2020高考数学答案

2020年高考理科数学

试卷(全国1卷)(附详

细答案)

-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-CompanyOne1

2

2

绝密★启用前

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。

★祝考试顺利★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22zz()

A．0B．1C．D．2

解：z1iz22z=z(z2)=(1i)(i1)=i212=2|z22z|选D．

2．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．4

解：A=[-2,2],B=(-∞,

2

a

],A∩B=[-2,1]



2

a

=1



a=2.选B．

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.

51

4



B.

51

2



C.

51

4



D.

51

2



解：设正四棱锥的底面边长为a,高为h，斜高为b,则

22

22

1115

4210

224

bbb

abhba

aaa











（舍负）.选C.

4.已知A为抛物线C:y22pxp0上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴

的距离为9，则p（）

A．2B．3C．6D．9

解：9126

2

p

p.选C.

3

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xi,yi（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bx2C.yabexD．yablnx

解：选D．

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+1

解：'32'()46,(1)1,(1)2fxxxfkf

∴切线方程为(1)2(1)yx,即21yx.选B．

7.设函数fxcos()

6

x



在π,π的图像大致如下图，则fx的最小正周期为（）

A.

10

9



B.

7

6



C.

4

3



D.

3

2



解：由图可知T<π-(-π)<2T,

即

22

2212









又

4

2,

962

kkZ















92

(2),

43

kkZ

∴当0k时，

3

2

，从而

4

3

T



，选C．

8.2

5y

xxy

x









的展开式中x3y3的系数为（）

A．5B．10C．15D．20

解：22

555yy

xxyxxyxy

xx









2

5y

xxy

x









的展开式中含x3y3的项为

2

22344

55

y

xCxyCxy

x



4

∴2

5y

xxy

x









的展开式中x3y3的系数为24

55

15CC,选C．

9．已知0,π，且3cos28cos5，则sin（）

A.

5

3

B.

2

3

C.

1

3

D.

5

9

3cos28cos5



3（2cos2）8cos5=0



（3cos+2)(cos2)=0

∴cos=

2

3



这里0,π，所以22

25

sin1cos1()

33



，选A.

10.已知A，B，C为球O的球面上的三个点，O1为△ABC的外接圆．若O1的面积为4，

AB=BC=AC=OO

1

，则球O的表面积为

A．64πB．48πC．36πD．32π

解：设AB=BC=AC=OO1=a，则O

1

A=

3

3

ar

又

2

22

3

412

3O

Sraa











，从而

24r

在Rt∆O

1

OA中，22216Rar

2464SR

球

选A.

11.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，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0

解：22:(1)(1)4Mxy的圆心为M（1，1），半径为2

PA，PB是M的切线，设PM∩AB=C，则PAAM，PMAB

ACAM

RtPAMRtACM

PAPM

，即

1

2

24

AC

AM

PMABAMPAPA

PAPM



当|PM||AB|最小时，PA最小，此时，PM



l，AB//l,

22

|2112|

5

21

PM







由2AMMCMP，即225MC

，得

4

5

MC

∴

41

5

55

PCPMMC

5

设AB:2x+y+c=0，则

|2|1

1

55

c

c





∴AB:2x+y+1=0，选D．

12.若

24

2log42logabab，则（）

A．a＞2bB．a＜2bC．a＞b2D．a＜b2

解：显然

2

()2logxfxx是R+上的增函数

若a<2b，则()(2)fafb，即2

22

2log2log2abab………………………❶

又

2

242

2log42log2logabbabb

………………………………………❷

❶-❷得

22

0log2log1bb怛成立，选B．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.若x，y满足约束条件

220

10

10

xy

xy

y

















，则zx7y的最大值为

解：解方程组

220

10

xy

xy











得

1

0

x

y











作出可行域，平移直线x+7y=0，当直线x+7y=z经过点M（1，0）时，z最大，

最大值为1+7×0=1.

14.设a，b为单位向量，则|ab|1，则|ab|．

22121

21

1,1

abaabb

ab

ab

















解：

2

2221(1)133abaabbab

15.已知F为双曲线

22

22

:1

xy

C

ab

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．

2

2

:

3

3,

b

b

BFxBF

a

a

ca

BF

AFca

AF























解轴

又

，即

22

332

()

cac

caae

acaa







6

16.如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图，AC=1，AB=AD=

3

，ABAC，ABAD，

CAE30°，则cosFCB．

解：在RtABC中，222BCACAB,在等腰RtPAB中，6PB

在RtPAC中，222231cos3011PCPAACPC

222221261

cos

22124

PCBCPB

PCBC







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

n

a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an的公比；

(2)若

1

1a，求数列

n

na的前n项和．

解：（1）在等比数列

n

a中，

133

2aaa，即22

111

2202aaqaqqqq

(2)

1

1a，令1(2)n

n

bn

012211(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)nn

n

Snn………❶

123121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)nn

n

Snn

………❷

❶-❷得121

1(2)

31(2)(2)(2)(2)(2)

1(2)

n

nnn

n

Snn







∴1

[131(2)]

9

n

n

Sn

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，

6

6

PODO

(1)证明：PA平面PBC

(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

(1)证明：不妨设底面圆的半径为1，则正三角形ABC的边长为

3

，

AD=2,所以，OD=

3

,从而OP=

2

2

.

7

AEABCAEBC

DOAEO















是正的直径

ADEBC

BCPA

PAADE













平面

平面

在RtAOP中，2

16

1

22

APPB

∴222ABPAPBPAPB

DOABC

ABC

DOBC

BC













平面

平面

PABC

PAPBPAPBC

PBBCB

















平面

（2）解：分别以

,OEOD

所在直线为y轴，z轴，建立空间直角坐标系（如图）.则

31

(,,0)

22

B，

31

(,,0)

22

C，E(0,1,0)，

2

(0,0,)

2

P，A(0,-1,0)

312

(,,)

222

CP,(3,0,0)CB,

31

(,,0)

22

CE

由（1）知

2

(0,1,)

2

AP是平面PBC的法向量，

3

2

AP

设平面EPC的法向量是

(,,)nabc

，则

312

3

0

222

3

31

2

0

22

nCPnCPabc

ab

cb

nCEnCEab





























令b=1，得

3

(,1,2)

3

n

，

10

3

n

设,APn，则

1125

cos

5

310

23

APn

APn









∴二面角B-PC-E的余弦值为

25

5

.

19．（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．

z

x

y

8

解：（1）甲连胜四场的概率为

11111

222216



（2）根据赛制，至少需要进行4场比赛，至多需进行5场比赛。

甲连胜四场的概率为

1

16

；

乙连胜四场的概率为

1

16

；

丙上场后连胜三场的概率为

1

8

；

所以需要进行第五场比赛的概率为1-

1

16

-

1

16

-

1

8

=

3

4

丙最终获胜有两种情况:

①比赛四场结束，且丙最终获胜的概率为

1

8

；

②比赛五场结束，且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空的结

果，有三种情况：(ⅰ)胜胜负胜；（ⅱ)胜负空胜；(ⅲ)负空胜胜.其概率分别为

1

16

，

1

8

，

1

8

；共

1

16

+

1

8

+

1

8

=

5

16

.

∴丙最终获胜的概率为

1

8

+

5

16

=

7

16

20．（12分）

已知A，B分别为椭圆E：

2

2

2

1

x

y

a

a1的左、右顶点，G为E的上顶点，

8AGGB．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．

解：（1）

(,0),(,0),(0,1)AaBaG

，

8AGGB

，即

2(,1)(,1)8183aaaa

∴E的方程为

2

21

9

x

y

（2）设(6,)Pm，则:(3),:(3)

93

mm

PAyxPByx

当m=0时，直线CD为x轴，纵坐标为0.（定点必在x轴上）

当0m时，解方程组

2

2

(3)

9

1

9

m

yx

x

y



















得

2

2

2

327

9

6

9

C

C

m

x

m

m

y

m

























解方程组

2

2

(3)

3

1

9

m

yx

x

y



















得

2

2

2

3(1)

1

2

1

D

D

m

x

m

m

y

m



























9

22

22

2

22

62

4

91

3273(1)

3(3)

91

CD

mm

m

mm

k

mm

m

mm



















当

3m

时，CDx轴，此时

3

2CD

xx，所以，所求定点为

3

(,0)

2

.

直线

2

222

243(1)

:[]

13(3)1

mmm

CDyx

mmm







下面证明当

3m

时，

2

222

2433(1)

0[]

13(3)21

mmm

mmm







恒成立.

2

222

222

2433(1)

0[]32(1)(1)33

13(3)21

mmm

mmm

mmm







显然恒成立.所以，直线CD过定点

3

(,0)

2

21．已知函数2()xfxeaxx．

（1）当a=1时，讨论fx的单调性；

（2）当x≥0时，

3

()1

2

x

fx，求．

解：（1）当1a时,2()xfxexx，'()2100xfxexx

当0x时，'()0fx，当0x时，'()0fx，

∴()fx在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增.

（2）当x≥0时，

3

()1

2

x

fx，即

32

1

1

2

()1

x

xaxx

gx

e





∴'

12

(2)(21)

()021,2

2x

xxxa

gxxax

e





若

1

2

a，则'()0gx，()gx在[0，+∞）上单调递减，

max

()(0)1gxg，符合题意.

①若

1

2

a，则当x∈[0,2)时，'()0gx，()gx单调递增，

()(0)1gxg，不合题意.

②若

11

22

a

10

x0

（0,21a)21a(21a,2)

2(2,+∞)

'()gx-0+0-

()gx

1递减极小值递增极大值递减

依题意

2

max

2

747

()(2)1

4

ae

gxga

e





∴

271

42

e

a





③若

1

2

a，则

323

11

11

22

()()

xx

xaxxxx

gxhx

ee



，由②知()1hx

∴()()1gxhx，符合题意

综上所述：a的取值范围是

27

,

4

e













（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）

在直角坐标系xOy中，曲线C

1

的参数方程为

cos

sin

k

k

xt

yt











（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4cos16sin3

0．

（1）当k=1时，C1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．

解：（1）当k=1时，22

1

:1Cxy

表示圆心在原点，半径为1的圆.

（2）当k=4时，

2

4

4

2

cos

cos

1

sin

sin

xt

xt

xy

yt

yt

























……………………❶

4cos16sin3041630xy………………………………………❷

由❶得1xy，代入❷得

11

2

11

4(1)163021670

24

yyyyyy

从而

1

4

x，故C

1

与C

2

的公共点的直角坐标为

11

44







，

（2）当k=4时，把

4

4

cos

sin

xt

yt











代入4x-16y+3=0得444cos16sin30tt

2222(2cos4sin)(2cos4sin)30tttt

[1cos22(1cos2)][1cos22(1cos2)]30tttt

(3cos21)(cos23)30cos2(3cos210)0cos20ttttt

∴

2

4

2

4

1cos21

cos

24

1cos21

sin

24

t

xt

t

yt

































∴C

1

与C

2

的公共点的直角坐标为

11

44







，

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．

解：（1）fx|3x1|2|x1|可化为

1

3,;

3

1

()51,.1;

3

3,1.

xx

fxxx

xx

























(1)2f；

18

33

f









；(1)4f；(2)5f；

有A（-1，2），

18

,

33

B









，C（1，4），D（2，5）

作射线BA，作线段BC，作射线CD，即得函数yfx的图象.

（2）把函数yfx的图象向左平移1个单位得到函数yfx+1的图象.

y=f

(x+1)

12

解方程组

3

7

5(1)1

6

yx

x

yx













，

由图象可知不等式fxfx1的解集为

7

|

6

xx







