2020高考理数全国卷一 试题及答案解析

理科数学

本试卷共5页，23题（含选考题）．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．5．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．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xx240,Bx2xa0,且ABx2x1,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．C．514514512512B．D．4．已知A为抛物线C:y22px(p0)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：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xi,yii1,2,,20得到下面的散点图：由此散点图，在10C至40C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理科数学-第1页A．yabxB．yabx2C．yabexD．yablnx6．函数f(x)x42x3的图像在点1,f1处的切线方程为A．y2x1B．y2x1C．y2x3D．y2x17．设函数f(x)cosx在,的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为6A．109B．76C．43D．32y28．(x)(xy)5的展开式中x3y3的系数为xA．553B．1023C．1513D．20599．已知(0,)，且3cos28cos5，则sinA．B．C．D．10．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．B．48C．36D．3211．已知M:x2y22x2y20，且直线l:2xy2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．a2bB．a2bC．ab2D．ab2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．2xy2013．若x,y满足约束条件xy10，则zx7y的最大值是________．y1014．设a,b为单位向量，且ab1，则ab________．x2y215．已知F为双曲线C:221（a0,b0）的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且abBF垂直于x轴．若AB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，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB__________．理科数学-第2页三、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17~21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（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角BPCE的余弦值．6DO．619．（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．1．2x22G为E的上顶点，AGGB8．20．（12分）已知A,B分别为椭圆E:2y1(a1)的左、右顶点，Pa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x0时，fx13x1，求a的取值范围．2理科数学-第3页（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4-4：坐标系与参数方程]（10分）kxcost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kysint正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4cos16sin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4-5：不等式选讲]（10分）已知函数fx3x12x1．（1）画出yfx的图象；（2）求不等式fxfx1的解集．理科数学-第4页参

一、选择题1【答案】D.【解析】∵z2z1i21i2,∴z2z22，故选D.2

2

2

2.【答案】B.

【解析】Axx240x2x2,Bx2xa0xx,

a2

∵ABx2x1,∴

3.【答案】C.

a

1,∴a2.故选B.2【解析】如图，设金字塔对应的正四棱锥的高为h，金字塔斜面上的高为h'，金字塔底面边长为a，21

22h2ah'

h'h'则有化简得4210，2

haah2h'22h'51.故选C.a4

4.【答案】C.

解得h'ha

【解析】设点Ax,y，由点Ay轴的距离为9得x9，根据抛物线定义，由A到C的焦点的距离为12得x

5.【答案】D.

【解析】由题中散点图可知，大致分布在一条递增的对数型函数图象附近，故选D.6.【答案】B.

【解析】∵f'x4x36x2,∴kf'12,又∵f1121,∴由点斜式方程可得所求切线方程为y12x1,即y2x1.故选B.

7.【答案】C.

pp

12，即612，解得p6.故选C.224【解析】根据函数图象得f9∴4，∴0cos0，69439kkkZ，解得kZ，962424又∵T22T，∴，解得12，2∴8.【答案】C.

243，∴最小正周期T.故选C.325

【解析】∵xy的通项为Tr1C5rx5ryrr0,1,,5，理科数学参标准版-第1页y214323

∴r1时，C5xy5x3y3；r3时，xC5xy10x3y3.x∴x3y3项的系数为51015.故选C.

9.【答案】A.

【解析】根据余弦倍角公式，3cos28cos5可化为3cos24cos40，2解得cos2（舍）或cos.3∵0,，∴sin10.【答案】A.

【解析】不妨设ABa，O1的半径为r，球O的半径为R，依题意有r24，∴r2，又rO1A5.故选A.33a，∴a23,R2OO12O1A24，3∴球O的表面积为4R2.故选A.

11.【答案】D.

【解析】M方程化为标准方程得：x1y14，∵四边形PAMB的面积S2

2

11PMAB2SPAM2PAAM2222PA2PM4∴当且仅当PM最小时PMAB最小，此时PMl，又∵l:2xy20，∴PM:y11x，22易得PM与直线l的交点坐标P1,0，∴过P1,0作M的切线所得切点所在直线方程为2xy10，故选D.

12.【答案】B.

【解析】2alog2a4b2log4b22blog2b，∵22blog2b22blog22b22b1log2b∴2alog2a22blog2b，构造函数fx2xlog2x，易知fx在0,单调递增，∴由faf2b得a2b，故选B.

二、填空题13.【答案】1.【解析】如图，易知当直线zx7y经过直线y

xy10

2xy20与xy10的交点1,0时，z取最大值，zmax1701.14.【答案】3.理科数学参标准版-第2页Oy101,0x2xy20

12222

【解析】∵ababab2ab1,∴ab,2∴ababab4ab3,∴ab3.15.【答案】2.【解析】由题意得Aa,0,Fc,0，2

2

2

b2∵BF为通径长的一半，∴Bc,，ab2

b2caa又ke13，∴离心率e2.caacaa116.【答案】.4【解析】根据题意得BD2AB6，∵D,E,F三点重合，∴AEAD3，BFBD6，在ACE中，由余弦定理得CE2AC2AE22ACAEcosACE13213cos301∴CECF1，在BCF中，根据余弦定理得BC2CF2BF21cosFCB2BCCF4三、解答题17.解：（1）设an的公比为q，由题设得2a1a2a3，即2a1a1qa1q∴qq20，解得q1（舍去）或q2.∴an的公比为2.2

2

（2）记Sn为nan的前n项和，由（1）及题设可知an2∴Sn122n22

n1

n1

，①n

2Sn222n12由①②得3Sn12222

②n1

n2n



123n

n2n

13n12∴Sn

99n

18.解：（1）设DOa，由题设可得理科数学参标准版-第3页PO

2

632a,AOa,ABa，PAPBPCa，632

2

2

∴PAPBAB，∴PAPB，又PAPCAC，∴PAPC，∴PA平面PBC

2

2

2

z



（2）以O为坐标原点,OE方向为y轴正方向,OE为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E0,1,0,A0,1,0,C

31,,0，22

yx2312，∴P0,0,EC,,0,EP0.1,。2222

设mx,y,z是平面PCE的一个法向量，则

mEP0

mEC0

2yz032即，取m,1,2,33x1y0

22

2

由（1）知AP0,1,是平面PCB的一个法向量，2nm25记nAP，则cosn,m.nm5∴二面角BPCE的余弦值为25.5

19.解：（1）甲连胜四场的概率为1

,16

（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：111；乙连胜四场的概率为；丙上场后连胜三场的概率为.16168

1113.∴需要进行第五场比赛的概率为1

1616841

（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8甲连胜四场的概率为理科数学参标准版-第4页终获胜，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，概率分布为111,,.1688

11117

=.∴丙最终获胜的概率为

8168816

∴AGa,1,GBa,12

由AGGB8得a18，即a3,x2

∴E的方程为y21.9（2）设Cx1,y1,Dx2,y2,P6,t.若t0，设直线CD的方程为xmyn，由题意可知3n3.20.解：（1）由题设得Aa,0,Ba,0,G0,1，tt

x3，所以y1x13.99tt

直线PB的方程为yx3，∴y2x23.33由于直线PA的方程为y∴3y1x23y2x13.2

x2x3x2322∵，y21，∴y22

99整理得27y1y2x13x23，即27m

2

yy

1

2mn3y1y2n30

2

①x2将xmyn代入y21得m29y22mnyn290

9n292mn

∴y1y22，y1y22，m9m9代入①得27m

2

n

2

92mn3mnn3m290

2

解得n3（舍去）或n

32

33，∴直线CD过定点,0.22

∴直线CD的方程为xmy

理科数学参标准版-第5页若t0，则直线CD的方程为y0，过点

3,0.2

综上，直线CD过定点

3,0.2

x

2

x

21.解：（1）当a1时，fxexx，f'xe2x1.故当x,0时，f'x0；当x0,时，f'x0.∴fx在,0单调递减，在0,单调递增.（2）fx

1313x2

x1等价于xaxx1e1.221x3ax2x1exx0，则

2

设函数gx

13322x

g'xxaxx1x2ax1e

22

12xxx2a3x4a2e2

1

xx2a1x2ex

2

1

（ⅰ）若2a10，即a时，则当x0,2时g'x0，∴gx在0,2单调递增.2∵，故当x0,2时，gx1，不合题意.（ⅱ）g00若02a12，即当x2a1,2时g'x0.∴gx在0,2a1，2,单调递减；在2a1,2单调递增.11

a，则当x0,2a12,时g'x0，22

7e2

∵g01，∴gx1当且仅当g274ae1，即a.4

2

7e21∴当a时gx1.42

（ⅲ）若2a12，即a

113x

时，则gxxx1e，22

理科数学参标准版-第6页137e21x

,，故由（ⅱ）可得∵0xx1e1，242

1

∴当a时，gx1.27e2

综上，a的取值范围为,.4

xcost22

22.解：（1）当k1时，C1:，消去参数t得xy1，ysint

∴曲线C1是圆心为坐标原点，半径为1的圆.xcos4t

（2）当k4时，C1:，消去参数t得C1的直角坐标方程为xy1，C2的参4

ysint

数方程为4x16y30.x1xy14由解得，4x16y30y1

4

11故C1与C2的公共点的直角坐标为,.44

23.解：（1）由题设知x3,



fx5x1,



x3,

x

1

x13x1

13由此得，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1的图象.711,.yfx的图象与yfx1的图象交点坐标为

66

理科数学参标准版-第7页由图像可知当且仅当x

7

时，yfx的图象在yfx1的图像上方.6



7.6

∴不等式fxfx1的解集为,

理科数学参标准版-第8页