,f(x)0.所以f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)f(x)12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x1.设函数g(x)=12x3-ax2+x+1e-x(x0),则g(x)=- 12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-
24、12xx2-(2a+3)x+4a+2e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.若2a+10,即a-12,则当x(0,2)时,g(x)0.所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1,故当x(0,2)时,g(x)1,不合题意.若02a+12,即-12a12,则当x(0,2a+1)(2,+)时,g(x)0.所以g(x)在(0,2a+1),(2,+)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)1当且仅当g(2)=(7-4a)e-21,即a7-e24.所以当7-e24a12时,g(x)1.若2a+12,即a12,则g(x)12x3+x+1e-x.由于07-e24,1
25、2,故由可得12x3+x+1e-x1.故当a12时,g(x)1.综上,a的取值范围是7-e24,+.22.解 (1)当k=1时,C1:x=cost,y=sint,消去参数t得x2+y2=1,故曲线C1是圆心为坐标原点,半径为1的圆.(2)当k=4时,C1:x=cos4t,y=sin4t,消去参数t得C1的直角坐标方程为x+y=1.C2的直角坐标方程为4x-16y+3=0.由x+y=1,4x-16y+3=0解得x=14,y=14.故C1与C2的公共点的直角坐标为14,14.23.解 (1)由题设知f(x)=-x-3,x-13,5x-1,-131.y=f(x)的图像如图所示.(2)函数y=f(x)的图像向左平移1个单位长度后得到函数y=f(x+1)的图像.y=f(x)的图像与y=f(x+1)的图像的交点坐标为-76,-116.由图像可知当且仅当xf(x+1)的解集为-,-76.
