2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标I)(有详细解析)

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标I）班级：___________姓名：___________得分：___________
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.若z=1+i，则−2z|=()
A. 0
B. 1
C.
D. 2
2.设集合A={−40}，B={x|2x+a0}，且A B={x|−2x1}，则a=
()
A. −4
B. −2
C. 2
D. 4
3.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. B. C. D.
4.已知A为抛物线C:=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. 2
B. 3
C. 6
D. 9
5.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(，)(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+bx
B. y=a+
C. y=a+
D. y=a+b x
6.函数f(x)=−的图像在点(1,f(1))处的切线方程为()
A. y=−2x−1
B. y=−2x+1
C. y=2x−3
D. y=2x+1
7.设函数f(x)=(x+)在[−，]的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期
为()
A. B. C. D.
8.(x+y2
)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为()
x
A. 5
B. 10
C. 15
D. 20
9.已知(0,)，且3cos2α−8cosα=5，则=()
A. B. C. D.
10.已知A，B，C为球O的球面上的三个点，为ABC的外接圆，若的面
积为4，AB=BC=AC=，则球O的表面积为()
A. 64
B. 48
C. 36
D. 32
11.已知M:+−2x−2y−2=0，直线l:2x+y+2=0，P为l上的动点，过
点P作M的切线PA，PB，且切点为A，B，当|PM||AB|最小时，直线AB的方程为()
A. 2x−y−1=0
B. 2x+y−1=0
C. 2x−y+1=0
D. 2x+y+1=0
12.若2a+log2a=4b+2log4b，则()
A. a>2b
B. a<2b
C. a>
D. a<
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.若x，y满足约束条件则z=x+7y的最大值为__________．
14.设，为单位向量，且||=1，则||=__________．
15.已知F为双曲线C:−=1(a>0,b>0)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=，AB AC，
AB AD，CAE=，则FCB=__________．
三、解答题（本大题共7小题，共80.0分）
17.设{}是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
(1)求{}的公比;
(2)若=1，求数列{}的前n项和．
18.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=DO．
(1)证明：PA平面PBC;
(2)求二面角B−PC−E的余弦值．
19.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，预定赛制如下：
累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首次比赛的两个人，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．
20.已知A，B分别为椭圆E:+=1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，
=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.已知函数f(x)=+−x．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;
(2)当x0时，f(x)+1，求a的取值范围．
22.[选修4−4:坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为(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，曲线的极坐标方程为4−16
+3=0．
(1)当k=1时，是什么曲线?
(2)当k=4时，求与的公共点的直角坐标．
23.[选修4−4:坐标系与参数方程]
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．
答案和解析
1. D
解：由z =1+i 得z 2=2i ，2z =2+2i ，|z 2−2z |=|2i −(2+2i)|=2．
2. B
解：由已知可得A ={x|−2⩽x ⩽2}，B ={x|x ⩽−a
2}， 又因为A ∩B ={x|−2⩽x ⩽1}， 所以−a
2=1，从而a =−2,
3. C
解：
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′， 则由题意可得{
ℎ2=1
2aℎ′ℎ2=(ℎ′)2
−(a
2
)2
,
故(ℎ′)2−(a
2)2=1
2aℎ′，
化简可得4(ℎ′
a )2−2(ℎ′
a )−1=0,解得ℎ′a
=1±√5
4
．
负值舍去可得ℎ′a
=
1+√54
4.C
解：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到点C的焦点的距离为12，可得x+p
2
=12
解得p=6．
5.D
解：用光滑的曲线把图中各点连接起来，由图象的走向判断，此函数应该是对数函数类型的，
故应该选用的函数模型为y=a+bln x．
6.B
解：先求函数的导函数f′(x)=4x3−6x2，
则由函数的几何意义可知在点(1,f(1))的切线斜率为k=f′(1)=−2．
又因为f(1)=−1，则切线方程为y−(−1)=−2(x−1)，
则y=−2x+1．
7.C
解：由图可知f(−4π
9)=cos(−4π
9
w+π
6
)=0，
所以−4π
9w+π
6
=π
2
+kπ(k∈Z),化简可得w=−3+9k
4
(k∈Z)，
又因为T<2π<2T，即2π
|w|<2π<4π
|w|
，所以1<|ω|<2，
当且仅当k=−1时1<|ω|<2，所以w=3
2
，
所以最小正周期T=2π
|w|
=4π
3
．
8.C
解：(x+y)5的展开式通项为C5r x5−r y r，r=0，1，2，3，4，5，
则(x+y2
x )(x+y)5的展开式有xC5r x5−r y r，y2
x
C5r x5−r y r，
取r=3和r=1时可得10x3y3，5x3y3，合并后系数为15，9.A
解：∵3cos2α−8cosα=5，
∴3(2cos2α−1)−8cosα=5，即3cos2α−4cosα−4=0，
(3cosα+2)(cosα−2)=0，α∈(0,π)，即cosα=−2
3
，
又α∈(0,π)，sinα>0，
∴sinα=√1−cos2α=√5
3
，
10.A
解：由圆O1的面积为4π=πr2，故圆O1的半径ρ=2，
∵AB=BC=AC=OO1，则三角形ABC是正三角形，
=2r=4，得AB=OO1=2√3，
由正弦定理：AB
sin60∘
由R2=r2+OO12，得球O的半径R=4，表面积为4πR2=64π，
11.D
解：圆M方程化为：(x−1)2+(y−1)2=4，圆心M(1,1)，半径r=2，
根据切线的性质及圆的对称性可知，
则|PM|⋅|AB|=4S△PAM=2|PA|⋅|AM|，
要使其值最小，只需|PA|最小，即|PM|最小，此时，
=√5，|PA|=√|PM|2−|AM|2=1，
∴|PM|=
√5
(x−1)，联立l的方程解得P(−1,0)，
过点M且垂直于l的方程为y−1=1
2
以P为圆心，|PA|为半径的圆的方程为(x+1)2+y2=1，即x2+y2+2x=0，结合圆M的方程两式相减可得直线AB的方程为2x+y+1=0，
12.B
解：根据指数及对数的运算性质，4b+2log4b=22b+log2b，
∵log2(2b)=log2b+1>log2b，
∴22b+log2(2b)>22b+log2b=2a+log2a，
根据函数f(x)=2x+log2x是定义域上的增函数，由f(2b)>f(a)，得a<2b，
13.1
解：根据约束条件画出可行域为：
由z=x+7y得y=−1
7x+1
7
z，平移直线y=−1
7
x，
要使z最大，则y=−1
7x+1
7
z在y轴上的截距最大，
由图可知经过点A(1,0)时截距最大，此时z=1，14.√3
解：|a⃗+b⃗ |2=a⃗2+b⃗ 2+2a⃗⋅b⃗ =2+2a⃗⋅b⃗ =1，
a⃗⋅b⃗ =−1
2
，
|a⃗−b⃗ |2=a⃗2+b⃗ 2−2a⃗⋅b⃗ =2−2a⃗⋅b⃗ =3，
∴|a⃗−b⃗ |=√3．
15.2
解：由题意可知，B在双曲线C的右支上，且在x轴上方，∵BF垂直于x轴，
把x=c代入x2
a2−y2
b2
=1，得y=b2
a
，
∴B点坐标为(c,b2
a
)，又A点坐标为(a,0)，
∴k AB=b2
a
−0
c−a
=3，
化简得b2=3ac−3a2=c2−a2，即2a2−3ac+c2=0，
解得c=2a或c=a(舍)，
故e=c
a
=2．
16.−1
4
解：由已知得BD=√2AB=√6，∵D、E、F重合于一点，
∴AE=AD=√3，BF=BD=√6，∴△ACE中，由余弦定理得
，
∴CE=CF=1，BC²=AC²+AB²，BC=2，
∴在△BCF中，由余弦定理得
．
17.解：⑴设等比数列{a n}的公比为q(q≠1)，
由题意知：2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2，
所以q2+q−2=0，解得q=−2．
(2)若a1=1，则a n=(−2)n−1，
所以数列{na n}的前n项和为T n=1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，则−2T n=−2+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯+n(−2)n，
两式相减得3T n=1+(−2)+(−2)2+(−2)3+(−2)n−1−n(−2)n
=1−(−2)n
1−(−2)−n(−2)n=1−(3n+1)(−2)n
3
，
所以T n=1−(3n+1)(−2)n
9
．
18.(1)证明：不妨设⊙O的半径为1，则AO=OB=OC=1，AE=AD=2，
AB=BC=CA=√3，DO=√DA2−OA2=√3，PO=√6
6DO=√2
2
，
PA=PB=PC=√PO2+AO2=√6
2
，
在△PAC中，PA2+PC2=AC2，故PA⊥PC，
同理可得PA⊥PB，PB∩PC=P，PB，PC⊂平面PBC，
∴PA ⊥平面PBC ．
(2)解：以OE ，OD 所在直线分别为y ，z 轴，圆锥底面内垂直于OE 的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ，
则有B (√32,1
2,0),C (−√32,1
2,0),P (0,0,√2
2),E (0,1,0)， BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,12,0),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,−12,√22)， 设平面PBC 的法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，则{
BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0
，解得n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,1)， 同理可得平面PCE 的法向量n 2⃗⃗⃗⃗ =(√2,−√6,−2√3)， 由图形可知二面角B −PC −E 为锐角，则cosθ=|n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2
⃗⃗⃗⃗⃗ |
n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |
|=
2√5
5
， 故二面角B −PC −E 的余弦值为2√55
．
19. 解：(1)甲连胜四场只能是前四场全胜，则P =(12)4
=116
．
(2)设甲输掉一场比赛为事件A ，乙输掉一场比赛为事件B ，丙输掉一场比赛为事件C ， 四场比赛能结束为事件N ，
则P(N)=P(ABAB)+P(ACAC)+P(BABA)+P(BCBC)=1
16×4=1
4
所以需要进行第五场比赛的概率为
P =1−P(N)=1−
14=34
(3) 丙获胜的概率为：
P =P (ABAB )+P(BABA)+P(ABACB)+P(BABCA)+P(ABCAB)+P(ABCBA) +P(BACAB)+P(BACBA)+P(ACABB)+P(ACBAB)+P(BCABA)+P(BCBAA) =(1
2)4×2+(1
2)5×10=7
16．
20. 解：
由题意A (−a,0),B (a,0),G (0,1),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,1),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,−1), AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a 2−1=8⇒a 2=9⇒a =3， ∴椭圆E 的方程为
x 29
+y 2=1．
(2)由(1)知A (−3,0),B (3,0),P (6,m )，
则直线PA 的方程为y =
m 9
(x +3)，
联立{
y =
m 9
(x +3)
x 29
+y 2=1
⇒(9+m 2)x 2+6m 2x +9m 2−81=0,
由韦达定理−3x C =9m 2−819+m 2⇒x C =
−3m 2+279+m 2
，代入直线PA 的方程y =
m 9
(x +3)得，y C =
6m
9+m 2
，即C (−3m 2+279+m 2
,6m
9+m 2)，
直线PB的方程为y=m
3
(x−3)，
联立{y=m
3
(x−3)
x2
9
+y2=1
⇒(1+m2)x2−6m2x+9m2−9=0,
由韦达定理3x D=9m2−9
1+m2⇒x D=3m2−3
1+m2
，代入直线PA的方程y=m
3
(x−3)得，y D=−2m
1+m2
，
即D(3m2−3
1+m2,−2m
1+m2
)，
∴直线CD的斜率k CD=
6m
9+m2
−−2m
1+m2
−3m2+27
9+m2
−3m
2−3
1+m2
=4m
3(3−m2)
，
∴直线CD的方程为y−−2m
1+m2=4m
3(3−m2)
(x−3m2−3
1+m2
)，
整理得y=4m
3(3−m2)(x−3
2
)，
∴直线CD过定点(3
2
,0)．
21.解：(1)当a=1时，f(x)=e x+x2−x，f′(x)=e x+2x−1，
记g(x)=f′(x)，
因为g′(x)=e x+2>0，所以g(x)=f′(x)=e x+2x−1在R上单调递增，又f′(0)=0，
得当x>0时f′(x)>0，即f(x)=e x+x2−x在(0,+∞)上单调递增；
当x<0时f′(x)<0，即f(x)=e x+x2−x在(−∞,0)上单调递减．
所以f(x)=e x+x2−x在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．(2)①当x=0时，a∈R；
②当x>0时，f(x)≥1
2x3+1即a≥12x3+x+1−e x
x2
，
令ℎ(x)=1
2
x3+x+1−e x
x2
，ℎ′(x)=(2−x)(e x−
1
2
x2−x−1)
x3
记m(x)=e x−1
2
x2−x−1，m′(x)=e x−x−1
令q(x)=e x−x−1，因为x>0，所以q′(x)=e x−1>0，
所以m′(x)=q(x)=e x−x−1在(0,+∞)上单调递增，即m′(x)=e x−x−1> m′(0)=0
所以m(x)=e x−1
2x2−x−1在(0,+∞)上单调递增，即m(x)=e x−1
2
x2−x−1>
m(0)=0，
故当x∈(0,2)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)=1
2
x3+x+1−e x
x2
在(0,2)上单调递增；
当x∈(2,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)=1
2
x3+x+1−e x
x2
在(2,+∞)上单调递减；
所以[ℎ(x)]max=ℎ(2)=7−e2
4，所以a≥7−e2
4
，
综上可知，实数a的取值范围是[7−e2
4
,+∞)．
22.解：(1)当k=1时，曲线C1的参数方程为{x=cost
y=sint，化为直角坐标方程为x2+y2=1，
表示以原点为圆心，半径为1的圆．
(2)k=4时，曲线C1的参数方程为{x=cos 4t
y=sin4t，化为直角坐标方程为√x+√y=1，曲线C2化为直角坐标方程为4x−16y+3=0，
联立{
√x+√y=1
4x−16y+3=0
，解得{
x=1
4
y=1
4
,
所以曲线C1与曲线C2的公共点的直角坐标为(1
4,1
4 )．
23.解：(1)函数f(x)=|3x+1|−2|x−1|=，图像如图所示：
(2)函数f(x+1)的图像即为将f(x)的图像向左平移一个单位所得，如图，联立y=−x−3和y=5x+4
解得交点横坐标为x=−，原不等式的解集为．。