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.已知集合A=(x,y)|x,yN*,yx,B=(x,y)|x+y=8,则AB中元素的个数为()A.2B.3C.4D.62.复数11-3i的虚部是()A.-310B.-110C.110D.3103.在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且i=14pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是()A.p1=p4=0.1,p2
2、=p3=0.4B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.24.Logistic模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位:天)的Logistic模型:I(t)=K1+e-0.23(t-53),其中K为最大确诊病例数.当I(t*)=0.95K时,标志着已初步遏制疫情,则t*约为(ln 193)()A.60B.63C.66D.695.设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p0)交于D,E两点,若ODOE,则C的焦点坐标为()A.1
3、4,0B.12,0C.(1,0)D.(2,0)6.已知向量a,b满足|a|=5,|b|=6,ab=-6,则cos=()A.-3135B.-1935C.1735D.19357.在ABC中,cos C=23,AC=4,BC=3,则cos B=()A.19B.13C.12D.238.右图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是()A.6+42B.4+42C.6+23D.4+239.已知2tan -tan+4=7,则tan =()A.-2B.-1C.1D.210.若直线l与曲线y=x和圆x2+y2=15都相切,则l的方程为()A.y=2x+1B.y=2x+12C.y=12x+1D.y=12x+1211
4、.设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为5.P是C上一点,且F1PF2P.若PF1F2的面积为4,则a=()A.1B.2C.4D.812.已知5584,13485.设a=log53,b=log85,c=log138,则()A.abcB.bacC.bcaD.ca400空气质量好空气质量不好附:K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),P(K2k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828.19.(12分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF
5、=2FB1.(1)证明:点C1在平面AEF内;(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.20.(12分)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0m5)的离心率为154,A,B分别为C的左、右顶点.(1)求C的方程;(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BPBQ,求APQ的面积.21.(12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12,f12处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1.(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,
6、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C的参数方程为x=2-t-t2,y=2-3t+t2(t为参数且t1),C与坐标轴交于A,B两点.(1)求|AB|;(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求直线AB的极坐标方程.23.选修45:不等式选讲(10分)设a,b,cR,a+b+c=0,abc=1.(1)证明:ab+bc+ca0;(2)用maxa,b,c表示a,b,c的最大值,证明:maxa,b,c34.2020年数学(全国卷,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1(集合)选择题集合的基本运算(交集);数学运算
7、4,12,16,21(函数与导数)选择题函数应用;数学建模选择题指数与对数的互化、对数运算;逻辑推理、数学运算填空题函数的性质;逻辑推理、数学运算解答题应用导数研究切线与零点;数学抽象、逻辑推理、数学运算7,9(三角函数与解三角形)选择题解三角形;数学运算选择题三角公式、解方程;数学运算6(平面向量)选择题平面向量的数量积与夹角;数学运算17(数列)解答题递推公式、通项公式、错位相减法求和;逻辑推理、数学运算13(不等式)填空题线性规划;直观想象、数学运算8,15,19(空间向量与立体几何)选择题三视图;直观想象、数学运算填空题空间图形的位置关系(球切接于圆锥)、球的体积;直观想象、数学运算解
8、答题空间点线面的位置关系、二面角;直观想象、逻辑推理、数学运算5,10,11,20(平面解析几何)选择题直线与抛物线位置关系(相交)、抛物线焦点;直观想象、逻辑推理、数学运算选择题直线与抛物线位置关系(相切)、直线与圆的位置关系(相切);直观想象、逻辑推理、数学运算选择题双曲线的性质、焦点三角形;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、直线过定点;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3,14,18(计数原理与概率统计)选择题标准差;数据分析填空题二项式定理的应用;数学运算解答题互斥事件的概率、均值估计、独立性检验;数学抽象、数学运算、数据分析2
9、(复数)选择题复数的运算(除法);数学运算22(极坐标系与参数方程)解答题参数方程的应用、直角坐标方程转化为极坐标方程;数学运算23(不等式选讲)解答题重要不等式的应用、不等式证明;逻辑推理【试题分析】2020年全国卷理科数学,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(27分),立体几何(22分),解析几何(27分),计数原理与概率统计(22分),三角函数与解三角形(10分).纵观全卷,在稳定中求创新,重视对学生基本数学素养、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
10、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题考查利用导数求切线方程、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4题以新冠疫情为背景,考查数学模型的建立与应用.第18题以空气质量与健康锻炼设计问题,突出了数学的实用性,考查学生的分析能力和数学文化素养.1.C满足x,yN*,yx,且x+y=8的元素(x,y)有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4),共4个,故AB中元素的个数为4.2.D11-3i=1+3i(1-3
11、i)(1+3i)=1+3i10=110+310i,复数11-3i的虚部是310.3.B四个选项的数据都具有对称性,平均数均为2.5,其中B选项的数据中,极端值最多,数据波动程度最大,故选B.4.C由K1+e-0.23(t*-53)=0.95K,得e-0.23(t*-53)=119,两边取以e为底的对数,得-0.23(t*-53)=-ln 19-3,所以t*66.5.B抛物线C关于x轴对称,直线x=2垂直于x轴,又ODOE,ODE是等腰直角三角形.不妨设点D在第一象限,则点D的坐标为(2,2),将其代入y2=2px,得p=1,所以抛物线C的焦点坐标为12,0.6.Da(a+b)=a2+ab=25
12、-6=19,|a+b|2=a2+b2+2ab=25+36-12=49,|a+b|=7,cos=a(a+b)|a|a+b|=1957=1935.7.AAB2=AC2+BC2-2ACBCcos C=16+9-2423=9,AB=3,cos B=AB2+BC2-AC22ABBC=9+9-16233=19.8.C由三视图可知,该几何体为三棱锥,是棱长为2的正方体一角,其表面积为31222+122222sin 60=6+23.9.D由已知得2tan -1+tan1-tan=7,即tan2-4tan +4=0,解得tan =2.10.D由y=x得y=12x,设直线l与曲线y=x的切点为(x0,x0),则直
13、线l的方程为y-x0=12x0(x-x0),即12x0x-y+12x0=0,由直线l与圆x2+y2=15相切,得圆心(0,0)到直线l的距离等于圆的半径r=55,即|12x0|14x0+1=55,解得x0=1(负值舍去),所以直线l的方程为y=12x+12.11.A不妨设点P在第一象限,设|PF1|=m,|PF2|=n,则mn,依题意得,ca=5,12mn=4,m2+n2=4c2,m-n=2a,解得a=1.12.A43a=43log53=log5334=log125811,a1,b34,5584,54b=54log85=log84551,b45,1341,c45.综上,ab400空气质量好33
14、37空气质量不好228根据列联表得K2=100(338-2237)2554570305.820.由于5.8203.841,故有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.19.解 设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,C1D1的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz.(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,13c,EA=0,b,13c,C1F=0,b,13c,得EA=C1F,因此EAC1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2)
15、,F(0,1,1),A1(2,1,0),AE=(0,-1,-1),AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=(-2,0,1).设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则n1AE=0,n1AF=0,即-y-z=0,-2x-2z=0,可取n1=(-1,-1,1).设n2为平面A1EF的法向量,则n2A1E=0,n2A1F=0,同理可取n2=12,2,1.因为cos=n1n2|n1|n2|=-77,所以二面角A-EF-A1的正弦值为427.20.解 (1)由题设可得25-m25=154,得m2=2516,所以C的方程为x225+y22516=1.(2)设P(xP,yP),Q(6
16、,yQ),根据对称性可设yQ0,由题意知yP0.由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.因为|BP|=|BQ|,所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直线BP的方程得yQ=2或8.所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故AP1Q1的面积为1210210=52.|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13
17、026,故AP2Q2的面积为1213026130=52.综上,APQ的面积为52.21.(1)解 f(x)=3x2+b,依题意得f12=0,即34+b=0.故b=-34.(2)证明 由(1)知f(x)=x3-34x+c,f(x)=3x2-34.令f(x)=0,解得x=-12或x=12.f(x)与f(x)的情况为:x-,-12-12-12,121212,+f(x)+0-0+f(x)c+14c-14因为f(1)=f-12=c+14,所以当c14时,f(x)只有小于-1的零点.由题设可知-14c14.当c=-14时,f(x)只有两个零点-12和1.当c=14时,f(x)只有两个零点-1和12.当-1
18、4c14时,f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1-1,-12,x2-12,12,x312,1.综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.22.解 (1)因为t1,由2-t-t2=0得t=-2,所以C与y轴的交点为(0,12);由2-3t+t2=0得t=2,所以C与x轴的交点为(-4,0).故|AB|=410.(2)由(1)可知,直线AB的直角坐标方程为x-4+y12=1,将x=cos ,y=sin 代入,得直线AB的极坐标方程3cos -sin +12=0.23.证明 (1)由题设可知,a,b,c均不为零,所以ab+bc+ca=12(a+b+c)2-(a2+b2+c2)=-12(a2+b2+c2)0,b0,c0.由bc(b+c)24,可得abca34,故a34,所以maxa,b,c34.
