2020年全国新高考I卷数学高考真题
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷(含解析)
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1.设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()A.{x|2<x≤3}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x<4}D.{x|1<x<4}=()2.2−i1+2iA.1B.−1C.iD.−i3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，则不同的安排方法共有() A.120种 B.90种 C.60种 D.30种4.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20∘B.40∘C.50∘D.90∘5.某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%6.基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I (t )=e rt 描述累计感染病例数I (t )随时间t （单位：天）的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0=1+rT ，有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)()A.1.2天B.1.8天C.2.5天D.3.5天7.已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP →⋅AB →的取值范围是()A.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6)8.若定义在R 的奇函数f (x )在(−∞,0)单调递减，且f (2)=0，则满足xf (x −1)≥0的x 的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3]二、多选题9.已知曲线C ：mx 2+ny 2=1.()A.若m >n >0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上B.若m =n >0，则C 是圆，其半径为√nC.若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为y =±√−m n xD.若m =0, n >0，则C 是两条直线10.如图是函数y =sin (ωx +φ)的部分图像，则sin (ωx +φ)=()A.sin (x +π3)B.sin (π3−2x)C.cos (2x +π6)D.cos (5π6−2x)11.已知a >0，b >0，且a +b =1，则()A.a 2+b 2≥12B.2a−b >12C.log 2a +log 2b ≥−2D.√a +√b ≤212.信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X 所有可能的取值为1，2，⋯，n ，且P(X =i)=p i >0(i =1,2,⋯,n)，∑p i n i=1=1，定义X 的信息熵H (X )=−∑p i n i=1log 2p i ，则()A.若n =1，则H (X )=0B.若n =2，则H (X )随着p i 的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y )三、填空题13.斜率为√3的直线过抛物线C:y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则|AB|=________.14.将数列{2n −1}与{3n −2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.15.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=3，BH//DG，EF=12cm，DE=2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，5圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm2.16.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60∘，以D1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.四、解答题17.在①ac=√3，②csinA=3，③c=√3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=√3sinB，C=π，________？618.已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20，a3=8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100.19.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？，附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)20.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD 与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．21.已知函数f(x)=ae x−1−lnx+lna.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.22.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1.设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()A.{x|2<x≤3}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x<4}D.{x|1<x<4}【解答】解：集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B={x|1≤x<4}.故选C.2.2−i1+2i=()A.1B.−1C.iD.−i【解答】解：2−i1+2i =(2−i)(1−2i) (1+2i)(1−2i)=2−4i−i−21+4=−5i5=−i.故选D.3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，则不同的安排方法共有() A.120种 B.90种 C.60种 D.30种【解答】解：由题意可得，不同的安排方法共有C61⋅C52=60（种）.故选C.4.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20∘B.40∘C.50∘D.90∘【解答】解：如图所示，AB为日晷晷针，∠AOC=40∘，由题意知，∠AOC+∠OAB=90∘，∠DAB+∠OAB=90∘，∴∠DAB=∠AOC=40∘，即晷针与点A处的水平面所成角为40∘.故选B.5.某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%【解答】解：设喜欢足球为A，喜欢游泳为B，由题意知，P(A)=60%，P(B)=82%，P(A∪B)=96%，所以P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=60%+82%−96%=46%.故选C.6.基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)=e rt描述累计感染病例数I(t)随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT，有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)()A.1.2天B.1.8天C.2.5天D.3.5天【解答】解：3.28=1+r ⋅6得r =0.38，I(t)=e 0.38t ，e 0.38(t+x)=2⋅e 0.38t 得x =ln20.38≈1.8.故选B .7.已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP →⋅AB →的取值范围是()A.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6) 【解答】解：如图：设A(−1,√3)，P (x,y )，B (−2,0)，AP →=(x +1,y −√3)，AB →=(−1,−√3)，则：AP →⋅AB →=−x −√3y +2，令z =−x −√3y +2，由线性规则得，最优解为：C(−1,−√3)和F(1,√3)，代入得z =6或z =−2．故AP →⋅AB →的取值范围是(−2,6).故选A .8.若定义在R 的奇函数f (x )在(−∞,0)单调递减，且f (2)=0，则满足xf (x −1)≥0的x 的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3] 【解答】解：根据题意，函数图象大致如图：①当x=0时，xf(x−1)=0成立；②当x>0时，要使xf(x−1)≥0，即f(x−1)≥0，可得0≤x−1≤2或x−1≤−2，解得1≤x≤3；③当x<0时，要使xf(x−1)≥0，即f(x−1)≤0，可得x−1≥2或−2≤x−1≤0，解得−1≤x<0.综上，x的取值范围为[−1,0]∪[1,3].故选D.二、多选题已知曲线C：mx2+ny2=1.()A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为√nC.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±√−mnx D.若m=0, n>0，则C是两条直线【解答】解：A，mx2+ny2=1，即x 21 m +y21n=1，∵m>n>0，∴1m <1n，∴此时C是椭圆，且其焦点在y轴上，A选项正确；B，m=n>0时，x2+y2=1n，∴r=√nn，B选项错误；C，mn<0时，可推断出C是双曲线，且其渐近线方程为y=±√−1n1mx=±√−mnx，C选项正确；D，m=0时，C：ny2=1，∴y=±√1n，代表两条直线，D选项正确.故选ACD.如图是函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)=()A.sin(x+π3) B.sin(π3−2x) C.cos(2x+π6) D.cos(5π6−2x)【解答】解：由函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，可知，T2=2π3−π6=π2，∴T=π，∴ω=2ππ=2，∴y=sin(2x+φ).将点(π6,0)代入得，0=sin(π3+φ)，∴π3+φ=(2k+1)π(k∈Z).A，当x=π6时，sin(x+π3)=sinπ2=1，不符合题意，故A选项错误；B，当k=0时，φ=2π3，y=sin(2x+2π3)=sin(2x−π3+π3+2π3)=sin(2x−π3+π)=−sin(2x−π3 )=sin(π3−2x)，故B选项正确；C，sin(2x+2π3)=sin(2x+π6+π2)=cos(2x+π6)，故C正确；D，cos(5π6−2x)=cos(2x−5π6)=cos(2x−π2−π3)=sin(2x−π3 )=−sin(2x+2π3)，故D选项错误.故选BC.已知a>0，b>0，且a+b=1，则()A.a2+b2≥12B.2a−b>12C.log2a+log2b≥−2D.√a+√b≤2【解答】解：A，∵a+b=1,则a2+b2+2ab=1，2ab≤a2+b2，当且仅当a=b时取等号，∴1=a 2+b 2+2ab ≤2(a 2+b 2)，可得a 2+b 2≥12，故A 正确； B ，∵a −b =a −(1−a)=2a −1>−1，∴2a−b >2−1=12，故B 正确；C ，∵ab ≤(a+b 2)2=14，当且仅当a =b 时取等号， ∴log 2a +log 2b =log 2(ab)≤log 214=−2，故C 错误；D ，∵a +b ≥2√ab ，当且仅当a =b 时取等号，∴(√a +√b)2=a +b +2√ab =1+2√ab ≤2，即√a +√b ≤√2，则√a +√b ≤2，故D 正确.故选ABD .信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X 所有可能的取值为1，2，⋯，n ，且P(X =i)=p i >0(i =1,2,⋯,n)，∑p i n i=1=1，定义X 的信息熵H (X )=−∑p i n i=1log 2p i ，则()A.若n =1，则H (X )=0B.若n =2，则H (X )随着p i 的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y )【解答】解：A ，若n =1，则p 1=1，H (X )=−1×log 21=0，故A 正确；B ，若n =2，则H (X )=−[p 1log 2p 1+(1−p 1)log 2(1−p 1)].设f (p )=−[plog 2p +(1−p )log 2(1−p )]，则：f ′(p )=−[log 2p +p ⋅1p⋅ln2−log 2(1−p )+(1−p )−1(1−p )ln2]=−log 2p 1−p =log 21−p p ， 当0<p <12时，f ′(p )>0；当12<p <1时，f ′(p )<0，∴f (p )在(0,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减，p 1=12时，H(X)取最大值，故B 错误；C ，若p i =1n (i =1,2，⋯，n ），则H (X )=−∑p i n i=1log 2p i =−n ⋅1n log 21n =log 2n ，所以H(x)随着n 的增大而增大，故C 正确；D ，若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，由P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2，⋯，m ）知：P (Y =1)=p 1+p 2m ；P (Y =2)=p 2+p 2m−1；P (Y =3)=p 3+p 2m−2；⋯⋯P (Y =m )=p m +p m+1;H (Y )=−[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m−1)log 2(p 2+p 2m−1)+⋯+(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)]，H (X )=−[p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+⋯+p 2m log 2p 2m ]=−[(p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m )+(p 2log 2p 2+p 2m−1log 2p 2m−1)+⋯+(p m log 2p m +p m+1log 2p m+1)]，∵(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )−p 1log 2p 1−p 2m log 2p 2m >0，⋯⋯(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)−p m log 2p m −p m+1log 2p m+1>0，所以H (X )>H (Y )，故D 错误．故选AC .三、填空题斜率为√3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|=________.【解答】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，抛物线的焦点为(1,0)，则直线方程为y=√3(x−1)，代入抛物线方程得3x2−10x+3=0，∴x1+x2=10，3.根据抛物线方程得定义可知|AB|=x1+1+x2+1=163.故答案为：163将数列{2n−1}与{3n−2}的公共项从小到大排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为________.【解答】解：数列2n−1各项为：1，3，5，7，9，⋯数列3n−2各项为：1，4，7，10，13，⋯观察可知，{a n}是首项为1，公差为6的等差数列，数列{a n}的前n项和为3n2−2n.故答案为：3n2−2n.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与，直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=35 BH//DG，EF=12cm，DE=2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm2.【解答】解：由已知得A到DG的距离与A到FG的距离相等，均为5. 作AM⊥GF于M，设AN⊥DG于N.则∠NGA=45∘.∵BH//DG，∴∠BHA=45∘.∵∠OAH=90∘，∴∠AOH=45∘.由tan∠ODC=35，设O到DG的距离为3t，则O到DE的距离为5t，∴{OAcos45∘+5t=7，OAsin45∘+3t=5,解得{t=1, OA=2√2.半圆之外阴影部分面积为：S1=2√2×2√2×12−45∘×π×(2√2)2360∘=4−π，阴影部分面积为：S=12(π⋅(2√2)2−π⋅12)+S1=5π2+4.故答案为：5π2+4.已知直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60∘，以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________.【解答】解：以C 1为原点，C 1B 1→，C 1C →所在直线分别为x 轴、z 轴建立如图1所示的空间直角坐标系O −xyz ，y 轴是平面A 1B 1C 1D 1内与C 1B 1互相垂直的直线，即D 1(1,−√3,0)， 设交线上的点的坐标是(x,0,z )，根据题意可得(x −1)2+3+z 2=5，化简得(x −1)2+z 2=2，所以球面与侧面BCC 1B 1的交线平面如图2所示，即交线长l =14⋅2√2π=√2π2. 故答案为：√2π2. 四、解答题在①ac =√3，②csinA =3，③c =√3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=√3sinB，C=π6，________？【解答】解：选①：∵sinA=√3sinB，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sinB，∴12cosB+√32sinB=√3sinB，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.又∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3解得a=√3, b=1，∴c=1，故满足条件存在△ABC；选②：sinA=√3sinB，C=π6，csinA=3. ∵csinA=3，∴asinC=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2abcosC=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故满足条件存在△ABC；选③：c=√3b，sinA=√3sinB，C=π6，由①可知，B=π6，故△ABC为等腰三角形c=b，又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20，a3=8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100.【解答】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，+a3q=20，可得a3q得2q2−5q+2=0，(2q−1)(q−2)=0.∵q>1，∴q=2，∵a1×q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？，附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)【解答】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，=0.64.且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得K2=100×(64×10−16×10)2≈7.484，80×20×74×26由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解答】(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，故BC⊥CD.又因为PD⊥底面ABCD，故PD⊥BC，又由于PD∩DC=D，因此BC⊥平面PDC.因为在正方形ABCD中BC//AD，且AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，故BC//平面PAD.又因为BC⊂平面PBC，且平面PAD与平面PBC的交线为l，故BC//l.因此l⊥平面PDC.(2)解：由已知条件，P−ABCD底面为正方形，PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立D−xyz空间直角坐标系，如图所示：因为PD =AD =1，Q 在直线l 上，设Q (a,0,1)，其中a ∈R ，由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)，则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1)，设平面QCD 法向量为n →=(x,y,z)，则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0, 令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为：n →=(1,0,−a )，设PB 与平面QCD 成角为θ，则sinθ=|cos <n →,PB →>|=|1+a|√3×√1+a 2 =1√3×√(1+a)21+a 2 =√33×√1+2a 1+a 2，①若a =0，则sinθ=√33， ②若a ≠0，则sinθ=√33×√1+21a+a ， a >0时， ∵1a +a ≥2×√1a ⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$``="$成立，∴sinθ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sinθ<√33， ∴当a =1时，sinθ=√63取到最大值．综上所述，PB与平面QCD成角的正弦值的最大值为√63.已知函数f(x)=ae x−1−lnx+lna.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.【解答】解：(1)当a=e时，f(x)=e x−lnx+1，f′(x)=e x−1x，∴k=f′(1)=e−1，f(1)=e+1，∴y−(e+1)=(e−1)(x−1)，即y=(e−1)x+2，∴在y轴上的截距为2，在x轴的截距为21−e，∴S=12×2×|21−e|=2e−1.(2)①当0<a<1时，f(1)=a+lna<1；②当a=1时，f(x)=e x−1−lnx，f′(x)=e x−1−1x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，所以当x=1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)=1，从而f(x)≥1；③当a>1时，f(x)=ae x−1−lnx+lna≥e x−1−lnx≥1. 综上，a的取值范围是[1,+∞).已知椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.【解答】(1)解：由题设得4a 2+1b 2=1， a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. ∴C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为 y =kx +m ，代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0. 于是x 1+x 2=−4km 1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2.①由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得 (k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0， 将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km 1+2k 2+(m −1)2+4=0，整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0， 因为A(2,1)不在直线MN 上，所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)， 所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1). 由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0.又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23， 此时直线MN 过点P(23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q(43,13). 若D 与P 不重合，则由题设知 AP 是Rt △ADP 的斜边，故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值.。
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. 0B. 1C.D. 22.设集合A={−40}，B={x|2x+a0}，且A B={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. 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. 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(，)(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+C. y=a+D. y=a+b x6.函数f(x)=−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+17.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()xA. 5B. 10C. 15D. 209.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. 64B. 48C. 36D. 3211.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=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>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 ⩽−a2}， 又因为A ∩B ={x|−2⩽x ⩽1}， 所以−a2=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=12aℎ′ℎ2=(ℎ′)2−(a2)2,故(ℎ′)2−(a2)2=12aℎ′，化简可得4(ℎ′a )2−2(ℎ′a )−1=0,解得ℎ′a=1±√54．负值舍去可得ℎ′a=1+√544.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+p2=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(−4π9)=cos(−4π9w+π6)=0，所以−4π9w+π6=π2+kπ(k∈Z),化简可得w=−3+9k4(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=32，所以最小正周期T=2π|w|=4π3．8.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+y2x )(x+y)5的展开式有xC5r x5−r y r，y2xC5r 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=−23，又α∈(0,π)，sinα>0，∴sinα=√1−cos2α=√53，10.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：ABsin60∘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=12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=−17x+17z，平移直线y=−17x，要使z最大，则y=−17x+17z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 =−12，|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x2a2−y2b2=1，得y=b2a，∴B点坐标为(c,b2a)，又A点坐标为(a,0)，∴k AB=b2a−0c−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=ca=2．16.−14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)n1−(−2)−n(−2)n=1−(3n+1)(−2)n3，所以T n=1−(3n+1)(−2)n9．18.(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=√66DO=√22，PA=PB=PC=√PO2+AO2=√62，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 (√32,12,0),C (−√32,12,0),P (0,0,√22),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 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ||=2√55， 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)=116×4=14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) =(12)4×2+(12)5×10=716．20. 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 =6m9+m 2，即C (−3m 2+279+m 2,6m9+m 2)，直线PB的方程为y=m3(x−3)，联立{y=m3(x−3)x29+y2=1⇒(1+m2)x2−6m2x+9m2−9=0,由韦达定理3x D=9m2−91+m2⇒x D=3m2−31+m2，代入直线PA的方程y=m3(x−3)得，y D=−2m1+m2，即D(3m2−31+m2,−2m1+m2)，∴直线CD的斜率k CD=6m9+m2−−2m1+m2−3m2+279+m2−3m2−31+m2=4m3(3−m2)，∴直线CD的方程为y−−2m1+m2=4m3(3−m2)(x−3m2−31+m2)，整理得y=4m3(3−m2)(x−32)，∴直线CD过定点(32,0)．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)≥12x3+1即a≥12x3+x+1−e xx2，令ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2，ℎ′(x)=(2−x)(e x−12x2−x−1)x3记m(x)=e x−12x2−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−12x2−x−1在(0,+∞)上单调递增，即m(x)=e x−12x2−x−1>m(0)=0，故当x∈(0,2)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2在(0,2)上单调递增；当x∈(2,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2在(2,+∞)上单调递减；所以[ℎ(x)]max=ℎ(2)=7−e24，所以a≥7−e24，综上可知，实数a的取值范围是[7−e24,+∞)．22.解：(1)当k=1时，曲线C1的参数方程为{x=costy=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 4ty=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=14x−16y+3=0，解得{x=14y=14,所以曲线C1与曲线C2的公共点的直角坐标为(14,14 )．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．。
2020年全国卷Ⅰ理数高考试题(附答案word版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，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。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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|z 2–2z |=A ．0B ．1CD ．22．设集合A ={x |x 2–4≤0}，B ={x |2x +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 ．14B ．12C ．14D ．124．已知A 为抛物线C :y 2=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(,)(1,2,,20)i i x y i =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 A ．y a bx =+ B ．2y a bx =+ C ．e x y a b =+D ．ln y a b x =+6．函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为 A ．21y x =-- B ．21y x =-+ C ．23y x =-D ．21y x =+7．设函数()cos π()6f x x ω=+在[]π,π-的图像大致如下图，则f (x )的最小正周期为A ．10π9 B ．7π6 C ．4π3D ．3π28．25()()x x y xy ++的展开式中x 3y 3的系数为A ．5B ．10C ．15D ．209．已知 π()0,α∈，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=AB ．23C ．13D10．已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π11．已知⊙M ：222220x y x y +---=，直线l ：220x y ++=，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 ．210x y --=B ．210x y +-=C ．210x y -+=D ．210x y ++=12．若242log 42log a ba b +=+，则A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年全国普通高等学校招生统一考试数学试卷 全国新高考Ⅰ卷 (含答案)
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学注意事项：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。
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。
如需改动，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。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=A．{x|2<x≤3}B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x<4} D．{x|1<x<4}2．2i 12i -= +A．1 B．−1C．i D．−i3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有A．120种B．90种C．60种D．30种4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°5．某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是 A ．62% B ．56% C ．46%D ．42%6．基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(e )rtI t =描述累计感染病例数I (t )随时间t (单位:天)的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0 =1+rT .有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) A ．1.2天 B ．1.8天 C ．2.5天D ．3.5天7．已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅的取值范围是 A ．()2,6- B ．()6,2- C ．()2,4-D ．()4,6-8．若定义在R 的奇函数f (x )在(0),-∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是A ．[)1,1][3,-+∞B ．3,1][,[01]--C ．[)1,0][1,-+∞D ．1,0]3][[1,-二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题文档版(含答案)
2020年普通高等学校招生全国统一考试数 学注意事项：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。
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。
如需改动，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。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．设集合A ={x |1≤x ≤3}，B ={x |2<x <4}，则A ∪B = A ．{x |2<x ≤3} B ．{x |2≤x ≤3} C ．{x |1≤x <4} D ．{x |1<x <4}2．2i12i-=+ A ．1 B ．−1 C ．iD ．−i3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有 A ．120种 B ．90种 C ．60种D ．30种4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°5．某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是 A ．62% B ．56% C ．46%D ．42%6．基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(e )rtI t =描述累计感染病例数I (t )随时间t (单位:天)的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0 =1+rT .有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) A ．1.2天 B ．1.8天 C ．2.5天D ．3.5天7．已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅的取值范围是 A ．()2,6- B ．()6,2- C ．()2,4-D ．()4,6-8．若定义在R 的奇函数f (x )在(0),-∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是 A ．[)1,1][3,-+∞ B ．3,1][,[01]-- C ．[)1,0][1,-+∞ D ．1,0]3][[1,-二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020高考理数全国卷一 试题及答案解析
2 2020 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共 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 z 2 - 2z =A ．0B ．1C ．D ．22．设集合 A = {x x 2 - 4 ≤ 0} , B = {x 2x + a ≤ 0},且 AB = {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 ．5 -1 4C ．5 + 1 4 B ．5 -1 2 D ．5 + 1 24. 已知 A 为抛物线C : y 2 = 2 px ( 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( x i , y i )(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2 4 ⎨ ⎩2 A. y = a + bx B. y = a + bx 2 C. y = a + be x D. y = a + b ln x6. 函数 f (x ) = x 4 - 2x 3 的图像在点(1, f (1)) 处的切线方程为A ． y = -2x - 1B ． y = -2x + 1 C. y = 2x - 3 D. y = 2x + 17. 设函数 f (x ) = cos ⎛ωx + π⎫ 在[-π,π] 的图像大致如下图，则 f (x ) 的最小正周期为6 ⎪ ⎝ ⎭A ． 10πB ．7πC ．4π D ．3π8． (x + 9 6 3 2y )(x + y )5 的展开式中 x 3 y 3的系数为x A ．5 B ．10C ．15D ．209．已知α∈ (0,π) ，且3cos 2α- 8cos α= 5 ，则sin α=A.53B.23C.13D.5 910. 已知 A ， B ， C 为球 O 的球面上的三个点，O 1 为△ABC 的外接圆．若O 1 的面积为 4π，AB = BC = AC = OO 1 ，则球O 的表面积为 A ． 64πB ． 48πC ． 36πD ． 32π11. 已知M : x 2 + y 2 - 2x - 2 y - 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+ log a = 4b+ 2 l og b ，则A. a > 2bB. a < 2bC. a > b 2D. a < b 2二、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 + 7 y 的最大值是．⎪ y + 1 ≥ 0 14. 设a , b 为单位向量，且 a + b = 1 ，则 a - b = ．15. 已知 F 为双曲线C : x a 2 y 2- = 1 （ a > 0, b > 0 ）的右焦点， A 为C 的右顶点， B 为C 上的点，且 b2BF 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 = ．2三、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{a n }是公比不为1的等比数列，a1 为a2 ，a3 的等差中项．（1）求{a n }的公比；（2）若a1 =1，求数列{na n }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 ．2（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:xa2+y 2 =1(a >1) 的左、右顶点，G为E 的上顶点，AG ⋅GB = 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)=e x +ax2 -x．（1）当a =1时，讨论f (x)的单调性；（2）当x ≥ 0 时，f (x)≥1x3 +1 ，求a 的取值范围．22⎩（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）⎧⎪x = cos kt在直角坐标系 xOy 中，曲线C 1 的参数方程为 ⎨⎪ y = sin kt （ 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C 2 的极坐标方程为4ρcos θ-16ρsin θ+ 3 = 0 ，（1） 当 k = 1时， C 1 是什么曲线？（2） 当 k = 4 时，求C 1 与C 2 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 + 2 x - 1 ．（1） 画出 y = f ( x ) 的图象；（2） 求不等式 f ( x ) > f (x + 1) 的解集．5 +1 ωω ω一、选择题 1【答案】 D .参考答案【解析】∵ z 2 - 2z = (1+ i )2- 2 (1+ i ) = -2 ,∴ z 2- 2z 2. 【答案】 B .= -2 = 2 ，故选 D .【解析】 A = {x x 2 - 4 ≤ 0}= {x -2 ≤ x ≤ 2} , B = {x 2x + a ≤ 0} = ⎧x x ≤ - a ⎫,⎨ 2 ⎬ ⎩ ⎭∵ A B = {x -2 ≤ x ≤ 1} ,∴ - a= 1,∴ a = -2. 故选 B .23. 【答案】C .【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 ，⎧h 2 = 1a ⋅ h ' ⎪ 2 ⎛ h ' ⎫2 ⎛ h ' ⎫2则有⎨⎛ h ⎫2化简得 4 a ⎪ - 2 a ⎪ -1 = 0 ， ⎪h 2 + ⎪ = h '2 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎩⎪ ⎝ 2 ⎭ 解得 h '= .故选C .a 44. 【答案】C .【解析】设点 A ( x , y ) ，由点 A y 轴的距离为9 得 x = 9 ，根据抛物线定义，p p由 A 到C 的焦点的距离为12 得 x += 12 ，即6 + = 12 ，解得 p = 6. 故选C .2 25. 【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 ) = 4x 3 - 6x 2 ,∴ 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 .【解析】根据函数图象得 f ⎛ - 4π⎫ = 0 ，∴ cos ⎛ - 4ππ⎫ = 0 ，9 ⎪ 9 ω+ 6 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭π π π ω+ = +9 6 2 k π(k ∈ Z ) ，解得ω= - 3 + 9k (k ∈ Z ) ， 4又∵ T < 2π< 2T ，∴ 2π < 2π< 4π，解得1 < ω < 2 ，∴ω= 3，∴最小正周期T = 2π =4π.故选C . 238. 【答案】C .【解析】∵ ( x + y )5的通项为T= C r x 5-r y r (r = 0,1,,5) ，r +15h ' ha∴ - 43 y 14 3 3 1 1 2 2 2 2 4 2 2 2 2 ⎪ ∴ r = 1 时， 2C x y = 5x y ； r = 3 时， xC 3 x 2 y 3 = 10x 3 y 3 .x 55∴ x 3 y 3 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，3cos 2α- 8cos α= 5 可化为3cos 2 α- 4 cos α- 4 = 0 ，解得cos α= 2 （舍）或cos α= - 2.3 ∵α∈(0,π) ，∴ sin α= 10. 【答案】 A .5.故选 A . 3【解析】不妨设 AB = a ， O 1 的半径为 r ，球O 的半径为 R ，依题意有πr 2 = 4π，∴ r = 2 ， 又 r = O 1 A =3 a ，∴ a = 2 3, R 2 = OO 2 + O A 2 = 4 ，∴球O 的表面积为 4πR 2 = 64π.故选 A .11. 【答案】 D .【解析】M 方程化为标准方程得： ( x -1)2 + ( y -1)2= 4 ，∵四边形 PAMB 的面积 S = 1 PM 2 ⋅ AB = 2S∆PAM = 2⨯ ⎛ 1 PA AM ⎫2 ⎝ ⎭= 2 PA = 2 ∴当且仅当 PM 最小时 PM ⋅ AB 最小，此时 PM ⊥ l ，又∵ l : 2x + y + 2 = 0 ，∴ PM : y = 1 x + 1，2 2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 + log a = 4b + 2 l og b = 2 2b+ log b ，∵ 22b + log b < 22b + log 2b = 22b+1 + log b ∴ 2a + log a < 22b + log b ，构造函数 f ( x ) = 2x + log x ，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 + 7 y 经过直线2x + y - 2 = 0 与 x - y - 1 = 0 的交点(1, 0) 时， z 取最大值， z max = 1 + 7 ⨯ 0 = 1 .yOy + 1 = 0x - y -1 = 0(1, 0)x2x + y - 2 = 014. 【答案】 .3 PM 2- 43 6 3 6 a n n n n n n n 1- (-2) 1 【解析】∵ a + b 2 = (a + b )2 = a 2 + b 2+ 2a ⋅ b = 1 ,∴ a ⋅ b = - 1 ,2∴ a - b 2= (a - b )2= (a + b )2- 4a ⋅ b = 3 ,∴ a - b = .15. 【答案】 2 .【解析】由题意得 A (a , 0), F (c , 0) ，⎛ b 2 ⎫∵ BF 为通径长的一半，∴ B c , ⎪ ，⎝ ⎭b 2ab 2c + a又 k == = = e + 1= 3 ，∴离心率e = 2 . c - a a (c - a ) a 16. 【答案】 - 1.4【解析】根据题意得 BD = 2AB = ，∵ D , E , F 三点重合，∴ AE = AD = ， BF = BD = ， 在∆ACE 中，由余弦定理得CE 2 = AC 2 + AE 2 - 2AC ⋅ AE ⋅ cos ∠ACE= 1 + 3 - 2 ⨯1⨯ ∴ CE = CF = 1，3 cos 30︒ = 1在∆BCF 中，根据余弦定理得BC 2 + CF 2 - BF 2 1cos ∠FCB = = -三、解答题2BC ⋅ C F 417. 解：（1）设{a } 的公比为q ，由题设得 2a = a + a ，即 2a = a q + a q 2 n123111∴ q 2 + q - 2 = 0 ，解得 q = 1 （舍去）或 q = -2 . ∴{a } 的公比为-2 . （2）记 S 为{na } 的前 n 项和，由（1）及题设可知 a = (-2)n -1，∴ S =1+ 2⨯ (-2) ++ n ⨯ (-2 )n -1①-2S = -2 + 2⨯ (-2 )2+ + (n -1)⨯ (-2 )n②由①②得3S =1 + (-2 ) + (-2 )2+ + (-2 )n -1- n ⨯ (-2 )nn= - n ⨯ (-2)n3∴ S n = 9 - (3n +1)(-2)n918. 解：（1）设 DO = a ，由题设可得， 3 PO =6a , AO = 3 a , AB = a ， PA = PB = PC = 2 a ， 6 3 2∴ PA 2+ PB 2= AB 2，∴ PA ⊥ PB ，z又 PA 2+ PC 2= AC 2，∴ PA ⊥ PC ， ∴ PA ⊥ 平面 PBC（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 .y⎛ 1 ⎫由题设可得 E (0,1, 0), A (0, -1, 0 ), C - , , 0 ⎪ ，⎛ 2 ⎫⎛ ⎝ 3 1 ⎫ 2 2 ⎭x ⎛ 2 ⎫ P 0, 0, 2 ⎪ ，∴ EC = - 2 , - 2 , 0⎪, EP = 0.-1, 2 ⎪ 。
2020年全国新高考I卷数学高考真题
2020年新高考全国I 卷（山东卷）数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 设集合{}|13A x x =≤≤，{}|24B x x =<<，则A B = A ．{}|23x x <≤ B ．{}|23x x ≤≤C ．{}|14x x ≤<D ．{}|14x x <<【分值】5分 【答案】C 【解析】略 2.212ii-=+ A ．1B.-1C.iD.i - 【分值】5分 【答案】D【解析】2(2)(2)1214i i i i ii i ---==-+-3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，则不同的安排方法共有 A ．120种 B ．90种C．60种D．30种【分值】5分【答案】C【解析】126560C C 种4.日晷是中国古代用来测量时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间。
把地球看成一个球（球心记为O）,地球上一点A的维度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的维度为北纬o40，则晷针与点A处的水平面所成角为A．o20B．o40C．o50D．o90【分值】5分【答案】B【解析】略5. 某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有96%的学生喜欢足球或游泳,60%的学生喜欢足球,82%的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是A.62%B.56%C.46%D.42%【分值】5分【答案】C【解析】略6. 基本再生数0R 与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数。
基本再生数指一个感染者传染的平均人数,世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间。
在新冠肺炎疫情初始阶段,可以用指数模型： ()rt I t e =描述累计感染病例数()I t 随时间t (单位:天)的变化规律,指数增长率r 与0R ，T 近似满足01R rT =+,有学者基于已有数据估计出0 3.28R =，6T =.据此,在新冠肺炎疫情初始阶段,累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln 20.69)≈ A.1.2天 B.1.8天 C.2.5天 D.3.5天 【分值】5分 【答案】B【解析】3.2816r =+ 得 0.38r =，0.38()t I t e =，0.38()0.382t x t e e +=得ln 21.80.38x =≈ 7.已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅的取值范围是 A ．(2,6)- B ．(6,2)- C ．(2,4)- D ．(4,6)- 【分值】5分 【答案】A【解析】设：(1,3),(,),(2,0)A P x y B --(1,3),(1,3)AP x y AB =+-=--则：32AP AB x y =--+令32Z x y =--+，由线性规则得，最优解为：(1,3)C -和(1,3)F ，代入得6Z =或2Z =-。
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷(解析版)
2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1. 设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()A.{x|2<x≤3}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x<4}D.{x|1<x<4}2. 2−i1+2i=( )A.1B.−1C.iD.−i3. 6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( )A.120种B.90种C.60种D.30种4. 日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A 且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20∘B.40∘C.50∘D.90∘5. 某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%6. 基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)=e rt描述累计感染病例数I(t)随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT，有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)( )A.1.2天B.1.8天C.2.5天D.3.5天7. 已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP→⋅AB→的取值范围是( )A.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6)8. 若定义在R上的奇函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，且f(2)=0，则满足xf(x−1)≥0的x的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3]二、多选题9. 已知曲线C：mx2+ny2=1.( )A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为√nC.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±√−mnxD.若m=0，n>0，则C是两条直线10. 如图是函数y=sin(ωx+φ)，则sin(ωx+φ)=( )A.sin(x+π3) B.sin(π3−2x) C.cos(2x+π6) D.cos(5π6−2x)11. 已知a>0，b>0，且a+b=1，则( )A.a2+b2≥12B.2a−b>12C.log2a+log2b≥−2D.√a+√b≤212. 信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X所有可能的取值为1，2，⋯，n，且P(X=i)=p i> 0(i=1,2,⋯,n)，∑p ini=1=1，定义X的信息熵H(X)=−∑p ini=1log2p i，则( )A.若n=1，则H(X)=0B.若n=2，则H(X)随着p i的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y ) 三、填空题13. 斜率为√3的直线过抛物线C:y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则|AB|=________.14. 将数列{2n −1}与{3n −2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.15. 某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形， BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC=35， BH//DG ，EF =12cm ，DE =2cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm 2.16. 已知直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60∘，以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________. 四、解答题17. 在①ac =√3，②c sin A =3，③c =√3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A =√3sin B ，C =π6， ________？18. 已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2+a 4=20，a 3=8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0,m](m ∈N ∗)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100 .19. 为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO 2浓度(单位：μg/m 3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO 2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关？ 附：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，20. 如图，四棱锥P −ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．21. 已知函数f (x )=ae x−1−ln x +ln a .(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.22. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足. 证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.参考答案与试题解析2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】并集及其运算【解析】根据集合并集的运算法则求解.【解答】解：集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B={x|1≤x<4}.故选C.2.【答案】D【考点】复数代数形式的混合运算【解析】根据复数的除法运算法则求解.【解答】解：2−i1+2i =(2−i)(1−2i) (1+2i)(1−2i)=2−4i−i−21+4=−5i5=−i.故选D.3.【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】先让甲场馆选1人，再让乙场馆选2，剩下的去丙场馆即可得解. 【解答】解：由题意可得，不同的安排方法共有C61⋅C52=60（种）.故选C.4.【答案】B【考点】直线与平面所成的角空间点、线、面的位置【解析】根据纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角. 【解答】解：如图所示，AB为日晷晷针，∠AOC=40∘，由题意知，∠AOC+∠OAB=90∘，∠DAB+∠OAB=90∘，∴ ∠DAB=∠AOC=40∘，即晷针与点A处的水平面所成角为40∘.故选B.5.【答案】C【考点】概率的应用【解析】利用互斥事件的概率公式代入求解.【解答】解：设''该中学学生喜欢足球''为事件A，''该中学学生喜欢游泳''为事件B，则''该中学学生喜欢足球或游泳''为事件A∪B，''该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳''为事件A∩B. 由题意知，P(A)=60%，P(B)=82%，P(A∪B)=96%，所以P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=60%+82%−96%=46%.故选C.6.【答案】B【考点】函数模型的选择与应用指数式与对数式的互化【解析】先根据所给模型求得r，然后求得初始病例数I，最后求得感染病例数增加1倍所需的时间.【解答】解：3.28=1+r ⋅6得r =0.38，I(t)=e 0.38t ， e 0.38(t+x)=2⋅e 0.38t 得x =ln 20.38≈1.8. 故选B . 7.【答案】 A【考点】平面向量数量积求线性目标函数的最值 【解析】先画出图形，并用坐标表示AP →⋅AB →，然后向量问题转化为求线性目标函数的最值，最终得AP →⋅AB →的取值范围.【解答】 解：如图：设A(−1,√3)，P (x,y )，B (−2,0)， AP →=(x +1,y −√3)，AB →=(−1,−√3)， 则AP →⋅AB →=−x −√3y +2.令z =−x −√3y +2，该问题可转化为求该目标函数在可行域中的最值问题，由图可知，z =−x −√3y +2经过点C 时，z 取得最大值；经过点F 时，z 取得最小值， 故最优解为C(−1,−√3)和F(1,√3)， 代入得z max =6或z min =−2， 故AP →⋅AB →的取值范围是(−2,6). 故选A . 8.【答案】 D【考点】函数单调性的性质 函数奇偶性的性质【解析】先根据函数的奇偶性确定函数的大致图像，然后判断函数的单调性，最后利用分类讨论思想讨论不等式成立时x 的取值范围. 【解答】解：根据题意，函数图象大致如图：①当x =0时，xf(x −1)=0成立； ②当x >0时，要使xf(x −1)≥0， 即f(x −1)≥0，可得0≤x −1≤2或x −1≤−2， 解得1≤x ≤3；③当x <0时，要使xf(x −1)≥0， 即f(x −1)≤0，可得x −1≥2或−2≤x −1≤0， 解得−1≤x <0.综上，x 的取值范围为[−1,0]∪[1,3]. 故选D .二、多选题 9.【答案】 A,C,D 【考点】双曲线的渐近线 椭圆的标准方程 圆的标准方程 直线的一般式方程【解析】根据所给条件，逐一分析对应的方程形式，结合椭圆、圆、双曲线方程的定义进行判断即可. 【解答】解：A ，mx 2+ny 2=1，即x 21m+y 21n=1.∵ m >n >0， ∴ 1m <1n ，∴ 此时C 是椭圆，且其焦点在y 轴上， A 选项正确；B ，m =n >0时，x 2+y 2=1n ， ∴ r =√n n， B 选项错误；C，mn<0时，可推断出C是双曲线，且其渐近线方程为y=±√−1n1mx=±√−mnx，C选项正确；D，m=0时，C：ny2=1，∴ y=±√1n代表两条直线，D选项正确.故选ACD.10.【答案】B,C【考点】诱导公式由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的图象【解析】先用图像上两零点间的距离求出函数的周期，从而求得ω，而后利用五点对应法求得φ，进而求得图像的解析式.【解答】解：由函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，可知，T2=2π3−π6=π2，∴ T=π，∴ ω=2ππ=2，∴ y=sin(2x+φ).将点(π6,0)代入得，0=sin(π3+φ)，∴π3+φ=(k+1)π(k∈Z).A，当x=π6时，sin(x+π3)=sinπ2=1，不符合题意，故A选项错误；B，当k=0时，φ=2π3，y=sin(2x+2π3 )=sin(2x−π3+π3+2π3)=sin(2x−π3+π)=−sin(2x−π3)=sin(π3−2x)，故B选项正确；C，sin(2x+2π3)=sin(2x+π6+π2)=cos(2x+π6)，故C选项正确；D，cos(5π6−2x)=cos(2x−5π6)=cos(2x−π2−π3)=sin(2x−π3)=−sin(2x+2π3)，故D选项错误.故选BC.11.【答案】A,B,D【考点】不等式性质的应用基本不等式在最值问题中的应用【解析】选项A左边是代数式形式，右边是数字形式，且已知a+b=1，故可考虑通过基本不等式和重要不等式建立a2+b2与a+b的关系；选项B先利用指数函数的增减性将原不等式简化为二元一次不等式，然后利用不等式的性质及已知条件判断；选项C需要利用对数的运算和对数函数的增减性将不等式转化为关于a, b的关系式，然后利用基本不等式建立与已知条件a+b的关系；选项D基本不等式的变形应用.【解答】解：A，∵ a+b=1，则a2+b2+2ab=1，2ab≤a2+b2，当且仅当a=b时取等号，∴ 1=a2+b2+2ab≤2(a2+b2)，可得a2+b2≥12，故A正确；B，∵ a−b=a−(1−a)=2a−1>−1，∴2a−b>2−1=12，故B正确；C，∵ ab≤(a+b2)2=14，当且仅当a=b时取等号，∴log2a+log2b=log2ab≤log214=−2，故C错误；D ，∵ a +b ≥2√ab ，当且仅当a =b 时取等号， ∴ (√a +√b)2=a +b +2√ab =1+2√ab ≤2， 即√a +√b ≤√2，则√a +√b ≤2，故D 正确. 故选ABD . 12. 【答案】 A,C【考点】 概率的应用概率与函数的综合 利用导数研究函数的单调性【解析】选项A 根据题目给出信息熵的定义可直接判断；选项B 根据题意先得到p 1，p 2的关系，然后构造关于p 1的函数，最后利用导数判断新函数的增减性； 选项C 根据题目给定信息化简H(x)后可判断；选项D 分别求出H(x)，H(y)，利用作差法结合对数的运算即可判断. 【解答】解：A ，若n =1，则p 1=1，H (X )=−1×log 21=0，故A 正确； B ，若n =2，则p 1+p 2=1，则H (X )=−[p 1log 2p 1+(1−p 1)log 2(1−p 1)]. 设f (p )=−[p log 2p +(1−p )log 2(1−p )]，则f ′(p )=−[log 2p +p ⋅1p ln 2−log 2(1−p )+(1−p )−1(1−p )ln 2] =−log 2p1−p =log 21−p p，当0<p <12时，f ′(p )>0； 当12<p <1时，f ′(p )<0，∴ f (p )在(0,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减， 当p 1=12时，H(X)取最大值，故B 错误；C ，若p i =1n (i =1,2，⋯，n )，则H (X )=−∑p i n i=1log 2p i =−n ⋅1n log 21n =log 2n ，所以H(x)随着n 的增大而增大，故C 正确；D ，若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ， 由P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2，⋯，m ）知： P (Y =1)=p 1+p 2m ； P (Y =2)=p 2+p 2m−1 ；P (Y =3)=p 3+p 2m−2 ； ⋯⋯P (Y =m )=p m +p m+1 ;H (Y )=−[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m−1)log 2(p 2+p 2m−1)+⋯+(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)]， H (X )=−[p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+⋯+p 2m log 2p 2m ]=−[(p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m )+(p 2log 2p 2+p 2m−1log 2p 2m−1)+⋯ +(p m log 2p m +p m+1log 2p m+1)]，∵ (p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )−p 1log 2p 1−p 2m log 2p 2m >0， ⋯⋯(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)−p m log 2p m −p m+1log 2p m+1>0， 所以H (X )>H (Y )，故D 错误． 故选AC . 三、填空题 13.【答案】163【考点】 抛物线的性质 【解析】先根据题目给定信息求出直线方程，联立直线和抛物线方程，再利用韦达定理和抛物线的性质转化求出弦长|AB|. 【解答】解：设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 抛物线的焦点为(1,0)，则直线方程为y =√3(x −1)，代入抛物线方程得3x 2−10x +3=0， ∴ x 1+x 2=103，根据抛物线方程的定义可知|AB|=x 1+1+x 2+1=163.故答案为：163.14.【答案】 3n 2−2n 【考点】等差数列的前n 项和 等差关系的确定【解析】先判断出{2n −1}与{3n −2}公共项所组成的新数列{a n }的公差、首项，再利用等差数列的前n 项和的公式得出结论. 【解答】解：数列{2n −1}各项为：1，3，5，7，9，⋯数列{3n −2}各项为：1，4，7，10，13，⋯观察可知，{a n }是首项为1，公差为6的等差数列， 所以数列{a n }的前n 项和为3n 2−2n . 故答案为：3n 2−2n . 15. 【答案】5π2+4 【考点】同角三角函数基本关系的运用 扇形面积公式【解析】先利用解三角形和直线的位置关系求出圆的半径，然后求出阴影部分的面积，运用了数形结合的方法. 【解答】解：由已知得A 到DG 的距离与A 到FG 的距离相等，均为5. 作AM ⊥GF 延长线于M ，AN ⊥DG 于N ，则∠NGA =45∘. ∵ BH//DG ， ∴ ∠BHA =45∘. ∵ ∠OAH =90∘， ∴ ∠AOH =45∘.设O 到DG 的距离为3t ，由tan ∠ODC =35，可知O 到DE 的距离为5t ， ∴ {OA ⋅cos 45∘+5t =7,OA ⋅sin 45∘+3t =5,解得{t =1,OA =2√2.半圆之外阴影部分面积为：S 1=2√2×2√2×12−45×π×(2√2)2360=4−π，阴影部分面积为：S =12[π⋅(2√2)2−π⋅12]+S 1=5π2+4.故答案为：5π2+4.16. 【答案】√2π2【考点】 弧长公式空间直角坐标系 圆的标准方程 两点间的距离公式【解析】根据题意画出直观图，建立合适的坐标系，求出交线上的点的轨迹方程，进而确定点的轨迹在平面BCC 1B 1上是以√2为半径的90∘的弧，最后根据弧长公式求解. 【解答】解：以C 1为原点，C 1B 1→，C 1C →所在直线分别为x 轴、z 轴建立如图1所示的空间直角坐标系O −xyz ，y 轴是平面A 1B 1C 1D 1内与C 1B 1互相垂直的直线， 即D 1(1,−√3,0)，设交线上的点的坐标是(x,0,z )，根据题意可得(x −1)2+3+z 2=5， 化简得(x −1)2+z 2=2，所以球面与侧面BCC 1B 1的交线平面如图2所示，即交线长l =14⋅2√2π=√2π2. 故答案为：√2π2. 四、解答题 17.【答案】解：选①：∵sin A=√3sin B，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3，解得a=√3，b=1，∴c=1，故存在△ABC满足条件；选②：sin A=√3sin B，C=π6，c sin A=3. ∵c sin A=3，∴a sin C=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2ab cos C=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故存在△ABC满足条件；选③：c=√3b，sin A=√3sin B，C=π6，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．【考点】两角和与差的正弦公式余弦定理正弦定理【解析】条件①先根据题意，结合正弦定理用一边去表示另外两条边，然后用余弦定理求出三角形的三边的长；条件②先用正弦定理结合已知求出a，b的长，然后用余弦定理求出c的长；条件③先利用正弦定理结合已知用b表示a，c，然后利用余弦定理求得∠C与给定值不同，从而判定三角形不存在.【解答】解：选①：∵sin A=√3sin B，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3，解得a=√3，b=1，∴c=1，故存在△ABC满足条件；选②：sin A=√3sin B，C=π6，c sin A=3.∵c sin A=3，∴a sin C=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2ab cos C=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故存在△ABC满足条件；选③：c=√3b，sin A=√3sin B，C=π6，∴sin(56π−B)=√3sin B，∴12cos B+√32sin B=√3sin B，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.∵C=π6，∴b=c.又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．18.【答案】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，可得a3q+a3q=20，得2q2−5q+2=0，∴ (2q−1)(q−2)=0 .∵ q>1，∴ q=2，∵a1q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.【考点】数列的求和等比数列的通项公式【解析】(1)先根据已知列式求出公比，求出首项，最后求得等比数列的通项公式；(2)由题意求得0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，⋯，可知b63=5，b64= b65=⋯=b100=6．则数列{b m}的前100项和S100可求．【解答】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，可得a3q+a3q=20，得2q2−5q+2=0，∴ (2q−1)(q−2)=0 .∵ q>1，∴ q=2，∵a1q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.19.【答案】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64.(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得K2=100×(64×10−16×10)280×20×74×26≈7.484，由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关. 【考点】独立性检验概率的意义【解析】(1)根据题目已知信息利用频率估计概率；(2)根据题目给定信息画出2×2列联表；(3)根据列联表计算K的观测值K2，得出统计结论.【解答】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100=0.64.(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得 K 2=100×(64×10−16×10)280×20×74×26≈7.484，由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关. 20.【答案】(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形， 故BC ⊥CD .因为PD ⊥底面ABCD ，故PD ⊥BC .又由于PD ∩DC =D ，因此BC ⊥平面PDC .因为在正方形ABCD 中BC//AD ，且AD ⊂平面PAD ， BC ⊄平面PAD ， 故BC//平面PAD .又BC ⊂平面PBC ，且平面PAD 与平面PBC 的交线为l ， 故BC//l .因此l ⊥平面PDC .(2)解：由已知条件，四棱锥P −ABCD 底面为正方形，PD ⊥底面ABCD . 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ，如图所示.因为PD =AD =1，Q 在直线l 上， 设Q (a,0,1)，其中a ∈R .由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)， 则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1). 设平面QCD 的一个法向量为n →=(x,y,z)， 则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0,令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为n →=(1,0,−a ). 设PB 与平面QCD 成角为θ，则sin θ=|cos <n →,PB →>| =√3×√1+a 2=1√3×√(1+a)21+a 2=√33×√1+2a 1+a 2.①若a =0，则sin θ=√33， ②若a ≠0，则sin θ=√33×√1+21a+a.当a >0时，∵ 1a+a ≥2×√1a⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$`` = "$成立， ∴ sin θ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sin θ<√33， ∴ 当a =1时，sin θ=√63为最大值． 综上所述，PB 与平面QCD 成角的正弦值的最大值为√63. 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角 基本不等式在最值问题中的应用直线与平面垂直的判定【解析】(1)先求l 的平行线BC 与面PCD 垂直，再利用线面垂直的判定即可得证；(2)选取合适的点建立空间直角坐标系，然后运用向量法结合基本不等式即可求得线面夹角的最大值. 【解答】(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形， 故BC ⊥CD .因为PD ⊥底面ABCD ，故PD ⊥BC .又由于PD ∩DC =D ，因此BC ⊥平面PDC .因为在正方形ABCD 中BC//AD ，且AD ⊂平面PAD ， BC ⊄平面PAD ， 故BC//平面PAD .又BC ⊂平面PBC ，且平面PAD 与平面PBC 的交线为l ， 故BC//l .因此l ⊥平面PDC .(2)解：由已知条件，四棱锥P −ABCD 底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ，如图所示.因为PD =AD =1，Q 在直线l 上， 设Q (a,0,1)，其中a ∈R .由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)， 则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1). 设平面QCD 的一个法向量为n →=(x,y,z)， 则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0,令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为n →=(1,0,−a ). 设PB 与平面QCD 成角为θ， 则sin θ=|cos <n →,PB →>| =|1+a|√3×√1+a 2=1√3×√(1+a)21+a 2 =√33×√1+2a 1+a 2.①若a =0，则sin θ=√33， ②若a ≠0，则sin θ=√33×√1+21a+a.当a >0时，∵ 1a +a ≥2×√1a ⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$`` = "$成立， ∴ sin θ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sin θ<√33， ∴ 当a =1时，sin θ=√63为最大值． 综上所述，PB 与平面QCD 成角的正弦值的最大值为√63. 21.【答案】解：(1)当a =e 时， f (x )=e x −ln x +1，f ′(x )=e x −1x，∴ f ′(1)=e −1，f (1)=e +1， ∴ y −(e +1)=(e −1)(x −1)， 即y =(e −1)x +2，∴ 该切线在y 轴上的截距为2，在x 轴上的截距为21−e，∴ S =12×2×|21−e|=2e−1.(2)①当0<a <1时，f (1)=a +ln a <1； ②当a =1时，f(x)=e x−1−ln x ， f ′(x)=e x−1−1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0，所以当x =1时，f (x )取得最小值， 最小值为f (1)=1，从而f (x )≥1； ③当a >1时，f (x )=ae x−1−ln x +ln a >e x−1−ln x ≥1. 综上，a 的取值范围是[1,+∞). 【考点】利用导数研究不等式恒成立问题 利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】(1)根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；(2)不等式等价于e x−1+ln a +ln a +x −1≥ln x +x =e ln x +ln x ，令g(t)=e t +t ，根据函数单调性可得ln a >ln x −x +1，再构造函数ℎ(x)=ln x −x +1，利用导数求出函数的最值，即可求出a 的范围. 【解答】解：(1)当a =e 时， f (x )=e x −ln x +1， f ′(x )=e x −1x ，∴ f ′(1)=e −1，f (1)=e +1， ∴ y −(e +1)=(e −1)(x −1)， 即y =(e −1)x +2，∴ 该切线在y 轴上的截距为2，在x 轴上的截距为21−e，∴ S =12×2×|21−e|=2e−1. (2)①当0<a <1时，f (1)=a +ln a <1； ②当a =1时，f(x)=e x−1−ln x ， f ′(x)=e x−1−1x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0， 当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0，所以当x =1时，f (x )取得最小值， 最小值为f (1)=1，从而f (x )≥1； ③当a >1时，f (x )=ae x−1−ln x +ln a >e x−1−ln x ≥1. 综上，a 的取值范围是[1,+∞). 22. 【答案】 (1)解：由题设得4a2+1b2=1，a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. 所以C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y =kx +m ， 代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0.于是x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2. ① 由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得(k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0，将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km1+2k 2+(m −1)2+4=0， 整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN 上， 所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)，所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1).由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0. 又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23，此时直线MN 过点P(23,−13).令Q 为AP 的中点，即Q(43,13).若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边， 故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值. 【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题 椭圆的标准方程 【解析】(1)根据椭圆方程的离心率、a ，b ，c 的关系及椭圆上一点列出关系式，解得a 2，b 2即可得椭圆方程； (2)①当直线斜率存在时，设直线方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，结合AM →⋅AN →=0可得 m =1−2k 或m =−2k +13，由点A 不在直线MN 上可判断m ≠1−2k ，进而根据m =−2k+13可求解直线MN 的方程，从而判断直线MN 过定点P ；②若直线MN 与x 轴垂直，结合和椭圆方程，求得点M 的横坐标x 1 ，由此可知直线MN 过点P ；由上述分类讨论可知|AP|为定值，根据直角三角形中线的性质确定定点Q ，最后分两小类讨论D 与P 重合或者不重合最终确定|DQ|为定值. 【解答】(1)解：由题设得4a 2+1b 2=1，a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. 所以C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y =kx +m ， 代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0.于是x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2. ①由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得(k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0，将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km1+2k 2+(m −1)2+4=0， 整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN 上， 所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)，所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1).由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0. 又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23，此时直线MN 过点P(23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q(43,13).若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边， 故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值.。
2020年高考真题数学【新高考全国Ⅰ卷】(山东卷)(含解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试新高考全国Ⅰ一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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．设集合A＝{x|1≤x≤3},B＝{x|2<x<4},则A∪B等于()A．{x|2<x≤3} B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x<4} D．{x|1<x<4}答案C解析A∪B＝{x|1≤x≤3}∪{x|2<x<4}＝{x|1≤x<4}．2.2－i1＋2i等于()A．1 B．－1 C．i D．－i 答案D解析2－i1＋2i＝(2－i)(1－2i)(1＋2i)(1－2i)＝－5i5＝－i.3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有()A．120种B．90种C．60种D．30种答案C解析先从6名同学中选1名安排到甲场馆,有C16种选法,再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆,有C25种选法,最后将剩下的3名同学安排到丙场馆,有C33种选法,由分步乘法计数原理知,共有C16·C25·C33＝60(种)不同的安排方法．4.日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20° B．40° C．50° D．90°答案B解析如图所示,⊙O为赤道平面,⊙O1为A点处的日晷面所在的平面,由点A 处的纬度为北纬40°可知∠OAO 1＝40°,又点A 处的水平面与OA 垂直,晷针AC 与⊙O 1所在的面垂直, 则晷针AC 与水平面所成角为40°.5．某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有96%的学生喜欢足球或游泳,60%的学生喜欢足球,82%的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是( )A ．62%B ．56%C ．46%D ．42% 答案 C解析 用Venn 图表示该中学喜欢足球和游泳的学生所占的比例之间的关系如图,设既喜欢足球又喜欢游泳的学生占该中学学生总数的比例为x , 则(60%－x )＋(82%－x )＋x ＝96%,解得x ＝46%.6．基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数,世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段,可以用指数模型：I (t )＝e rt 描述累计感染病例数I (t )随时间t (单位：天)的变化规律,指数增长率r 与R 0,T 近似满足R 0＝1＋rT .有学者基于已有数据估计出R 0＝3.28,T ＝6.据此,在新冠肺炎疫情初始阶段,累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln 2≈0.69)( ) A ．1.2天 B ．1.8天 C ．2.5天 D ．3.5天 答案 B解析 由R 0＝1＋rT ,R 0＝3.28,T ＝6, 得r ＝R 0－1T ＝3.28－16＝0.38.由题意,累计感染病例数增加1倍, 则I (t 2)＝2I (t 1), 即e0.38t 2＝2e0.38t 1, 所以e0.38(t 2－t 1)＝2, 即0.38(t 2－t 1)＝ln 2, 所以t 2－t 1＝ln 20.38≈0.690.38≈1.8.7．已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点,则AP →·AB →的取值范围是( ) A ．(－2,6) B ．(－6,2) C ．(－2,4) D ．(－4,6) 答案 A解析 如图,取A 为坐标原点,AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系,则A (0,0),B (2,0),C (3,3),F (－1,3)． 设P (x ,y ),则AP →＝(x ,y ),AB →＝(2,0),且－1<x <3. 所以AP →·AB →＝(x ,y )·(2,0)＝2x ∈(－2,6)．8．若定义在R 上的奇函数f (x )在(－∞,0)上单调递减,且f (2)＝0,则满足xf (x －1)≥0的x 的取值范围是( ) A ．[－1,1]∪[3,＋∞) B ．[－3,－1]∪[0,1] C ．[－1,0]∪[1,＋∞) D ．[－1,0]∪[1,3]答案 D解析 因为函数f (x )为定义在R 上的奇函数, 则f (0)＝0.又f (x )在(－∞,0)上单调递减,且f (2)＝0, 画出函数f (x )的大致图象如图(1)所示, 则函数f (x －1)的大致图象如图(2)所示．当x ≤0时,要满足xf (x －1)≥0,则f (x －1)≤0, 得－1≤x ≤0.当x >0时,要满足xf (x －1)≥0,则f (x －1)≥0, 得1≤x ≤3.故满足xf (x －1)≥0的x 的取值范围是[－1,0]∪[1,3]．二、选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分．在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求．全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分) 9．已知曲线C ：mx 2＋ny 2＝1.( ) A ．若m >n >0,则C 是椭圆,其焦点在y 轴上B ．若m ＝n >0,则C 是圆,其半径为nC ．若mn <0,则C 是双曲线,其渐近线方程为y ＝±－m nx D ．若m ＝0,n >0,则C 是两条直线 答案 ACD解析 对于A,当m >n >0时,有1n >1m >0,方程化为x 21m ＋y 21n ＝1,表示焦点在y 轴上的椭圆,故A 正确．对于B,当m ＝n >0时,方程化为x 2＋y 2＝1n,表示半径为1n的圆,故B 错误． 对于C,当m >0,n <0时,方程化为x 21m －y 2－1n ＝1,表示焦点在x 轴上的双曲线,其中a ＝1m,b ＝－1n,渐近线方程为y ＝±－m n x ；当m <0,n >0时,方程化为y 21n －x 2－1m ＝1,表示焦点在y 轴上的双曲线,其中a ＝1n,b ＝－1m,渐近线方程为y ＝±－mnx ,故C 正确． 对于D,当m ＝0,n >0时,方程化为y ＝±1n,表示两条平行于x 轴的直线,故D 正确． 10．如图是函数y ＝sin(ωx ＋φ)的部分图象,则sin(ωx ＋φ)等于( )A ．sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3B ．sin ⎝⎛⎭⎫π3－2x C ．cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6 D ．cos ⎝⎛⎭⎫5π6－2x 答案 BC解析 由图象知T 2＝2π3－π6＝π2,得T ＝π,所以ω＝2πT ＝2.又图象过点⎝⎛⎭⎫π6，0,由“五点法”,结合图象可得φ＋π3＝π,即φ＝2π3,所以sin(ωx ＋φ)＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3,故A 错误；由sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝sin ⎣⎡⎦⎤π－⎝⎛⎭⎫π3－2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫π3－2x 知B 正确； 由sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＋π6＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6知C 正确； 由sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＝cos ⎣⎡⎦⎤π＋⎝⎛⎭⎫2x －5π6 ＝－cos ⎝⎛⎭⎫5π6－2x 知D 错误． 11．已知a >0,b >0,且a ＋b ＝1,则( ) A ．a 2＋b 2≥12B ．2a －b >12C ．log 2a ＋log 2b ≥－2 D.a ＋b ≤2答案 ABD解析 因为a >0,b >0,a ＋b ＝1, 所以a ＋b ≥2ab ,当且仅当a ＝b ＝12时,等号成立,即有ab ≤14.对于A,a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－2×14＝12,故A 正确；对于B,2a －b ＝22a －1＝12×22a ,因为a >0,所以22a >1,即2a －b >12,故B 正确；对于C,log 2a ＋log 2b ＝log 2ab ≤log 214＝－2,故C 错误；对于D,由(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ＝1＋2ab ≤2, 得a ＋b ≤2,故D 正确．12．信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量X 所有可能的取值为1,2,…,n ,且P (X ＝i )＝p i >0(i ＝1,2,…,n ),∑i ＝1np i ＝1,定义X 的信息熵H (X )＝－∑i ＝1np i log 2p i .( )A ．若n ＝1,则H (X )＝0B ．若n ＝2,则H (X )随着p i 的增大而增大C ．若p i ＝1n(i ＝1,2,…,n ),则H (X )随着n 的增大而增大D ．若n ＝2m ,随机变量Y 所有可能的取值为1,2,…,m ,且P (Y ＝j )＝p j ＋p 2m ＋1－j (j ＝1,2,…,m ),则H (X )≤H (Y ) 答案 AC解析 对于A,当n ＝1时,p 1＝1,H (X )＝－1×log 21＝0,故A 正确；对于B,当n ＝2时,有p 1＋p 2＝1,此时,若p 1＝14或34都有H (X )＝－⎝⎛⎭⎫14log 214＋34log 234,故B 错误； 对于C,当p i ＝1n(i ＝1,2,…,n )时,H (X )＝－∑i ＝1n1n log 21n ＝－n ×1n log 21n ＝log 2n .显然H (X )随n 的增大而增大,故C 正确； 对于D,方法一 当n ＝2m 时,H (X )＝－(p 1log 2p 1＋p 2log 2p 2＋…＋p 2m －1log 2p 2m －1＋p 2m log 2p 2m )＝－[(p 1log 2p 1＋p 2m log 2p 2m )＋(p 2log 2p 2＋p 2m －1log 2p 2m －1)＋…＋(p m log 2p m ＋p m ＋1log 2p m ＋1)], H (Y )＝－[(p 1＋p 2m )log 2(p 1＋p 2m )＋(p 2＋p 2m －1)·log 2(p 2＋p 2m －1)＋…＋(p m ＋p m ＋1)log 2(p m ＋p m ＋1)],由于p 1log 2p 1＋p 2m log 2p 2m ＝log 2(11p p ·22mp m p )<log 2[(p 1＋p 2m )p 1·212()mp m p p +]＝log 21212()m p p m p p ++ ＝(p 1＋p 2m )log 2(p 1＋p 2m ),同理可证p 2log 2p 2＋p 2m －1log 2p 2m －1<(p 2＋p 2m －1)·log 2(p 2＋p 2m －1), …,p m log 2p m ＋p m ＋1log 2p m ＋1<(p m ＋p m ＋1)log 2(p m ＋p m ＋1), 所以H (X )>H (Y )． 方法二 (特值法)令m ＝1,则n ＝2,p 1＝14,p 2＝34.P (Y ＝1)＝1,H (Y )＝－log 21＝0, H (X )＝－⎝⎛⎭⎫14log 214＋34log 234>0, ∴H (X )>H (Y )．三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13．斜率为3的直线过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点,且与C 交于A ,B 两点,则|AB |＝________. 答案163解析 如图,由题意得,抛物线焦点为F (1,0),设直线AB 的方程为y ＝3(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝3(x －1)，y 2＝4x ，得3x 2－10x ＋3＝0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则x 1＋x 2＝103,所以|AB |＝x 1＋x 2＋2＝163.14．将数列{2n －1}与{3n －2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为________． 答案 3n 2－2n解析 方法一 (观察归纳法)数列{2n －1}的各项为1,3,5,7,9,11,13,…； 数列{3n －2}的各项为1,4,7,10,13,….观察归纳可知,两个数列的公共项为1,7,13,…,是首项为1,公差为6的等差数列, 则a n ＝1＋6(n －1)＝6n －5.故前n 项和为S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (1＋6n －5)2＝3n 2－2n .方法二 (引入参变量法) 令b n ＝2n －1,c m ＝3m －2,b n ＝c m ,则2n －1＝3m －2,即3m ＝2n ＋1,m 必为奇数． 令m ＝2t －1,则n ＝3t －2(t ＝1,2,3,…)． a t ＝b 3t －2＝c 2t －1＝6t －5,即a n ＝6n －5. 以下同方法一．15.某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心,A 是圆弧AB 与直线AG 的切点,B 是圆弧AB 与直线BC 的切点,四边形DEFG 为矩形,BC ⊥DG ,垂足为C ,tan ∠ODC ＝35,BH ∥DG ,EF ＝12 cm,DE ＝2 cm,A 到直线DE 和EF的距离均为7 cm,圆孔半径为1 cm,则图中阴影部分的面积为________ cm 2.答案 4＋5π2解析 如图,连接OA ,过A 作AP ⊥EF ,分别交EF ,DG ,OH 于点P ,Q ,R . 由题意知AP ＝EP ＝7, 又DE ＝2,EF ＝12, 所以AQ ＝QG ＝5, 所以∠AHO ＝∠AGQ ＝π4.因为OA ⊥AH ,所以∠AOH ＝π4,∠AOB ＝3π4.设AR ＝x ,则OR ＝x ,RQ ＝5－x . 因为tan ∠ODC ＝35,所以tan ∠ODC ＝5－x 7－x ＝35,解得x ＝2,则OA ＝2 2. 所以S ＝S 扇形AOB ＋S △AOH －S 小半圆 ＝12×3π4×(22)2＋12×4×2－12π×12 ＝⎝⎛⎭⎫5π2＋4cm 2.16．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2,∠BAD ＝60°.以D 1为球心,5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图,设B 1C 1的中点为E ,球面与棱BB 1,CC 1的交点分别为P ,Q , 连接DB ,D 1B 1,D 1P ,D 1E ,EP ,EQ ,由∠BAD ＝60°,AB ＝AD ,知△ABD 为等边三角形, ∴D 1B 1＝DB ＝2,∴△D 1B 1C 1为等边三角形, 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1,∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心, 设截面圆的半径为r ,则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2.又由题意可得EP ＝EQ ＝2,∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5,∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1, 同理C 1Q ＝1,∴P ,Q 分别为BB 1,CC 1的中点, ∴∠PEQ ＝π2,知PQ 的长为π2×2＝2π2,即交线长为2π2.四、解答题(本题共6小题,共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．在①ac ＝3,②c sin A ＝3,③c ＝3b 这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c 的值；若问题中的三角形不存在,说明理由．问题：是否存在△ABC ,它的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且sin A ＝3sin B ,C ＝π6,________？注：如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分． 解 方案一：选条件①.由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab ＝32.由sin A ＝3sin B 及正弦定理得a ＝3b . 于是3b 2＋b 2－c 223b 2＝32,由此可得b ＝c .由①ac ＝3,解得a ＝3,b ＝c ＝1.因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c ＝1. 方案二：选条件②.由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab ＝32.由sin A ＝3sin B 及正弦定理得a ＝3b . 于是3b 2＋b 2－c 223b 2＝32,由此可得b ＝c ,B ＝C ＝π6,A ＝2π3.由②c sin A ＝3,所以c ＝b ＝23,a ＝6.因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c ＝2 3. 方案三：选条件③.由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab ＝32.由sin A ＝3sin B 及正弦定理得a ＝3b . 于是3b 2＋b 2－c 223b 2＝32,由此可得b ＝c .由③c ＝3b ,与b ＝c 矛盾．因此,选条件③时问题中的三角形不存在．18．已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20,a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0,m ](m ∈N *)中的项的个数,求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列, 设首项为a 1,公比为q ,依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12(舍)所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ,n ∈N *.(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64,27＝128, 所以b 1对应的区间为(0,1],则b 1＝0； b 2,b 3对应的区间分别为(0,2],(0,3], 则b 2＝b 3＝1,即有2个1； b 4,b 5,b 6,b 7对应的区间分别为 (0,4],(0,5],(0,6],(0,7], 则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2, 即有22个2；b 8,b 9,…,b 15对应的区间分别为(0,8],(0,9],…,(0,15],则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3, 即有23个3；b 16,b 17,…,b 31对应的区间分别为(0,16],(0,17],…,(0,31], 则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4,即有24个4；b 32,b 33,…,b 63对应的区间分别为(0,32],(0,33],…,(0,63], 则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5,即有25个5；b 64,b 65,…,b 100对应的区间分别为(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64＝b65＝…＝b100＝6,即有37个6.所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.19．为加强环境保护,治理空气污染,环境监测部门对某市空气质量进行调研,随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3),得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据,完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表,判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？附：K2＝n(ad－bc)2(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d),解(1)由表格可知,该市100天中,空气中的PM2.5浓度不超过75,且SO2浓度不超过150的天数为32＋6＋18＋8＝64,所以该市一天中,空气中的PM2.5浓度不超过75,且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100＝0.64.(2)由所给数据,可得2×2列联表：(3)根据2×2列联表中的数据可得K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )＝100×(64×10－16×10)280×20×74×26≈7.484>6.635,故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关．20.如图,四棱锥P －ABCD 的底面为正方形,PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1,Q 为l 上的点,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 在正方形ABCD 中,AD ∥BC , 因为AD ⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC , 所以AD ∥平面PBC ,又因为AD ⊂平面P AD ,平面P AD ∩平面PBC ＝l , 所以AD ∥l ,因为在四棱锥P －ABCD 中,底面ABCD 是正方形, 所以AD ⊥DC ,所以l ⊥DC ,且PD ⊥平面ABCD ,所以AD ⊥PD ,所以l ⊥PD , 因为DC ∩PD ＝D , 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点,DA →的方向为x 轴正方向,如图建立空间直角坐标系D －xyz ,因为PD ＝AD ＝1,则有D (0,0,0),C (0,1,0),A (1,0,0),P (0,0,1),B (1,1,0), 设Q (m,0,1),则有DC →＝(0,1,0),DQ →＝(m,0,1),PB →＝(1,1,－1), 设平面QCD 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1,则z ＝－m ,所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0,－m ), 则cos 〈n ,PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值,所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于 |cos 〈n ,PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63,当且仅当m ＝1时取等号,所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 21．已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a .(1)当a ＝e 时,求曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若f (x )≥1,求a 的取值范围．解 f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝a e x －1－1x .(1)当a ＝e 时,f (x )＝e x －ln x ＋1,f ′(x )＝e x －1x ,所以f (1)＝e ＋1,f ′(1)＝e －1,曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y －(e ＋1)＝(e －1)(x －1), 即y ＝(e －1)x ＋2.直线y ＝(e －1)x ＋2在x 轴,y 轴上的截距分别为－2e －1,2.因此所求三角形的面积为2e －1. (2)当0<a <1时,f (1)＝a ＋ln a <1.当a ＝1时,f (x )＝e x －1－ln x ,f ′(x )＝e x －1－1x .当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0；当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0.所以当x ＝1时,f (x )取得最小值,最小值为f (1)＝1, 从而f (x )≥1.当a >1时,f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ≥e x －1－ln x ≥1. 综上,a 的取值范围是[1,＋∞)．22．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22,且过点A (2,1)．(1)求C 的方程；(2)点M ,N 在C 上,且AM ⊥AN ,AD ⊥MN ,D 为垂足．证明：存在定点Q ,使得|DQ |为定值． (1)解 由题设得4a 2＋1b 2＝1,a 2－b 2a 2＝12,解得a 2＝6,b 2＝3.所以C 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)证明 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)． 若直线MN 与x 轴不垂直,设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ,代入x 26＋y 23＝1,得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0. 于是x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2,x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2.①由AM ⊥AN ,得AM →·AN →＝0,故(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0,整理得(k 2＋1)x 1x 2＋(km －k －2)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＋4＝0. 将①代入上式,可得(k 2＋1)2m 2－61＋2k 2－(km －k －2)·4km1＋2k2＋(m －1)2＋4＝0, 整理得(2k ＋3m ＋1)(2k ＋m －1)＝0. 因为A (2,1)不在直线MN 上,所以2k ＋m －1≠0,所以2k ＋3m ＋1＝0,k ≠1. 所以直线MN 的方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －23－13(k ≠1)． 所以直线MN 过点P ⎝⎛⎭⎫23，－13. 若直线MN 与x 轴垂直,可得N (x 1,－y 1)． 由AM →·AN →＝0,得(x 1－2)(x 1－2)＋(y 1－1)(－y 1－1)＝0.又x 216＋y 213＝1,所以3x 21－8x 1＋4＝0. 解得x 1＝2(舍去),x 1＝23.此时直线MN 过点P ⎝⎛⎭⎫23，－13. 令Q 为AP 的中点,即Q ⎝⎛⎭⎫43，13.若D 与P 不重合,则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边, 故|DQ |＝12|AP |＝223.若D 与P 重合,则|DQ |＝12|AP |.综上,存在点Q ⎝⎛⎭⎫43，13,使得|DQ |为定值．。
2020年全国高考Ⅰ卷数学(理)试卷
2020年全国高考Ⅰ卷数学（理）试卷一、选择题1. 若z=1+i，则|z2−2z|=( )A.0B.1C.√2D.22. 设集合A={x|x2−4≤0}，B={x|2x+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.√5−14B.√5−12C.√5+14D.√5+124. 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(x i,y i)(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()A.y=a+bxB.y=a+bx2C.y=a+be xD.y=a+b ln x 6. 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+17. 设函数f(x)=cos(ωx+π6)在[−π,π]的图像大致如图，则f(x)的最小正周期为( )A.10π9B.7π6C.4π3D.3π28. (x+y2x)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为（）A.5B.10C.15D.209. 已知α∈(0,π)，且3cos2α−8cosα=5，则sinα=( )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4π，AB=BC= AC=OO1，则球O的表面积为()A.64πB.48πC.36πD.32π11. 已知⊙M:x2+y2−2x−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=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13. 若x，y满足约束条件{2x+y−2≤0，x−y−1≥0,y+1≥0,则z=x+7y的最大值为________.14. 设a →，b →为单位向量，且|a →+b →|=1，则 |a →−b →|=________．15. 已知F 为双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=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 =√3，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE =30∘，则cos ∠FCB =________.三、解答题17. 设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项. (1)求{a n }的公比；(2)若a 1=1，求数列{na n }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 =√66DO .(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. 已知A ，B 分别为椭圆E:x 2a 2+y 2=1(a >1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG →⋅GB →=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 )=e x +ax 2−x . (1)当a =1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3+1，求a 的取值范围．22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =cos k t ，y =sin kt（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C 2的极坐标方程为4ρcos θ−16ρsin θ+3=0. (1)当k =1时，C 1是什么曲线？(2)当k =4时，求C 1与C 2的公共点的直角坐标.23. 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.参考答案与试题解析2020年全国高考Ⅰ卷数学（理）试卷一、选择题1.【答案】D【考点】复数代数形式的混合运算【解析】先将复数z代入z2−2z，然后利用复数的乘方和加减运算化简为a+bi的形式，再根据复数的模的运算公式求解.【解答】解：由z=1+i得，z2=2i，2z=2+2i，所以|z2−2z|=|2i−(2+2i)|=2.故选D.2.【答案】B【考点】集合关系中的参数取值问题一元二次不等式的解法【解析】根据二次不等式和一次不等式的解法，化简集合A，B，再由交集的定义，可得关于a的方程，解方程可得a．【解答】解：由已知得A={x|−2≤x≤2}，B={x|x≤−a2}，又因为A∩B={x|−2≤x≤1}，所以有−a2=1，从而a=−2.故选B.3.【答案】C【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积棱锥的结构特征【解析】先做出正四棱锥的高，连接垂足和底面边长的中点，形成直角三角形，从而建立底面边长、四棱锥的高和侧面三角形的高的关系而得解. 【解答】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′，则依题意有：{ℎ2=12aℎ′，ℎ2=ℎ′2−(a2)2，因此有ℎ′2−(a2)2=12aℎ′，化简得4(ℎ′a)2−2(ℎ′a)−1=0，解得ℎ′a=√5+14.故选C.4.【答案】C【考点】抛物线的标准方程【解析】直接利用抛物线的定义解题即可．【解答】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C的焦点的距离为12，可得x+p2=12，解得p=6.故选C.5.【答案】D【考点】散点图【解析】将散点图近似为所学过的函数图象，根据近似函数图象选择合适的回归方程即可. 【解答】解：用光滑的曲线把图中各点连接起来，由图像的大致走向判断，此函数应该是对数类型的，故应选用的函数模型为y=a+b ln x.故选D．6.【答案】B【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】先求得原函数的导数，根据切点的横坐标，求出切线的斜率和切点的纵坐标，进而得到所求切线的方程．【解答】解：由题知：f′(x)=4x3−6x2．则函数在点(1,f(1))处的切线的斜率为：k=f′(1)=−2，∵f(1)=−1．∴切线方程为：y−(−1)=−2(x−1)．化简得y=−2x+1.故选B.7.【答案】C【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式三角函数的周期性及其求法【解析】首先将图中余弦函数图象所经过的点代入函数f(x)中解出ω的值，进而根据周期公式求出函数f(x)的最小正周期.【解答】解：由图知f(−4π9)=cos(−4π9ω+π6)=0，所以−4π9ω+π6=π2+kπ(k∈Z)，化简得ω=−3+9k4(k∈Z).又因为T<2π<2T，即2π|ω|<2π<4π|ω|，所以1<|ω|<2，当且仅当k=−1时1<|ω|<2，所以ω=32，最小正周期T=2π|ω|=4π3.故选C.8.【答案】C【考点】二项展开式的特定项与特定系数【解析】先写出(x+y)5的通项公式，分别与(x+y2x)中的每一项相乘从而求得x3y3的系数.【解答】解：(x+y)5的通项公式为C5r x5−r y r(r=0，1，2，3，4，5)，所以r=1时，y2xC51x4y=5x3y3，r=3时，xC53x2y3=10x3y3，所以x3y3的系数为15.故选C.9.【答案】A【考点】二倍角的余弦公式同角三角函数间的基本关系【解析】先利用二倍角的余弦公式把已知等式变形，化为关于cosα的一元二次方程，求解后再由同角三角函数基本关系式结合α的取值范围求得sinα的值．【解答】解：原式化简得3cos2α−4cosα−4=0，解得cosα=−23或2（舍），又α∈(0,π)，所以sinα=√53.故选A.10.【答案】A【考点】正弦定理球的表面积和体积【解析】结合题意画出图形，利用已知条件求出O1A，OO1，从而求得球的半径，进而求球的表面积.【解答】解：设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2=4π，∴r=2.由正弦定理可得AB=2r sin60∘=2√3,∴OO1=AB=2√3，根据圆截面性质OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R=OA=√OO12+O1A2=√OO12+r2=4,∴球O的表面积为S=4πR2=64π.故选A.11.【答案】D【考点】圆的标准方程与一般方程的转化直线的点斜式方程两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系两条直线平行与倾斜角、斜率的关系【解析】将圆的一般方程转化为标准方程，从而得到圆的圆心坐标和半径，由已知结合四边形面积公式及三角形面积公式，可知要使|PM|⋅|AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直．写出PM所在直线方程，与直线l的方程联立，求得P点坐标，因为AB与PM垂直，求出直线PM斜率，又已知点A坐标，根据点斜式，求出结果. 【解答】解：由题意知：⊙M:(x−1)2+(y−1)2=4，因为S四边形PAMB =12|PM|⋅|AB|=2S△PAM=|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:y=12x+12，直线PM与直线l的交点P(−1,0)，如图，则PA⊥x轴，此时A(−1,1).所以过点P作⊙M的切线所得切点弦所在直线方程为：2x+y+1=0，故选D．12.【答案】B【考点】对数的运算性质指数函数单调性的应用【解析】先根据指数函数以及对数函数的性质得到2a+log2a<22b+log22b，再借助于函数的单调性即可求解结论．【解答】解：由指数与对数运算可得：2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b又因为22b+log2b<22b+log22b=22b+1+log2b，即2a+log2a<22b+log22b，令f(x)=2x+log2x，由指对函数单调性可得f(x)在(0,+∞)内单调递增，由f(a)<f(2b)可得：a<2b.故选B．二、填空题13.【答案】1【考点】求线性目标函数的最值简单线性规划【解析】由已知条件作出不等式组对应的可行域，根据目标函数的几何意义，数形结合得到使目标函数取得最优解的点，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数即可求得答案.【解答】解：如图所示，可行性区域为图中阴影部分，z=x+7y可化为直线y=−17x+17z，当直线经过点A(1,0)时，z max=1+7×0=1.故答案为：1.14. 【答案】 √3【考点】 单位向量 向量的模【解析】直接利用向量的模的平方，化简求解即可． 【解答】解：向量a →，b →均为单位向量，且|a →+b →|=1， ∴ a →2+b →2+2a →⋅b →=1，可得a →⋅b →=−12，∴ |a →−b →|2=1+1−2×(−12)=3，∴ |a →−b →|=√3. 故答案为：√3． 15.【答案】 2【考点】双曲线的离心率 【解析】利用已知条件表示出A ，B 的坐标，通过AB 的斜率，转化求解双曲线的离心率即可． 【解答】解：由条件，得A (a,0)，F (c,0)， 由于BF 是通径长的一半， ∴ B (c,b 2a )，∵ k AB =b 2ac−a=b 2a (c−a)=c 2−a 2a (c−a)=c+a a=e +1=3，∴ 离心率e =2.故答案为：2. 16. 【答案】 −14【考点】 余弦定理棱锥的结构特征 【解析】根据条件可知D ，E ，F 三点重合，分别求得BC ，CF ，BF ，再利用余弦定理求得结果即可． 【解答】解：在Rt △DAB 中，BD =√AD 2+AB 2=√6， 在Rt △ABC 中，BC =2+AC 2=2， ∵ D ，E ，F 重合于一点，∴ AE =AD =√3，BF =BD =√6，CE =CF ， ∴ 在△ACE 中，由余弦定理，得CE 2=AC 2+AE 2−2AC ⋅AE ⋅cos ∠CAE =12+(√3)2−2×1×√3cos 30∘=1， ∴ CE =CF =1，∴ 在△BCF 中，由余弦定理，得 cos ∠FCB =BC 2+CF 2−BF 22BC ⋅CF=22+12−(√6)22×2×1=−14.故答案为：−14. 三、解答题17.【答案】解：(1)由题意可知：2a 1=a 2+a 3，即2a 1=a 1q +a 1q 2. 因为a 1≠0，故q 2+q −2=0， 解得q =−2或q =1（舍）.(2)由(1)知a n =a 1q n−1=(−2)n−1， 记数列{na n }的前n 项和为S n ，则S n =1×(−2)0+2×(−2)1+⋯+n ×(−2)n−1①， −2S n =1×(−2)1+2×(−2)2+⋯+n ×(−2)n ②， ①−②得：3S n =(−2)0+(−2)1+(−2)2+⋯+ (−2)n−1−n ×(−2)n =(−2)n −1−2−1−n ×(−2)n=(−n −13)⋅(−2)n +13，∴ S n =(−13n −19)⋅(−2)n +19.【考点】 等差中项 数列的求和 等比数列的通项公式【解析】(1)根据等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比q ；(2)由(1)易得a n ，na n ，从而可得S n ，−2S n ，运用数列的数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简整理得最后答案．【解答】解：(1)由题意可知：2a 1=a 2+a 3，即2a 1=a 1q +a 1q 2. 因为a 1≠0，故q 2+q −2=0， 解得q =−2或q =1（舍）.(2)由(1)知a n =a 1q n−1=(−2)n−1， 记数列{na n }的前n 项和为S n ，则S n =1×(−2)0+2×(−2)1+⋯+n ×(−2)n−1①， −2S n =1×(−2)1+2×(−2)2+⋯+n ×(−2)n ②， ①−②得：3S n =(−2)0+(−2)1+(−2)2+⋯+ (−2)n−1−n ×(−2)n =(−2)n −1−2−1−n ×(−2)n=(−n −13)⋅(−2)n +13， ∴ S n =(−13n −19)⋅(−2)n +19. 18.【答案】(1)证明：不妨设⊙O 半径为1，则OA =OB =OC =1，AE =AD =2， AB =BC =AC =√3， DO =√DA 2−OA 2=√3， PO =√66DO =√22， PA =PB =PC =√PO 2+AO 2=√62， 在△PAC 中，PA 2+PC 2=AC 2， 故PA ⊥PC .同理可得PA ⊥PB . 又PB ∩PC =P ， ∴ PA ⊥平面PBC .(2)解：建立如图所示坐标系O −xyz ，则有B(√32,12,0)，C(−√32,12,0) ，P (0,0,√22)，E (0,1,0). 故BC →=(−√3,0,0) ，CE →=(√32,12,0) ， CP →=(√32,−12,√22). 设平面PBC 的法向量为n 1→=(x,y,z)，由{CP →⋅n 1→=0，BC →⋅n 1→=0，得：{√32x−12y +√22z =0，−√3x =0，令z =1， 得n 1→=(0,√2,1)，同理可求得平面PCE 的法向量为n 2→=(√2,−√6,−2√3). 故cos θ=|n 1→⋅n 2→|n 1→|⋅|n 2→||=2√55， 故二面角B −PC −E 的余弦值为2√55. 【考点】用空间向量求平面间的夹角 直线与平面垂直的判定【解析】(1)先由已知条件和勾股定理逆定理易得PA ⊥PC ，PA ⊥PB ，然后根据线面垂直的判定定理进而得证； (2)建立合适的空间直角坐标系，求出平面PBC 及平面PCE 的法向量，利用向量的夹角公式即可得解.【解答】(1)证明：不妨设⊙O 半径为1，则OA =OB =OC =1，AE =AD =2， AB =BC =AC =√3， DO =√DA 2−OA 2=√3， PO =√66DO =√22， PA =PB =PC =√PO 2+AO 2=√62， 在△PAC 中，PA 2+PC 2=AC 2， 故PA ⊥PC . 同理可得PA ⊥PB . 又PB ∩PC =P ， ∴ PA ⊥平面PBC .(2)解：建立如图所示坐标系O −xyz ，则有B(√32,12,0)，C(−√32,12,0) ，P (0,0,√22)，E (0,1,0).故BC →=(−√3,0,0) ，CE →=(√32,12,0) ， CP →=(√32,−12,√22). 设平面PBC 的法向量为n 1→=(x,y,z)，由{CP →⋅n 1→=0，BC →⋅n 1→=0，得：{√32x−12y +√22z =0，−√3x =0，令z =1， 得n 1→=(0,√2,1)，同理可求得平面PCE 的法向量为n 2→=(√2,−√6,−2√3). 故cos θ=|n 1→⋅n 2→|n 1→|⋅|n 2→||=2√55， 故二面角B −PC −E 的余弦值为2√55. 19. 【答案】解：(1)甲连续胜四场只能是前四场全胜： P =(12)4=116．(2)由题意可知：比赛总局数为四场或五场，设甲四场赢得比赛为事件A ， 乙四场赢得比赛为事件B ， 丙四场赢得比赛为事件C ， 需进行五场比赛为事件D . 由(1)可知，P(A)=116， 同理可知，P(B)=116.若丙四场赢得比赛，则第二，三，四场比赛都赢，故P(C)=18. 则P(D)=1−P(A)−P(B)−P(C) =1−116−116−18=34.所以需要进行第五场比赛的概率为：34.(3)设进行四场比赛丙获胜为事件C ，进行五场比赛丙获胜为事件E ，丙获胜为事件F ． 由(2)可知P (C )=18．而进行五场比赛丙获胜，则丙只能在第二场输或第三场或第四场输．①若丙在第二场输，则五场比赛的输者为：乙丙乙甲甲、乙丙甲乙甲、甲丙甲乙乙、甲丙乙甲乙，共四种情况，概率为(12)5×4=18；②若丙在第三场输，则五场比赛的输者为：甲乙丙甲乙、甲乙丙乙甲、乙甲丙甲乙、乙甲丙乙甲，共四种情况，概率为(12)5×4=18；③若丙在第四场输，则五场比赛的输者为：甲乙甲丙乙、乙甲乙丙甲，共两种情况， 概率为(12)5×2=116.故P (E )=18+18+116=516,故丙最终获胜的概率P (F )=P (C )+P (E )=716.【考点】对立事件的概率公式及运用 相互独立事件的概率乘法公式 互斥事件的概率加法公式【解析】(1)甲连胜四场只能是前四场全胜，由此能求出甲连胜四场的概率；(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，甲连胜四场比赛，乙连胜四场比赛，丙上场后连胜三场，由此能求出需要进行五场比赛的概率；(3)丙最终获胜，有两种情况，比赛四场结束且丙最终获胜，比赛五场结束丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，由此能求出丙最终获胜的概率． 【解答】解：(1)甲连续胜四场只能是前四场全胜： P =(12)4=116．(2)由题意可知：比赛总局数为四场或五场，设甲四场赢得比赛为事件A ， 乙四场赢得比赛为事件B ， 丙四场赢得比赛为事件C ， 需进行五场比赛为事件D . 由(1)可知，P(A)=116， 同理可知，P(B)=116.若丙四场赢得比赛，则第二，三，四场比赛都赢，故P(C)=18.则P(D)=1−P(A)−P(B)−P(C) =1−116−116−18=34.所以需要进行第五场比赛的概率为：34.(3)设进行四场比赛丙获胜为事件C ，进行五场比赛丙获胜为事件E ，丙获胜为事件F ． 由(2)可知P (C )=18．而进行五场比赛丙获胜，则丙只能在第二场输或第三场或第四场输．①若丙在第二场输，则五场比赛的输者为：乙丙乙甲甲、乙丙甲乙甲、甲丙甲乙乙、甲丙乙甲乙，共四种情况，概率为(12)5×4=18；②若丙在第三场输，则五场比赛的输者为：甲乙丙甲乙、甲乙丙乙甲、乙甲丙甲乙、乙甲丙乙甲，共四种情况，概率为(12)5×4=18；③若丙在第四场输，则五场比赛的输者为：甲乙甲丙乙、乙甲乙丙甲，共两种情况， 概率为(12)5×2=116.故P (E )=18+18+116=516,故丙最终获胜的概率P (F )=P (C )+P (E )=716. 20.【答案】解：(1)由题意，A (−a,0) ，B (a,0)， G (0,1)， 所以AG →=(a,1)，GB →=(a,−1)， AG →⋅GB →=a 2−1=8 ⇒a 2=9， 解得a =3.所以椭圆E 的方程为x 29+y 2=1. (2)由(1)知A (−3,0)， B (3,0)． 设P (6,m )，则直线PA 的方程为y =m 9(x +3)，联立 {x 29+y 2=1，y =m 9(x +3)，⇒(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 ，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 2,6m9+m 2).直线PB 的方程为y =m 3(x −3)，联立 {x 29+y 2=1，y =m 3(x −3)，⇒(1+m 2)x 2−6m 2x +9m 2−9=0. 由韦达定理3x D =9m 2−91+m 2⇒x D =3m 2−31+m2，代入直线PB 的方程y =m3(x −3)，得y D =−2m1+m 2， 即D (3m 2−31+m 2,−2m 1+m 2).所以直线CD 的斜率k CD =6m 9+m 2−−2m1+m 2−3m 2+279+m 2−3m 2−31+m 2 =4m 3(3−m 2)，所以直线CD 的方程为y −−2m1+m =4m33−m (x −3m 2−31+m )，整理得y =4m3(3−m 2)(x −32)， 所以直线CD 过定点(32,0). 【考点】直线与椭圆结合的最值问题 椭圆的标准方程 平面向量数量积 斜率的计算公式【解析】(1)根据椭圆的几何性质，可写出A ，B 和G 的坐标，再结合平面向量的坐标运算列出关于a 的方程，解之即可； (2)设P 点坐标，写出直线AP 的方程，联立直线AP 的方程与椭圆方程，消去y ，解出x 的值代入直线AP 的方程中解得C 点坐标.写出直线BP 的方程，联立直线BP 的方程与椭圆方程，消去y ，解出x 的值代入直线BP 的方程中解得D 点坐标.从而得直线CD 的方程，最后确定直线CD 过定点.【解答】解：(1)由题意，A (−a,0) ，B (a,0)， G (0,1)， 所以AG →=(a,1)，GB →=(a,−1)， AG →⋅GB →=a 2−1=8 ⇒a 2=9， 解得a =3.所以椭圆E 的方程为x 29+y 2=1.(2)由(1)知A (−3,0)， B (3,0)． 设P (6,m )，则直线PA 的方程为y =m 9(x +3)，联立 {x 29+y 2=1，y =m 9(x +3)，⇒(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 =6m9+m 2， 即C (−3m 2+279+m 2,6m9+m 2).直线PB 的方程为y =m 3(x −3)，联立 {x 29+y 2=1，y =m 3(x −3)，⇒(1+m 2)x 2−6m 2x +9m 2−9=0. 由韦达定理3x D =9m 2−91+m 2⇒x D =3m 2−31+m 2，代入直线PB 的方程y =m3(x −3)，得y D =−2m 1+m 2，即D (3m 2−31+m 2,−2m1+m 2).所以直线CD 的斜率k CD =6m 9+m 2−−2m1+m 2−3m 2+279+m 2−3m 2−31+m 2=4m3(3−m 2)，所以直线CD 的方程为y −−2m 1+m 2=4m 3(3−m 2)(x −3m 2−31+m 2)， 整理得y =4m 3(3−m 2)(x −32)， 所以直线CD 过定点(32,0). 21. 【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=e x+x2−x，所以f′(x)=e x+2x−1，f″(x)=e x+2>0，所以函数f′(x)在R上单调递增.注意到f′(0)=0，所以当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．(2)当x≥0时，f(x)≥12x3+1恒成立，①当x=0时，a∈R；②当x>0时，即a≥12x3+x+1−e xx2恒成立，记ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2，所以ℎ′(x)=(2−x)(e x−12x2−x−1)x3，记g(x)=e x−12x2−x−1，因为当x≥0时，g′(x)=e x−x−1，g′′(x)=e x−1≥0恒成立，所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增，所以[g′(x)]min=g′(0)=0，所以g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以[g(x)]min=g(0)=0，由g(x)≥0，可得：e x−12x2−x−1≥0恒成立，令ℎ′(x)=0可得x=2，当x∈(0,2)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0,2)上单调递增，当x∈(2,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(2,+∞)上单调递减，所以[ℎ(x)]max=ℎ(2)=7−e24，所以a≥7−e 24，综上，a的取值范围为[7−e 24,+∞).【考点】利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的单调性【解析】(1)先求出a=1时，f(x)的解析式，然后对f(x)求导数，结合指数函数的值域判断导数的符号，即可得到所求单调性；(2)分类讨论：当x=0时，不等式恒成立；当x>0时，运用参数分离和构造函数建立新函数，然后求新函数的导数，利用导数判断单调性和最值，进而得到参数的取值范围．【解答】解：(1)当a=1时，f(x)=e x+x2−x，所以f′(x)=e x+2x−1，f″(x)=e x+2>0，所以函数f′(x)在R上单调递增.注意到f′(0)=0，所以当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．(2)当x≥0时，f(x)≥12x3+1恒成立，①当x=0时，a∈R；②当x>0时，即a≥12x3+x+1−e xx2恒成立，记ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2，所以ℎ′(x)=(2−x)(e x−12x2−x−1)x3，记g(x)=e x−12x2−x−1，因为当x≥0时，g′(x)=e x−x−1，g′′(x)=e x−1≥0恒成立，所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增，所以[g′(x)]min=g′(0)=0，所以g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以[g(x)]min=g(0)=0，由g(x)≥0，可得：e x−12x2−x−1≥0恒成立，令ℎ′(x)=0可得x=2，当x∈(0,2)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0,2)上单调递增，当x∈(2,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(2,+∞)上单调递减，所以[ℎ(x)]max=ℎ(2)=7−e24，所以a≥7−e24，综上，a的取值范围为[7−e24,+∞).22.【答案】解：(1)k=1时，C1的参数方程为{x=cos t，y=sin t，直角坐标方程为x2+y2=1，表示以原点为圆心，以1为半径的圆.(2)k=4时，C1的参数方程为{x=cos4t，y=sin4t，直角坐标方程为√x+√y=1，C2的直角坐标方程为4x−16y+3=0，联立{√x+√y=1，4x−16y+3=0，解得x=14，y=14，所以C1与C2的公共点的直角坐标为(14,1 4 ).【考点】圆的参数方程参数方程与普通方程的互化直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化【解析】(1)利用平方关系消去参数，可得圆的直角坐标方程；(2)利用开方消去参数得到曲线C1的直角坐标方程，结合极坐标与直角坐标的互化公式得到C2的直角坐标方程，联立C1与C2易求公共点的直角坐标.【解答】解：(1)k=1时，C1的参数方程为{x=cos t，y=sin t，直角坐标方程为x2+y2=1，表示以原点为圆心，以1为半径的圆.(2)k=4时，C1的参数方程为{x=cos4t，y=sin4t，直角坐标方程为√x+√y=1，C2的直角坐标方程为4x−16y+3=0，联立{√x+√y=1，4x−16y+3=0，解得x=14，y=14，所以C1与C2的公共点的直角坐标为(14,1 4 ).23.【答案】解：(1)函数f(x)=|3x+1|−2|x−1|={x+3，x≥1，5x−1，−13≤x<1，−x−3，x<−13.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=−76，∴原不等式的解集为{x|x<−76}.【考点】绝对值不等式的解法与证明分段函数的解析式求法及其图象的作法【解析】(1)先将函数的定义域进行分段，然后将含绝对值得函数转化为分段函数，即可作出图像；(2)先将函数f(x)的图像向左平移1个单位得到f(x+1)的图像，然后结合图像易得不等式的解集. 【解答】解：(1)函数f(x)=|3x+1|−2|x−1|={x +3，x ≥1，5x −1，−13≤x <1，−x −3，x <−13. 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 =−76， ∴ 原不等式的解集为{x|x <−76}.。
2020年全国统一高考数学试卷(新课标Ⅰ)(解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学+答案一、选择题：（本题共10小题，每小题6分，共60分）1.若z=1+i ，则|z 2–2z |=（ ）A. 0B. 1C.D. 2 【答案】D【解析】【分析】由题意首先求得22z z -的值，然后计算其模即可.【详解】由题意可得：()2212z i i =+=，则()222212z z i i -=-+=-. 故2222z z -=-=.故选：D.【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识，属于基础题.2.设集合A ={x |x 2–4≤0}，B ={x |2x +a ≤0}，且A ∩B ={x |–2≤x ≤1}，则a =（ ）A. –4B. –2C. 2D. 4 【答案】B【解析】【分析】由题意首先求得集合A ,B ，然后结合交集的结果得到关于a 的方程，求解方程即可确定实数a 的值.【详解】求解二次不等式240x -≤可得：{}2|2A x x -=≤≤， 求解一次不等式20x a +≤可得：|2a B x x ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭. 由于{}|21A B x x ⋂=-≤≤，故：12a -=，解得：2a =-. 故选：B.【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 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. 514-B. 512-C. 514+D. 512+【答案】C【解析】【分析】设,CD a PE b ==，利用212PO CD PE =⋅得到关于,a b 的方程，解方程即可得到答案.【详解】如图，设,CD a PE b ==，则22224aPO PE OE b =-=-，由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b ba a -⋅-=，解得15b a +=（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 4.已知A 为抛物线C :y 2=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. 9【答案】C【解析】【分析】 利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.【详解】设抛物线的焦点为F ，由抛物线的定义知||122A p AF x =+=，即1292p =+，解得6p .故选：C.【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题. 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：°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(,)(1,2,,20)i i x y i =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（ ）A. y a bx =+B. 2y a bx =+C. e x y a b =+D. ln y a b x =+【答案】D【解析】【分析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.【详解】由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，因此，最适合作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是ln y a b x =+.故选：D.【点睛】本题考查函数模型的选择，主要观察散点图的分布，属于基础题.6.函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为（ ） A. 21y x =--B. 21y x =-+C. 23y x =-D. 21y x =+ 【答案】B【解析】【分析】求得函数()y f x =的导数()f x '，计算出()1f 和()1f '的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.【详解】()432f x x x =-，()3246f x x x '∴=-，()11f ∴=-，()12f '=-，因此，所求切线的方程为()121y x +=--，即21y x =-+.故选：B.【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题7.设函数()cos π()6f x x ω=+在[π,π]-的图像大致如下图，则f (x )的最小正周期为（ ）A.10π9B. 7π6C. 4π3D. 3π2 【答案】C【解析】【分析】由图可得：函数图象过点4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭，即可得到4cos 096ππω⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭，结合4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭是函数()f x 图象与x 轴负半轴的第一个交点即可得到4962πππω-⋅+=-，即可求得32ω=，再利用三角函数周期公式即可得解. 【详解】由图可得：函数图象过点4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭， 将它代入函数()f x 可得：4cos 096ππω⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭ 又4,09π⎛⎫- ⎪⎝⎭是函数()f x 图象与x 轴负半轴的第一个交点， 所以4962πππω-⋅+=-，解得：32ω= 所以函数()f x 的最小正周期为224332T πππω=== 故选：C 【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力，还考查了三角函数周期公式，属于中档题. 8.25()()x x y xy ++的展开式中x 3y 3的系数为（ ） A. 5B. 10C. 15D. 20 【答案】C【解析】【分析】求得5()x y +展开式的通项公式为515rr rr T C x y -+=（r N ∈且5r ≤），即可求得2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭与5()x y +展开式的乘积为65r r r C x y -或425r r r C x y -+形式，对r 分别赋值为3，1即可求得33x y 的系数，问题得解.【详解】5()x y +展开式的通项公式为515r r r r T C x y -+=（r N ∈且5r ≤） 所以2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的各项与5()x y +展开式的通项的乘积可表示为： 56155r r r r r r r xT xC xy C x y --+==和22542155r r r r r r r T C x y x C y y y x x --++== 在615r r r r xT C x y -+=中，令3r =，可得：33345xT C x y =，该项中33x y 的系数为10，在42152r r r r T C x x y y -++=中，令1r =，可得：521332T C y x xy =，该项中33x y 的系数为5 所以33x y 的系数为10515+=故选：C【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.9.已知 π()0,α∈，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=（ ）A. 3B. 23C. 13D.9 【答案】A【解析】【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于cos α的一元二次方程，求解得出cos α，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.【详解】3cos28cos 5αα-=，得26cos 8cos 80αα--=，即23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去）， 又(0,),sin απα∈∴==故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.10.已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形， 由正弦定理可得2sin 6023AB r=︒=，123OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年新高考数学全国卷1(山东)附答案解析版
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 斜率为 3 的直线过抛物线C ： y2 4x 的焦点，且与C 交于 A ， B 两点，则 AB
．
14.将数列2n 1与3n 2的公共项从小到大排列得到数列an ，则an的前 n 项和
为
．
15. 某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆
卷 2.2 i = 1 2i
B.{x 2≤x≤3 D.{x 1＜x＜4
（）
A.1
B. 1
C. i
D. i
3.6 名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去 1 个场馆，甲场馆安排 1 名，
上
乙场馆安排 2 名，丙场馆安排 3 名，则不同的安排方法共有
（）
A.120 种
B.90 种
C.60 种
【考点】指数型函数模型的应用 【考查能力】运算求解 7．【答案】A
【解析】
AB 的模为 2，根据正六边形的特征，可以得到 AP 在 AB 方向上的投影的取值范围是(1,3) ，结合向量数量 积的定义式，可知 AP AB 等于 AB 的模与 AP 在 AB 方向上的投影的乘积，所以 AP AB 的取值范围是 (2,6) ，故选：A． 【考点】有关平面向量数量积的取值范围 【考查能力】运算求解 8．【答案】D 【解析】因为定义在 R 上的奇函数 f (x) 在 (,0) 上单调递减，且 f (2) 0 ，所以 f (x) 在 (0, ) 上也是单 调递减，且 f (2) 0 ，f (0) 0 ，所以当 x (, 2) (0,2) 时，f (x)＞0 ，当 x (2,0) (2, ) 时，f (x)＜0 ，
D.若 m 0 ， n＞0 ，则 C 是两条直线
2020全国1卷高考数学试题(解析版+试卷版)
2020全国1卷高考数学试题（试卷版+解析版）1．若1z i =+，则2|2|(z z -= )A ．0B ．1C ．2D ．22．设集合}04|{2≤-=x x A ，}02|{≤+=a x x B 且}12|{≤≤-=x x B A ,则(a = )A ．4-B ．2-C ．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 51-B 51-C 51+D 51+ 4．已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>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(i x ，)(1i y i =，2，⋯，20)得到下面的散点图：由此散点图，在10C ︒至40C ︒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 ．2y a bx =+C ．xy a be =+D ．y a blnx =+6．函数43()2f x x x =-的图象在点(1，f （1）)处的切线方程为( ) A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+7．设函数()cos()6f x x πω=+在[π-，]π的图象大致如图，则()f x 的最小正周期为( )A ．109πB ．76π C ．43π D ．32π 8．25()()y x x y x++的展开式中33x y 的系数为( )A ．5B ．10C ．15D ．209．已知(0,)απ∈，且3cos28cos 5αα-=，则sin (α= )A 5B ．23C ．13D 510．已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC ∆的外接圆．若1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π11．已知22:2220M x y x y +---=，直线:220l x y ++=，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 ．210x y --=B ．210x y +-=C ．210x y -+=D ．210x y ++=12．若242log 42log aba b +=+，则( ) A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
【高考真题】2020高中数学新高考Ⅰ卷
2020高考真题高中数学新高考Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.（2020·新高考Ⅰ卷1题）设集合A ＝{x ｜1≤x ≤3}，B ＝{x ｜2＜x ＜4}，则A ∪B ＝（ ）A.{x ｜2＜x ≤3}B.{x ｜2≤x ≤3}C.{x ｜1≤x ＜4}D.{x ｜1＜x ＜4}解析：选C A ＝{x ｜1≤x ≤3}，B ＝{x ｜2＜x ＜4}，则A ∪B ＝{x ｜1≤x ＜4}，故选C. 2.（2020·新高考Ⅰ卷2题）2－i1+2i＝（ ）A.1B.－1C.iD.－i解析：选D 法一2－i1+2i＝（2－i)(1－2i ）（1+2i)(1－2i ）＝2－2－5i5＝－i ，选D. 法二 利用i 2＝－1进行替换，则2－i1+2i＝－2×(−1)−i1+2i＝－2i 2－i 1+2i＝－i （1+2i ）1+2i＝－i ，选D.3.（2020·新高考Ⅰ卷3题）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ） A.120种 B.90种 C.60种D.30种解析：选C C 61C 52C 33＝60（种）.4.（2020·新高考Ⅰ卷4题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A.20°B.40°C.50°D.90°解析：选B 过球心O 、点A 以及晷针的轴截面如图所示，其中CD 为晷面，GF 为晷针所在直线，EF 为点A 处的水平面，GF ⊥CD ，CD ∥OB ，∠AOB ＝40°，∠OAE ＝∠OAF ＝90°，所以∠GFA ＝∠CAO ＝∠AOB ＝40°.故选B.5.（2020·新高考Ⅰ卷5题）某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96％的学生喜欢足球或游泳，60％的学生喜欢足球，82％的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（ ） A.62％ B.56％ C.46％D.42％解析：选C 不妨设该校学生总人数为100，既喜欢足球又喜欢游泳的学生人数为x ，则100×96％＝100×60％－x ＋100×82％，所以x ＝46，所以既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46％.故选C.6.（2020·新高考Ⅰ卷6题）基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I （t ）＝e rt 描述累计感染病例数I （t ）随时间t （单位：天）的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0＝1＋rT .有学者基于已有数据估计出R 0＝3.28，T ＝6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为（ln 2≈0.69）（ ） A.1.2天 B.1.8天 C.2.5天D.3.5天解析：选B ∵R 0＝1＋rT ，∴3.28＝1＋6r ，∴r ＝0.38.若{I （t 1）＝e 0.38t 1，I （t 2）＝e 0.38t 2，I （t 2）=2I （t 1),则e 0.38（t 2－t 1）＝2，0.38（t 2－t 1）＝ln 2≈0.69，t 2－t 1≈1.8.故选B.7.（2020·新高考Ⅰ卷7题）已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围是（ ） A.（－2，6） B.（－6，2） C.（－2，4）D.（－4，6） 解析：选A AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝｜AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜·｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜·cos ∠PAB ＝2｜AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cos ∠PAB ，又｜AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cos ∠PAB 表示AP⃗⃗⃗⃗⃗ 在AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影，所以结合图形可知，当P 与C 重合时投影最大，当P 与F 重合时投影最小.又AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝2√3×2×cos 30°＝6，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝2×2×cos 120°＝－2，故当点P 在正六边形ABCDEF 内部运动时，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ ∈（－2，6），故选A. 8.（2020·新高考Ⅰ卷8题）若定义在R 的奇函数f （x ）在（－∞，0）单调递减，且f （2）＝0，则满足xf （x －1）≥0的x 的取值范围是（ ） A.[－1，1]∪[3，＋∞） B.[－3，－1]∪[0，1] C.[－1，0]∪[1，＋∞）D.[－1，0]∪[1，3]解析：选D 法一 由题意知f （x ）在（－∞，0），（0，＋∞）单调递减，且f （－2）＝f （2）＝f （0）＝0.当x ＞0时，令f （x －1）≥0，得0≤x －1≤2，∴1≤x ≤3；当x ＜0时，令f （x －1）≤0，得－2≤x －1≤0，∴－1≤x ≤1，又x ＜0，∴－1≤x ＜0；当x ＝0时，显然符合题意.综上，原不等式的解集为[－1，0]∪[1，3]，故选D.法二 当x ＝3时，f （3－1）＝0，符合题意，排除B ；当x ＝4时，f （4－1）＝f （3）＜0，此时不符合题意，排除选项A 、C ，故选D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分. 9.（多选）（2020·新高考Ⅰ卷9题）已知曲线C ：mx 2＋ny 2＝1.（ ） A.若m ＞n ＞0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上 B.若m ＝n ＞0，则C 是圆，其半径为√nC.若mn ＜0，则C 是双曲线，其渐近线方程为y ＝±√－mn xD.若m ＝0，n ＞0，则C 是两条直线解析：选ACD 对于选项A ，∵m ＞n ＞0，∴0＜1m ＜1n ，方程mx 2＋ny 2＝1可变形为x 21m＋y 21n＝1，∴该方程表示焦点在y 轴上的椭圆，正确；对于选项B ，∵m ＝n ＞0，∴方程mx 2＋ny 2＝1可变形为x 2＋y 2＝1n ，该方程表示半径为√1n 的圆，错误；对于选项C ，∵mn ＜0，∴该方程表示双曲线，令mx 2＋ny 2＝0⇒y ＝±√－mn x ，正确；对于选项D ，∵m ＝0，n ＞0，∴方程mx 2＋ny 2＝1变形为ny 2＝1⇒y ＝±√1n ，该方程表示两条直线，正确.综上选A 、C 、D.10.（多选）（2020·新高考Ⅰ卷10题）如图是函数y ＝sin （ωx ＋φ）的部分图象，则sin （ωx ＋φ）＝（ ）A.sin (x ＋π3) B.sin (π3－2x)C.cos (2x ＋π6) D.cos (5π6－2x)解析：选BC 由题图可知，函数的最小正周期T ＝2(2π3－π6)＝π，∴2π｜ω｜＝π，ω＝±2.当ω＝2时，y ＝sin （2x ＋φ），将点(π6，0)代入得，sin (2×π6＋φ)＝0， ∴2×π6＋φ＝2k π＋π，k ∈Z ，即φ＝2k π＋2π3，k ∈Z ，故y ＝sin (2x ＋2π3).由于y ＝sin (2x ＋2π3)＝sin [π－(2x ＋2π3)]＝sin (π3－2x)，故选项B 正确；y ＝sin (π3－2x)＝cos [π2－(π3－2x)]＝cos (2x ＋π6)，选项C 正确；对于选项A ，当x ＝π6时，sin (π6＋π3)＝1≠0，错误；对于选项D ，当x ＝π6＋2π32＝5π12时，cos (5π6－2×5π12)＝1≠－1，错误；当ω＝－2时，y ＝sin （－2x ＋φ），将(π6，0)代入，得sin (－2×π6＋φ)＝0，结合函数图象，知－2×π6＋φ＝π＋2k π，k ∈Z ，得φ＝4π3＋2k π，k ∈Z ，∴y ＝sin (－2x ＋4π3)，但当x ＝0时，y ＝sin (－2x ＋4π3)＝－√32＜0，与图象不符合，舍去.综上，选B 、C. 11.（多选）（2020·新高考Ⅰ卷11题）已知a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1，则（ ） A.a 2＋b 2≥12B.2a －b ＞12C.log 2a ＋log 2b ≥－2D.√a ＋√b ≤√2解析：选ABD 对于选项A ，∵a 2＋b 2≥2ab ，∴2（a 2＋b 2）≥a 2＋b 2＋2ab ＝（a ＋b ）2＝1，∴a 2＋b 2≥12，正确；对于选项B ，易知0＜a ＜1，0＜b ＜1，∴－1＜a －b ＜1，∴2a －b ＞2－1＝12，正确；对于选项C ，令a ＝14，b ＝34，则log 214＋log 234＝－2＋log 234＜－2，错误；对于选项D ，∵√2＝√2（a ＋b ），∴[√2（a ＋b ）]2－（√a ＋√b ）2＝a ＋b －2√ab ＝（√a －√b ）2≥0，∴√a ＋√b ≤√2，正确.故选A 、B 、D.12.（多选）（2020·新高考Ⅰ卷12题）信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X 所有可能的取值为1，2，…，n ，且P （X ＝i ）＝p i ＞0（i ＝1，2，…，n ），∑i=1np i ＝1，定义X 的信息熵H （X ）＝－∑i=1np i log 2p i .（ ）A.若n ＝1，则H （X ）＝0B.若n ＝2，则H （X ）随着p i 的增大而增大C.若p i ＝1n （i ＝1，2，…，n ），则H （X ）随着n 的增大而增大D.若n ＝2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，…，m ，且P （Y ＝j ）＝p j ＋p 2m ＋1－j （j ＝1，2，…，m ），则H （X ）≤H （Y ）解析：选AC 法一 对于选项A ，若n ＝1，则p 1＝1，log 21＝0，∴H （X ）＝－p 1log 2p 1＝－log 21＝0，A 正确；对于选项B ，当p 1＝14时，H （X ）＝－∑i=1np i log 2p i ＝－（p 1log 2p 1＋p 2log 2p 2）＝－（14log 214＋34log 234），当p 1＝34时，H （X ）＝－∑i=1np i log 2p i ＝－（p 1log 2p 1＋p 2log 2p 2）＝－（34log 234＋14log 214），由此可得，当p 1＝14与p 1＝34时，信息熵相等，∴B 不正确；对于选项C ，若p i ＝1n ，则H （X ）＝－∑i=1np i log 2p i ＝－(1n log 21n ＋…＋1n log 21n )＝n ×log 2n n＝log 2n ，∴H （X ）随着n 的增大而增大，C 正确；对于选项D ，若n ＝2m ，随机变量Y 的可能取值为1，2，…，m ，由P （Y ＝j ）＝p j ＋p 2m ＋1－j （j ＝1，2，…，m ）知，P （Y ＝1）＝p 1＋p 2m ；P （Y ＝2）＝p 2＋p 2m －1；P （Y ＝3）＝p 3＋p 2m －2；…；P （Y ＝m ）＝p m ＋p m ＋1.H （X ）＝－[（p 1log 2p 1＋p 2m log 2p 2m ）＋（p 2log 2p 2＋p 2m －1log 2p 2m －1）＋…＋（p m log 2p m ＋p m ＋1log 2p m ＋1）]，H （Y ）＝－[（p 1＋p 2m ）log 2（p 1＋p 2m ）＋（p 2＋p 2m －1）log 2（p 2＋p 2m －1）＋…＋（p m ＋p m ＋1）log 2（p m ＋p m ＋1）]，H （Y ）－H （X ）＝－[（p 1＋p 2m ）log 2（p 1＋p 2m ）＋…＋（p m ＋p m ＋1）·log 2（p m ＋p m ＋1）]＋p 1log 2p 1＋p 2m log 2p 2m ＋…＋p m log 2p m ＋p m ＋1log 2p m ＋1＝p 1·log 2p 1p 1＋p 2m＋…＋p 2m ·log 2p 2mp 1＋p 2m.易知0＜p 1p 1＋p 2m＜1， 0p 2m p 1＋p 2m＜1，∴log 2p 1p 1＋p 2m＜0，…，log 2p 2m p 1＋p 2m＜0，∴H （Y ）＜H （X ），故D 错误.法二（特值法） 令m ＝1，则n ＝2，p 1＝14，p 2＝34.P （Y ＝1）＝1，H （Y ）＝－log 21＝0，H （x ）＝－（14log 214＋34log 234）＞0，∴H （X ）＞H （Y ），故D 错误.非选择题部分（共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.（2020·新高考Ⅰ卷13题）斜率为√3的直线过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则｜AB ｜＝ .解析：由题意得直线方程为y ＝√3（x －1），联立方程，得{y ＝√3（x －1),y 2=4x ，得3x 2－10x ＋3＝0，∴x A ＋x B ＝103，故｜AB ｜＝1＋x A ＋1＋x B ＝2＋103＝163. 答案：16314.（2020·新高考Ⅰ卷14题）将数列{2n －1}与{3n －2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为 .解析：设b n ＝2n －1，c n ＝3n －2，b n ＝c m ，则2n －1＝3m －2，得n ＝3m －12＝3m －3+22＝3（m －1）2＋1，于是m －1＝2k ，k ∈N ，所以m ＝2k ＋1，k ∈N ，则a k ＝3（2k ＋1）－2＝6k＋1，k ∈N ，得a n ＝6n －5，n ∈N *.故S n ＝1+6n －52×n ＝3n 2－2n .答案：3n 2－2n15.（2020·新高考Ⅰ卷15题）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示.O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形，BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC ＝35，BH ∥DG ，EF ＝12 cm ，DE ＝2 cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7 cm ，圆孔半径为1 cm ，则图中阴影部分的面积为 cm 2.解析：如图，连接OA ，作AQ ⊥DE ，交ED 的延长线于Q ，AM ⊥EF 于M ，交DG 于E'，交BH 于F'，记过O 且垂直于DG 的直线与DG 的交点为P ，设OP ＝3m ，则DP ＝5m ，不难得出AQ ＝7，AM ＝7，于是AE'＝5，E'G ＝5，∴∠AGE'＝∠AHF'＝π4，△AOH 为等腰直角三角形，又AF'＝5－3m ，OF'＝7－5m ，AF'＝OF'，∴5－3m ＝7－5m ，得m ＝1，∴AF'＝5－3m ＝2，OF'＝7－5m ＝2，∴OA ＝2√2，则阴影部分的面积S ＝135360×π×（2√2）2＋12×2√2×2√2－π2＝(5π2+4)（cm 2）.答案：5π2＋416.（2020·新高考Ⅰ卷16题）已知直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为 .解析：如图，连接B 1D 1，易知△B 1C 1D 1为正三角形，所以B 1D 1＝C 1D 1＝2.分别取B 1C 1，BB 1，CC 1的中点M ，G ，H ，连接D 1M ，D 1G ，D 1H ，则易得D 1G ＝D 1H ＝√22＋12＝√5，D 1M ⊥B 1C 1，且D 1M ＝√3.由题意知G ，H 分别是BB 1，CC 1与球面的交点.在侧面BCC 1B 1内任取一点P ，使MP ＝√2，连接D 1P ，则D 1P ＝√D 1M 2＋MP 2＝√（√3）2＋（√2）2＝√5，连接MG ，MH ，易得MG ＝MH ＝√2，故可知以M 为圆心，√2为半径的圆弧GH 为球面与侧面BCC 1B 1的交线.由∠B 1MG ＝∠C 1MH ＝45°知∠GMH ＝90°，所以GH⏜的长为14×2π×√2＝√2π2.答案：√2π2四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.（本小题满分10分）（2020·新高考Ⅰ卷17题）在①ac ＝√3，②c sin A ＝3，③c ＝√3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在△ABC ，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A ＝√3sin B ，C ＝π6， ？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解：法一 选条件①. 由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab＝√32.由sin A ＝√3sin B 及正弦定理得a ＝√3b . 于是2222√3b 2＝√32，由此可得b ＝c .由①ac ＝√3，解得a ＝√3，b ＝c ＝1.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c ＝1. 法二 选条件②. 由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab＝√32.由sin A ＝√3sin B 及正弦定理得a ＝√3b . 于是2222√3b 2＝√32，由此可得b ＝c ，B ＝C ＝π6，A ＝2π3.由②c sin A ＝3，所以c ＝b ＝2√3，a ＝6.因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c ＝2√3. 法三 选条件③. 由C ＝π6和余弦定理得a 2＋b 2－c 22ab＝√32.由sin A ＝√3sin B 及正弦定理得a ＝√3b . 于是2222√3b 2＝√32，由此可得b ＝c .由③c ＝√3b ，与b ＝c 矛盾.因此，选条件③时问题中的三角形不存在.18.（本小题满分12分）（2020·新高考Ⅰ卷18题）已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. （1）求{a n }的通项公式；（2）记b m 为{a n }在区间（0，m ]（m ∈N *）中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解：（1）设{a n }的公比为q .由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8. 解得q ＝12（舍去），q ＝2.由题设得a 1＝2. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n .（2）由题设及（1）知b 1＝0，且当2n ≤m ＜2n ＋1时，b m ＝n .所以S 100＝b 1＋（b 2＋b 3）＋（b 4＋b 5＋b 6＋b 7）＋…＋（b 32＋b 33＋…＋b 63）＋（b 64＋b 65＋…＋b 100）＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×（100－63）＝480.19.（本小题满分12分）（2020·新高考Ⅰ卷19题）为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO 2浓度（单位：μg/m 3），得下表：[0，50] （50，150]（150，475]32 18 4 （35，75] 6 8 12 （75，115]3710（1）估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO 2浓度不超过150”的概率；（2）根据所给数据，完成下面的2×2列联表：[0，150]（150，475]（75，115]（3）根据（2）中的列联表，判断是否有99％的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO 2浓度有关？ 附：K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b)(c ＋d)(a ＋c)(b ＋d ），2150的天数为32＋18＋6＋8＝64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100＝0.64.（2）根据抽查数据，可得2×2列联表：SO2PM2.5[0，150]（150，475] [0，75]64 16（75，115]10 10（3）根据（2）的列联表得K2＝100×（64×10－16×10）280×20×74×26≈7.484.由于7.484＞6.635，故有99％的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关. 20.（本小题满分12分）（2020·新高考Ⅰ卷20题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABC D.设平面PAD与平面PBC的交线为l.（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.解：（1）证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥A D.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥A D.因此l⊥平面PDC.（2）以D为坐标原点，DA⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则D（0，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），DC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（0，1，0），PB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（1，1，－1）.由（1）可设Q（a，0，1），则DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（a，0，1）.设n ＝（x ，y ，z ）是平面QCD 的法向量，则{n ·DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{ax ＋z =0，y =0.可取n ＝（－1，0，a ）. 所以cos ＜n ，PB⃗⃗⃗⃗⃗ ＞＝n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜n ｜·｜PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＝√3·√1+a 2.设PB 与平面QCD 所成角为θ， 则sin θ＝√33×√1+a 2＝√33√1+2aa 2+1.因为√33√1+2a a 2+1≤√63，当且仅当a ＝1时等号成立.所以PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为√63.21.（本小题满分12分）（2020·新高考Ⅰ卷21题）已知函数f （x ）＝a e x －1－ln x ＋ln a . （1）当a ＝e 时，求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围.解：f （x ）的定义域为（0，＋∞），f'（x ）＝a e x －1－1x .（1）当a ＝e 时，f （x ）＝e x －ln x ＋1，f'（1）＝e －1，曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为y －（e ＋1）＝（e －1）（x －1），即y ＝（e －1）x ＋2. 直线y ＝（e －1）x ＋2在x 轴，y 轴上的截距分别为－2e －1，2.因此所求三角形的面积为2e －1.（2）当0＜a ＜1时，f （1）＝a ＋ln a ＜1. 当a ＝1时，f （x ）＝e x －1－ln x ，f'（x ）＝e x －1－1x .当x ∈（0，1）时，f'（x ）＜0；当x ∈（1，＋∞）时，f'（x ）＞0.所以当x ＝1时，f （x ）取得最小值，最小值为f （1）＝1，从而f （x ）≥1. 当a ＞1时，f （x ）＝a e x －1－ln x ＋ln a ≥e x －1－ln x ≥1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞）.22.（本小题满分12分）（2020·新高考Ⅰ卷22题）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0）的离心率为√22，且过点A （2，1）. （1）求C 的方程；（2）点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足.证明：存在定点Q ，使得｜DQ ｜为定值.解：（1）由题意得4a 2＋1b 2＝1，a 2－b 2a 2＝12，解得a 2＝6，b 2＝3.所以C 的方程为x 26＋y 23＝1.（2）证明：设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）.若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，代入x 26＋y 23＝1得（1＋2k 2）x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.于是x 1＋x 2＝－4km1+2k 2，x 1x 2＝2m 2－61+2k 2.①由AM ⊥AN 知，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，故（x 1－2）（x 2－2）＋（y 1－1）（y 2－1）＝0，可得（k 2＋1）x 1x 2＋（km －k －2）（x 1＋x 2）＋（m －1）2＋4＝0.将①代入上式可得（k 2＋1）2m 2－61+2k 2－（km －k －2）4km1+2k 2＋（m －1）2＋4＝0. 整理得（2k ＋3m ＋1）（2k ＋m －1）＝0. 因为A （2，1）不在直线MN 上，所以2k ＋m －1≠0，故2k ＋3m ＋1＝0，k ≠1. 于是MN 的方程为y ＝k (x －23)－13（k ≠1）.所以直线MN 过点P (23,−13). 若直线MN 与x 轴垂直，可得N （x 1，－y 1）.由AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0得（x 1－2）（x 1－2）＋（y 1－1）（－y 1－1）＝0. 又x 126＋y 123＝1，可得3x 12－8x 1＋4＝0. 解得x 1＝2（舍去），x 1＝23. 此时直线MN 过点P (23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q (43，13).若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边， 故｜DQ ｜＝12｜AP ｜＝2√23. 若D 与P 重合，则｜DQ ｜＝12｜AP ｜. 综上，存在点Q (43，13)，使得｜DQ ｜为定值.。
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2020年新高考全国I卷（山东卷）
数学
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.设集合A x|1x3，B x|2x4，则A B
A．x|2x3
B．x|2x3
C．x|1x4
D．
x|1x4
2i
2.
12i
A．1
B.-1
**
D.i
3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，则不同的安排方法共有
A．120种
B．90种
C．60种
D．30种
4.日晷是中国古代用来测量时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间。
把地球看成一个球（球心记为O）,地球上一点A的维度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，
6. 基本再生数 与世代间隔 是新冠肺炎的流行病学基本参数。
基本再生数
**天
A ．
B ． o o o o
20 40 C ．50 D ．90 5. 某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有96%的学生喜欢足球或游泳,60%的学 生喜欢足球,82%的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该 校学生总数的比例是 **%
**% **%
**%
R
T
指一个感染者传染的平均人数,世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间。
在
新冠肺炎疫情初始阶段,可以用指数模型：
描述累计感染病例数 随
I(t ) e r t
I(t)
时间t (单位:天)的变化规律,指数增长率 与 ， 近似满足 ,有学 R 1 rT R T r 0 0 者基于已有数据估计出 ， .据此,在新冠肺炎疫情初始阶段,累计
R 3.28 T 6 0 感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln 2 0.69) **天
**天 **天
7.已知 是边长为 2 的正六边形 P 内的一点，则 的取值范围是
AP AB
AB C D E F A ．
( 2,6) B ．
( 6,2) C ．
( 2,4) D ．
( 4,6)
8. 若 定 义 在
的 奇 函 数 R
在
单 调 递 减 ， 且 ( ,0) ， 则 满 足 f (2) 0
f (x ) x f (x 1) 0的x 的取值范围是 A ．
[ 1,1] [3, ) B ．
[ 3, 1] [0,1]
[ 1,0] [1, ) C ．
[ 1,0] [1,3] D ．
二、选择题：本小题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
在每小题给出的选项中， 有多项符合题目要求。
全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分。
9. 已知曲线 . C :mx ny 1
2 2 A. 若 ，则 是椭圆，其焦点在 轴上
m n 0
C y B. 若 ，则 是圆，其半径为 m n 0
C n
m
n C ．若 ，则 是双曲线，其渐近线方程为 mn 0 C y x
D ．若 ， ，则 是两条直线
m 0 n 0 C 10. 右图是函数
的部分图像，则
=
y s in ( x ) s in ( x )
3
5
D ． cos ( 2x)
6
11.已知 a>0，b>0,且 a+b=1,则
1 A. B. C.
a b 2 2 2
1 2
2
a b
log a log b 2 2 2 D.
a
b 2
12. 信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量 X 所有可能的值为 1,2，...n ，
n
n
且 P(X=i)=p >0,(i=1,2,...n )，
p =1
，定义X 的信息熵H (x)
，则
p log p i
i
i 2 i i=1
i=1
若 n 1
0 A. B. ，则 H (X )= 若 n 2
（X ） H p i ，则 随着 的增大而增大 1
1
, 2,...n) ， p C. 若 p = (i H (X ) 则 随着 的增大而增大 i i n 若
n 2m ，m 所 有 可 能 的 取 值 为 i=1,2...
D. ， 随 机 变 量 Y 且 ， P （Y =j ）=p p
（j=1, 2，...m ），则H(x) H (Y)
j
2m 1 j
三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
: y 4x 13.斜率为 3 的直线过抛物线C | AB |
的焦点，且与 交于 ， 两点，则 A B
2
C
的前n
a
14.将数列 2 1 与 3 1 的公共项从小到大排列得到数列 ，则 n n a
n
n
项和为
15.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的界面如图所示， 为圆孔 O 所在圆的圆心， 是圆弧 A
AB AB 的切点，四边形
3
5
直线 和 D E EF
的距离均为 7cm ，圆孔半径为 1cm ，
则图中阴影部分面积为______.
16.已知直四棱柱 AB C D A B C D 的棱长均为 2，∠
60°，以 为球心， BA D D 1 1 1 1 1
5 为半径的球面与侧面 的交线长为______. B C C B
1 1
四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。
解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤。
综合题分割 17.(10 分)
在①
ac
3
s in 3,③c 3b
c A ,② 这三个条件中任选一个,补充在下面问
题中,若问题中的三角形存在,求c 的值;若问题中的三角形不存在,说明理由. 问 题 : 是 否 存 在 ΔAB C , 它 的 内 角 的 对 边 分 别 为
且
a b c , , ,
, ,
A B C
s in A 3 s in B,C ,______？
6
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18.(12分)
已知公比大于1的等比数列满足.
a a a20,a8
3
n24
(1)求的通项公式；
a
n
(2)记为
b
在区间
0,m m N
中的项的个数，求数列
*
的前100项a b
m n m 和.
S
100
19.（12分）
为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，
g 随机抽查了100天空气中的和SO浓度（单位：
2），得下表：
**
m3
（1）估计事件“该市一天空气中P M2.5浓度不超过75，且SO浓度不超过
2
150”的概率；
（2）根据所给数据，完成下面的2x2列联表：
（3）根据（2）中的列联表，判断是否有 99%的把握认为该市一天空气中
浓度有关？
**浓度与 S O
2
n(ad bc)2
附： K
， 2 (a b )(c d)(a c )(b d)
综合题分割 20（12 分）
如图，四棱锥
P AB C D P D
PB 与平面 （1） 证明： 平面 l P D C
（2） 已知
， 为 上的点，求 P D A D 1
与平面Q C D 所 l Q 成角的正弦值的最大值.
综合题分割 21.（12 分) f x ae 已知函数
ln x
lna
x 1
( 1, f 1 ) （1）当 时，求曲线
a e y
f x
在点 处的切线与两坐标轴围成的三角 形的面积；
（2）若
，求 的取值范围
f x 1
a 22.（12 分）
x 2 y 2
2 已知椭圆C :
的离心率为 1(a b 0) ，且过点 A(2,1) a b 2 2 2 （1）求 的方程
C
（2）点，在上，且
M N C
，为垂足，证明：存在定点，
D
Q
A M A N A D M N
,
使得为定值
D Q。