1、 2020 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学理科数学 注意事项：注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上 2 回答选择题时， 选出每小题答案后， 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑 回答选择题时， 选出每小题答案后， 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上写在本试卷上 无效无效. 3考试结束后，将本试卷
2、和答题卡一并交回考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的. 1.已知集合( , )| ,Ax yx yyx * N， ( , )|8Bx yxy ，则AB中元素的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】 采用列举法列举出AB中元素的即可. 【详解】由题意，AB中的元素满足 8 yx xy ，且 * , x yN， 由82xyx，得4x， 所以满足8xy
3、的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)， 故AB中元素的个数为 4. 故选：C. 【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题. 2.复数 1 13i 的虚部是（ ） A. 3 10 B. 1 10 C. 1 10 D. 3 10 【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算求出 z 即可. 【详解】因为 11313 13(13 )(13 )1010 i zi iii ， 所以复数 1 1 3 z i 的虚部为 3 10 . 故选：D. 【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题. 3.在一组样本数据中，1，2，3，
4、4出现的频率分别为 1234 ,pp pp，且 4 1 1 i i p ，则下面四种情形中，对应 样本的标准差最大的一组是（ ） A. 1423 0.1,0.4pppp B. 1423 0.4,0.1pppp C. 1423 0.2,0.3pppp D. 1423 0.3,0.2pppp 【答案】B 【解析】 【分析】 计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组. 【详解】对于 A选项，该组数据的平均数为1 40.1230.42.5 A x ， 方差为 2222 2 1 2.50.122.50.432.50.442.50.10.65 A s ； 对于 B选项，该组数据的
5、平均数为1 40.4230.12.5 B x ， 方差为 2222 2 1 2.50.422.50.132.50.142.50.41.85 B s ； 对于 C选项，该组数据的平均数为1 40.2230.32.5 C x ， 方差为 2222 2 1 2.50.222.50.332.50.342.50.21.05 C s ； 对于 D选项，该组数据平均数为1 40.3230.22.5 D x ， 方差为 2222 2 1 2.50.322.50.232.50.242.50.31.45 D s . 因此，B选项这一组的标准差最大. 故选：B. 【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用
6、，考查计算能力，属于基础题. 4.Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城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： 0.23(53) ( )=1 e t I K t ，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（ ） （ln193） A. 60 B. 63 C. 66 D. 69 【答案】C 【解析】 分析】 将tt代入函数 0.2353 1 t K I t e 结合 0.95I tK 求得t即可得解. 【详解】 0.2353 1 t K I t e
7、 ，所以 0.2353 0.95 1 t K I tK e ，则 0.2353 19 t e ， 所以，0.2353ln193t ，解得 3 5366 0.23 t. 故选：C. 【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题. 5.设O为坐标原点，直线 2x与抛物线 C： 2 2(0)ypx p交于D，E两点，若ODOE，则C的 焦点坐标为（ ） A. 1 ,0 4 B. 1 ,0 2 C. (1,0) D. (2,0) 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题中所给的条件ODOE，结合抛物线的对称性，可知 4 DOxEOx ，从而可以确定出点D 的坐标，代入方程求
8、得p的值，进而求得其焦点坐标，得到结果. 【详解】因为直线2x与抛物线 2 2(0)ypx p交于 ,E D两点，且OD OE， 根据抛物线的对称性可以确定 4 DOxEOx ，所以2,2D， 代入抛物线方程44p，求得1p ，所以其焦点坐标为 1 ( ,0) 2 ， 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性， 点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目. 6.已知向量ab a，b满足| 5a ，| 6b ， 6a b ，则cos ,=a ab （ ） A. 31 35 B. 19 35 C. 17 35 D. 19 35
9、【答案】D 【解析】 【分析】 计算出aab、ab的值，利用平面向量数量积可计算出cos, a ab的值. 【详解】5a ，6b ， 6a b ， 2 2 5619aabaa b . 2 22 2252 6367ababaa bb ， 因此， 1919 cos, 5 735 aab a ab aab . 故选：D. 【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算， 考查计算能力，属于中等题. 7.在ABC 中，cosC= 2 3 ，AC=4，BC=3，则 cosB=（ ） A. 1 9 B. 1 3 C. 1 2 D. 2 3 【答案】A 【解析】
10、【分析】 根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据 222 cos 2 ABBCAC B AB BC ，即可求得答案. 【详解】在ABC中， 2 cos 3 C ，4AC ，3BC 根据余弦定理： 222 2cosABACBCAC BCC 222 432 2 4 3 3 AB 可得 2 9AB ，即3AB 由 222 99 161 cos 22 3 39 ABBCAC B AB BC 故 1 cos 9 B . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A. 6+4 2 B. 4+4 2
11、C. 6+2 3 D. 4+2 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积. 【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形 根据立体图形可得： 1 2 22 2 ABCADCCDB SSS 根据勾股定理可得： 2 2ABADDB ADB是边长为2 2的等边三角形 根据三角形面积公式可得： 2 113 sin60(2 2)2 3 222 ADB SAB AD 该几何体的表面积是： 2 362 33 2 . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立
12、体图形， 考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 9.已知 2tantan(+ 4 )=7，则 tan=（ ） A. 2 B. 1 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案. 【详解】2tantan7 4 ， tan1 2tan7 1tan ， 令tan ,1tt，则 1 27 1 t t t ，整理得 2 440tt，解得2t ，即tan2 . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题. 10.若直线 l与曲线 y= x和 x 2+y2=1 5 都相切，则 l的方程为（ ） A.
13、y=2x+1 B. y=2x+ 1 2 C. y= 1 2 x+1 D. y= 1 2 x+ 1 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据导数的几何意义设出直线l的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案. 【详解】设直线l在曲线yx上的切点为 00 ,xx，则 0 0 x ， 函数yx的导数为 1 2 y x ，则直线l的斜率 0 1 2 k x ， 设直线l的方程为 00 0 1 2 yxxx x ，即 00 20 xx yx， 由于直线l与圆 22 1 5 xy相切，则 0 0 1 145 x x ， 两边平方并整理得 2 00 5410 xx ，解得 0 1x ， 0 1 5 x （
14、舍） ， 则直线l的方程为 210 xy ，即 11 22 yx. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题. 11.设双曲线 C： 22 22 1 xy ab （a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为5P 是 C上一点，且 F1PF2P若PF1F2的面积为 4，则 a=（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】 根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案. 【详解】5 c a ， 5ca ，根据双曲线的定义可得 12 2PFPFa ， 1 2 12 1 |4 2
15、PF F PFFSP ，即 12 |8PFPF， 12 FPF P， 22 2 12 |2PFPFc， 2 2 1212 24PFPFPFPFc，即 22 540aa，解得 1a ， 故选：A. 【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于 中档题. 12.已知 5584，13485设 a=log53，b=log85，c=log138，则（ ） A. abc B. bac C. bca D. ca400 空气质量好 空气质量不好 附： 2 2 () ()()()() n adbc K ab cd ac bd ， P(K2k) 0.050 0.01
16、0 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】 （1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09； （2） 350； （3）有，理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率； （2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果； （3）根据表格中的数据完善22列联表，计算出 2 K 的观测值，再结合临界值表可得结论. 【详解】 （1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为 2 1625 0.43 100 ，等级为2的 概率为 5 10 12
17、 0.27 100 ，等级为3的概率为 678 0.21 100 ，等级为4的概率为 720 0.09 100 ； （2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100 20 300 35500 45 350 100 （3）22列联表如下： 人次400 人次400 空气质量不好 33 37 空气质量好 22 8 2 2 10033 837 22 5.8203.841 55 45 70 30 K ， 因此，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. 【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能 力，属于基础题.
18、 19.如图，在长方体 1111 ABCDABC D中，点,E F分别在棱 11 ,DD BB上，且 1 2DEED ， 1 2BFFB （1）证明：点 1 C在平面AEF内； （2）若2AB ，1AD ， 1 3AA ，求二面角 1 AEFA的正弦值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 42 7 . 【解析】 【分析】 （1）连接 1 C E、 1 C F，证明出四边形 1 AEC F为平行四边形，进而可证得点 1 C在平面AEF内； （2）以点 1 C为坐标原点， 11 C D、 11 C B、 1 CC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系 1 Cxyz， 利用空间向量法可计算出
19、二面角 1 AEFA的余弦值，进而可求得二面角 1 AEFA的正弦值. 【详解】 （1）在棱 1 CC上取点G，使得 1 1 2 CGCG，连接DG、FG、 1 C E、 1 C F， 在长方体 1111 ABCDABC D中，/AD BC且ADBC， 11 /BBCC且 11 BBCC， 1 1 2 C GCG， 1 2BFFB， 11 22 33 CGCCBBBF且CGBF， 所以，四边形BCGF为平行四边形，则/AF DG且AFDG， 同理可证四边形 1 DECG为平行四边形， 1 /C E DG且 1 C EDG， 1 /C E AF且 1 C EAF，则四边形 1 AEC F为平行四
20、边形， 因此，点 1 C在平面AEF内； （2）以点 1 C为坐标原点， 11 C D、 11 C B、 1 CC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐 标系 1 Cxyz， 则2,1,3A、 1 2,1,0A、2,0,2E、0,1,1F， 0, 1, 1AE ，2,0, 2AF ， 1 0, 1,2AE ， 1 2,0,1AF ， 设平面AEF的法向量为 111 ,mx y z， 由 0 0 m AE m AF ，得 11 11 0 220 yz xz 取 1 1z ，得 11 1xy，则1,1, 1m ， 设平面 1 AEF的法向量为 222 ,nxy z， 由 1 1 0
21、0 n AE n AF ，得 22 22 20 20 yz xz ，取 2 2z ，得 2 1x ， 2 4y ，则1,4,2n ， 37 cos, 7321 m n m n mn ， 设二面角 1 AEFA的平面角为，则 7 cos 7 ， 2 42 sin1 cos 7 . 因此，二面角 1 AEFA的正弦值为 42 7 . 【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能 力，属于中等题. 20.已知椭圆 22 2 :1(05) 25 xy Cm m 的离心率为 15 4 ，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
22、Q在直线6x上，且| | |BPBQ ，BPBQ，求APQ的面积 【答案】 （1） 22 16 1 2525 xy ； （2） 5 2 . 【解析】 【分析】 （1）因为 22 2 :1(05) 25 xy Cm m ，可得5a，bm，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案； （2）点P在C上，点Q在直线6x上，且| | |BPBQ ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设 6x与x轴交点为N，可得PMBBNQ，可求得P点坐标，求出直线AQ的直线方程，根据点到 直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ的面积. 【详解】 （1） 22 2 :1(05) 25 xy Cm m 5a，bm， 根
23、据离心率 22 15 4 11 5 cbm e aa ， 解得 5 4 m 或 5 4 m (舍)， C的方程为： 22 2 1 4 25 5 xy ， 即 22 16 1 2525 xy ； （2）不妨设P,Qx 轴上方 点P在C上，点Q在直线6x上，且| | |BPBQ ，BPBQ， 过点P作x轴垂线，交点为M，设6x与x轴交点为N 根据题意画出图形，如图 | |BPBQ ，BPBQ，90PMBQNB ， 又90PBMQBN，90BQNQBN， PBMBQN ， 根据三角形全等条件“AAS”， 可得：PMBBNQ， 22 16 1 2525 xy ， (5,0)B， 6 51PMBN ，
24、设P点为(,) PP xy， 可得P点纵坐标为 1 P y ，将其代入 22 16 1 2525 xy ， 可得： 2 16 1 2525 P x ， 解得：3 P x 或3 P x ， P点为(3,1)或( 3,1)， 当P点为(3,1)时， 故5 32MB ， PMBBNQ， | | 2MBNQ， 可得：Q点为(6,2)， 画出图象，如图 ( 5,0)A ,(6,2)Q ， 可求得直线AQ的直线方程为：211100 xy， 根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为： 22 2 3 11 1 1055 5125 211 d ， 根据两点间距离公式可得： 22 65205 5AQ ， AP
25、Q面积为： 155 5 5 252 ； 当P点为( 3,1)时， 故5+38MB ， PMBBNQ， | | 8MBNQ ， 可得：Q点为(6,8)， 画出图象，如图 ( 5,0)A ,(6,8)Q ， 可求得直线AQ的直线方程为：811400 xy， 根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为： 22 8311 1 405 5 185185 811 d ， 根据两点间距离公式可得： 22 6580185AQ ， APQ面积为： 155 185 22185 ， 综上所述，APQ面积为： 5 2 . 【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形
26、结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 21.设函数 3 ( )f xxbxc，曲线 ( )yf x 在点( 1 2 ，f( 1 2 )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 【答案】 （1） 3 4 b ； （2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）利用导数的几何意义得到 1 ( )0 2 f，解方程即可； （2）由（1）可得 2 311 ( )32()() 422 fxxxx，易知( )f x在 1 1 (, ) 2 2 上单调递减，在 1 (,) 2 ， 1 ( ,) 2
27、上单调递增，且 111111 ( 1),(),( ),(1) 424244 fcfcfcfc，采用反证法，推出 矛盾即可. 【详解】 （1）因为 2 ( )3fxxb， 由题意， 1 ( )0 2 f，即 2 1 30 2 b 则 3 4 b ； （2）由（1）可得 3 3 ( ) 4 f xxxc， 2 311 ( )33()() 422 fxxxx， 令 ( ) 0fx ，得 1 2 x 或 2 1 x ；令 ( ) 0fx ，得 11 22 x， 所以 ( )f x在 1 1 (, ) 2 2 上单调递减，在 1 (,) 2 ， 1 ( ,) 2 上单调递增， 且 111111 ( 1)
28、,(),( ),(1) 424244 fcfcfcfc， 若 ( )f x所有零点中存在一个绝对值大于 1 的零点 0 x，则( 1)0f 或(1)0f， 即 1 4 c 或 1 4 c . 当 1 4 c 时， 111111 ( 1)0,()0,( )0,(1)0 424244 fcfcfcfc， 又 32 ( 4 )6434 (1 16)0fcccccc ， 由零点存在性定理知 ( )f x在( 4 , 1)c 上存在唯一一个零点 0 x， 即 ( )f x在(, 1) 上存在唯一一个零点，在( 1,) 上不存在零点， 此时 ( )f x不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾； 当 1
29、 4 c 时， 111111 ( 1)0,()0,( )0,(1)0 424244 fcfcfcfc， 又 32 ( 4 )6434 (1 16)0fcccccc， 由零点存在性定理知 ( )f x在(1, 4 )c 上存在唯一一个零点 0 x， 即 ( )f x在(1,)上存在唯一一个零点，在(,1) 上不存在零点， 此时 ( )f x不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾； 综上， ( )f x所有零点的绝对值都不大于 1. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能 力，是一道有一定难度的题. （二）选考题：共（二）选考题：共 10
30、分分.请考生在第请考生在第 22、23题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题如果多做，则按所做的第一题 计分计分. 选修选修 44：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分） 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线 C的参数方程为 2 2 2 23 xtt ytt （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 【答案】 （1）4 10（2）3 cossin120 【解析】 【分析】 （1）由参数方程得出,A B的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB的
31、值； （2）由,A B的坐标得出直线AB的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可. 【详解】 （1）令0 x，则 2 20tt ，解得 2t 或1t （舍） ，则26412y ，即(0,12)A. 令0y ，则 2 320tt，解得2t 或1t （舍） ，则2 2 44x ，即 ( 4,0)B . 22 (04)(120)4 10AB； （2）由（1）可知 120 3 0( 4) AB k ， 则直线AB的方程为3(4)yx，即3120 xy. 由cos ,sinxy可得，直线AB的极坐标方程为3 cossin120. 【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于
32、中档题. 选修选修 45：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23.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 中的最大值，证明：maxa，b，c 3 4 【答案】 （1）证明见解析（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由 2222 ()2220abcabcabacbc 结合不等式的性质，即可得出证明； （2）不妨设max , , a b ca，由题意得出0, ,0ab c，由 2 22 32 2bcbcbc aaa bcbc ，结 合基本不等式，即可得出证明. 【详解】 （1） 2222 ()2220abcabcabacbc ， 222 1 2 abbccaabc . 1, ,abca b c 均不为0，则 222 0abc， 222 1 2 0abbccaabc ； （2）不妨设max , , a b ca， 由0,1abcabc可知，0,0,0abc， 1 ,abc a bc ， 2 22 32 222 4 bcbcbcbcbc aaa bcbcbc . 当且仅当bc时，取等号， 3 4a ，即 3 max , , 4a b c . 【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.
