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2020高考数学全国一卷答案

更新时间:2023-01-03 14:17:22 阅读：评论：0

2023年1月3日发(作者：有关农业生产的谚语)

数学试卷第1页（共18页）数学试卷第2页（共18页）

绝密★启用前

2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国I卷（山东）

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13Axx≤≤，24Bxx＜＜，则AB∪（）

A.{23xx＜≤

B.{23xx≤≤

C.{14xx≤

D.{14xx＜＜

12i





（）

A.1B.1.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

.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（）

.20B

.40C

.50D

.90

.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（）

62%B

56%C

46%D

42%

.基本再生数

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)rtIt描述累计感染病例数It随时间t（单位：天）

的变化规律，指数增长率r与

，T近似满足

1RrT

.有学者基于已有数据估计

出

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

倍需要

的时间约为（ln20.69≈）

（）

1.2

天

1.8

天

2.5

天

3.5

天

.已知P是边长为

的正六边形ABCDEF内的一点，则

APAB

的取值范围（）

()2,6

(6,2)

(2,4)

(4,6)

.若定义在R的奇函数fx

在

(,0)

单调递减，且20f

，则满足

(10)xfx≥

的

x的取值范围是（）

.[)1,1][3,B

.3,1][,[01]

.[1,0][1,)D

.[1,0][1,3]

二、选择题：本题共

小题，每小题

分，共

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

分，有选错的得

分，部分选对的得

分.

9.已知曲线22:1Cmxny

（）

A.若0mn＞＞，则C是椭圆，其焦点在y轴上

B.若=0mn＞，则C是圆，其半径为

C.若0mn＜，则C是双曲线，其渐近线方程为



D.若0m，0n＞，则C是两条直线

10.下图是函数sinyx

的部分图像，则sinx

（）

sin(

x）B.

sin(2)

x

毕

业

学

校

姓

名_

考

生

号_

-------------

在------------------

此-------------------

卷-------------------

上-------------------

答-------------------

题-------------------

无------------------

效

----------------

数学试卷第3页（共18页）数学试卷第4页（共18页）

cos(2

x）D.

5π

cos(2)

x

11.已知0a＞，0b＞，且1ab，则（）

A.22

ab≥B.

ab＞

loglog2ab≥

2ab≤

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，L，

，

且

()0(1,2,,),1

PXipinp



＞

，定义X的信息熵

()log

HXpp





（）

A.若1n，则0HX

B.若2n，则HX

随着

的增大而增大

C.若

(1,2,,)

，则HX

随着

的增大而增大

D.若2nm，随机变量Y所有可能的取值为1,2,,m，且

()(1,2,,)

jmj

PYjppjm





，则HXHY≤

三、填空题：本题共

小题，每小题

分，共

分

13.斜率为

的直线过抛物线C：

24yx的焦点，且与C交于A，B两点，则

AB

________．

14.将数列21n

与32n

的公共项从小到大排列得到数列

，则

的前

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，BCDG⊥，垂足为C，

tODC，BHDG∥，

12cmEF，2cmDE，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1cm，

则图中阴影部分的面积为________2cm

．

16.已知直四棱柱

1111

–ABCDABCD

的棱长均为2，60BAD．以

为球心，

为半

径的球面与侧面

BCCB

的交线长为________．

四、解答题：本题共

小题，共

分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17.在①

3ac

，②sin3cA，③

3cb

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

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

，b，

，且

sin3sinAB

，



，________？

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

18.已知公比大于1的等比数列

{}

满足

20aa

，

8a

．

（1）求

{}

的通项公式；

（2）记

为

{}

在区间*(0,]()mmN

中的项的个数，求数列

{}

的前100项和

100

．

数学试卷第5页（共18页）数学试卷第6页（共18页）

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

浓度（单位：3μg/m

），得下表：

PM2.5

[0,50](50,150](150,475]

[0,35]

32184

(35,75]

6812

(75,115]

3710

（1）估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且

浓度不超过150”的

概率；

（2）根据所给数据，完成下面的22列联表：

PM2.5

[0,150](150,475]

[0,75]

(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

浓度有关？

附：

()

()()()()

nadbc

abcdacbd







，

2()PKk≥0.0500.0100.001

3.8416.63510.828

.如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面

PBC的交线为l．

（

）证明：l⊥平面PDC；

（

）已知1PDAD，

为l上的点，求PB与平面

QCD

所成角的正弦值的最大

值．

.已知函数1()elnlnxfxaxa．

（

）当ea时，求曲线yfx

在点1,1f

处切线与两坐标轴围成的三角形

的面积；

（

）若1fx≥

，求a的取值范围．

22.已知椭圆C：

1(0)

＞＞

的离心率为

，且过点2,1A

．

（1）求C的方程：

（2）点M，N在C上，且AMAN⊥，ADMN⊥，D为垂足．证明：存在定点

，

使得

为定值．的

-------------

在-------------------

此-------------------

卷-------------------

上-------------------

答-------------------

题-------------------

无-------------------

效

----------------

毕

业

学

校_

姓

名

考

生

号_

数学试卷第7页（共18页）数学试卷第8页（共18页）

2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国I卷（山东）

数学答案解析

一、选择题

1．【答案】C

【解析】[1,3](2,4)[1,4)AB，故选C．

【考点】集合并集

【考查能力】基本分析求解

2．【答案】D

【解析】



212

1212125

iii







，故选D．

【考点】复数除法

【考查能力】分析求解

3．【答案】C

【解析】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有1

C；然后从其余5名同学中选2

名去乙场馆，方法数有2

；最后剩下的3名同学去丙场馆．故不同的安排方法共

有12

61060CC

种．故选：C．

【考点】分步计数原理和组合数的计算

【考查能力】运算求解

4．【答案】B

【解析】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平

面的截线，依题意可知OAl⊥；AB是晷针所在直线．m是晷面的截线，依题意，

晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知//mCD、根据线面垂直的定义可得ABm⊥．由于

40AOC，//mCD，所以40OAGAOC，由于

90OAGGAEBAEGAE，所以40BAEOAG，也即晷针与

点A处的水平面所成角为40BAE，故选B．

【考点】中国古代数学文化，球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质

5．【答案】C

【解析】记“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AB，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游

泳”为事件AB，则()0.6PA，()0.82PB，0.96PAB

，所以()PAB

()()()PAPBPAB

0.60.820.960.46，所以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为46%．故选C．

【考点】事件的概率公式

6．【答案】B

【解析】因为

3.28R，6T，

1RrT，所以

3.281

0.38



，所以

0.38rttItee

，设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

间为

t天，则1

0.38()

0.382tt

tee，所以1

0.382te，所以

0.38ln2t，所以

ln20.69

1.8

0.380.38

t天．故选：B．

【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APAB等于AB模与AP在AB方向上

的投影的乘积，所以APAB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

()fx

在

(,0)

上单调递减，且

(2)0f

，所以

()fx

在

(0,)

上也是单调递减，且

(2)0f

，

(0)0f

，所以当

(,2)(0,2)x

时，

()0fx＞，当(2,0)(2,)x时，()0fx＜，

所以由(10)xfx≥可得：

21012









＜

≤≤或≥

或

01212









＞

≤≤或≤

或0x，

解得10x≤≤或13x≤≤，所以满足(10)xfx≥的x取值范围是

[1,0][1,3]

，故

数学试卷第9页（共18页）数学试卷第10页（共18页）

选：D．

【考点】函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式

【考查能力】分类讨论思想方法

二、选择题

9．【答案】ACD

【解析】对于A，若0mn＞＞，则221mxny

可化为

，因为0mn＞＞，所

以

＜，

即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；对于B，若0mn＞，则221mxny

可化为22

，

此时曲线C表示圆心在原点，半径为

的圆，故B不正确；对于C，若0mn＜，则

221mxny

可化为

，此时曲线C表示双曲线，由220mxny

可得



，故C正确；

对于D，若0m，0n＞，则221mxny

可化为2

，

，此时曲线C表示

平行于x轴的两条直线，故D正确；故选ACD．

【考点】曲线方程的特征

【考查能力】运算求解

10．【答案】BC

【解析】由函数图像可知：

2362

T

，则







，所以不选A，当

212







时，1y，∴

122

kkZ



，解得：



kkZ，

即函数的解析式为：

sin22sin2cos2sin2

36263

yxkxxx













．

而

cos2cos2











，故选：BC．

【考点】诱导公式变换

【考查能力】运算求解

11．【答案】ABD

【解析】对于A，2

22221221abaaaa













≥

，当且仅当

ab时，等号成立，故A正确；对于B，211aba＞，所以1

ab＞，

故B正确；对于C，

22222

logloglogloglog2

abab











≤

，当且仅当

ab时，等号成立，故C不正确；

对于D，因为2

1212ababab≤

，所以

2ab≤

，当且仅当

ab时，等号成立，故D正确；故选：ABD．

【考点】不等式的性质

【考查能力】运算求解

12．【答案】AC

【解析】对于A选项，若1n，则

1,1ip，所以

1log10HX

，所以A选

项正确．

对于B选项，若2n，则1,2i，

1pp，所以



121121

Xlog1log1Hpppp



，

当

p时，

1133

loglog

4444









，当

时，



3311

loglog

4444









，

两者相等，所以B选项错误．对于C选项，若

1,2,,

，则



222

111

logloglogHXnn

nnn









，则HX

随着n的增大而增大，所以C选

项正确．

对于D选项，若2nm，随机变量Y的所有可能的取值为1,2,,m，且



21jmj

PYjpp





（1,2,,jm）．

22

loglog

iii

HXppp





122221222

12212

1111

loglogloglog

pppp

pppp





．



122221212

122211

111

logloglog

mmmm

HYpppppp

pppppp







数学试卷第11页（共18页）数学试卷第12页（共18页）

122221222

1222122112

1111

loglogloglog

mmmm

pppp

pppppppp







由于01,2,,2

pim＞

，所以

iimi

ppp





＞

，所以

loglog

iimi

ppp





＞

，

所以

loglog

iimi

ppp







＞

，所以HXHY＞

，所以D选项错误．故选：

AC．

【考点】新定义“信息熵”的理解和运用

【考查能力】分析、思考和解决问题

三、填空题

13．【答案】

【解析】∵抛物线的方程为24yx

，∴抛物线的焦点F坐标为(1,0)F，

又∵直线AB过焦点F且斜率为

，∴直线AB的方程为：

3(1)yx

代入抛物线方程消去y并化简得

231030xx

，

解法一：解得

xx，所以2

116

||1||13|3|

ABkxx

解法二：10036640＞，设

1122

(,),(,)AxyBxy，则

xx，

过,AB分别作准线1x的垂线，设垂足分别为,CD如图所示．

||||||||||11ABAFBFACBDxx

+2=

xx

故答案为：

【考点】抛物线焦点弦长

【考查能力】运算求解

14．【答案】232nn

【解析】因为数列21n

是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列32n

是以1

首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列

是以

1为首项，以6为公差的等差数列，所以

的前n项和为

(1)

1632

nnn



，

故答案为：232nn．

【考点】等比数列的通项公式和前n项和公式

【考查能力】运算求解

15．【答案】



【解析】设OBOAr，由题意7AMAN，12EF，所以5NF，

因为5AP，所以45AGP，因为//BHDG，所以45AHO，

因为AG与圆弧AB相切于A点，所以OAAG⊥，即OAH△为等腰直角三角形；

在直角OQD△中，

OQr，

DQr，

因为

tan

ODC



，所以

3252

2125

rr，解得22r；

等腰直角OAH△的面积为

22224

S；扇形AOB的面积

2

223



，

所以阴影部分的面积为



．故答案为：



．

【考点】三角函数在实际中应用

【考查能力】运算求解

16．【答案】



【解析】如图：

数学试卷第13页（共18页）数学试卷第14页（共18页）

取

BC的中点为E，

BB的中点为F，

CC的中点为G，

因为60BAD，直四棱柱

1111

ABCDABCD的棱长均为2，所以

111

DBC△为等边三角

形，所以

3

，

111

DEBC⊥，又四棱柱

1111

ABCDABCD为直四棱柱，所以

BB平面

1111

ABCD，所以

111

BBBC，

因为

1111

BBBCB，所以

DE侧面

BCCB，

设P为侧面

BCCB与球面的交线上的点，则

DEEP，

因为球的半径为

，

3DE

，所以22

||||||532EPDPDE，

所以侧面

BCCB与球面的交线上的点到E的距离为2，

因为

||||2EFEG

，所以侧面

BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧

，

因为

114

BEFCEG



，所以

FEG



，所以根据弧长公式可得



．

故答案为：

．

【考点】直棱柱的结构特征，直线与平面垂直的判定

【考查能力】化归与转化，数形结合，运算求解

四、解答题

17．【答案】解法一：由

sin3sinAB

可得：3

，不妨设3,0ambmm

，

则：222222

2cos323

cababCmmmmm，即cm．

选择条件①的解析：据此可得：2333acmmm

，1m，此时1cm．

选择条件②的解析：据此可得：

222222

cos

222

bcammm

bcm



，

则：

213

sin1









，此时：

sin3

cAm，则：

23cm

．

选择条件③的解析：可得1

，cb，与条件

3cb

矛盾，则问题中的三角形不

存在．

解法二：∵3,,

sinAsinBCBAC



，

∴sin3sin3sin

AACA











，



sin3sin3sin3cos

AACAA，

∴

sin3cosAA

，∴

tan3A

，∴



，∴



，

若选①，

3ac

，∵

33abc

，∴233c

，∴1c；

若选②，sin3cA，则

，

23c

;若选③，与条件

3cb

矛盾．

【考点】正弦定理、余弦定理、三角恒等变换

【考查能力】化归与转化，运算求解

18．【答案】（1）由于数列

是公比大于1的等比数列，设首项为

a，公比为q，依

题意有

aqaq















，解得

2,2aq，或

32,

aq（舍），所以

a

，

所以数列

的通项公式为

a

．

（2）由于123456722,24,28,216,232,264,2128，所以

b对应的区间为：

0,1

，则

0b；

,bb对应的区间分别为：0,2,0,3

，则

1bb，即有2个1；

4567

,,,bbbb对应的区间分别为：0,4,0,5,0,6,0,7

，则

4567

2bbbb，即有22

个2；

8915

,,,bbb对应的区间分别为：0,8,0,9,,0,15

，则

8915

3bbb，即有32

个3；

161731

,,,bbb对应的区间分别为：0,16,0,17,,0,31

，则

161731

4bbb，即

有42个4；

323363

,,,bbb对应的区间分别为：0,32,0,33,,0,63

，则

323363

5bbb，即

有52个5；

6465100

,,,bbb对应的区间分别为：0,64,0,65,,0,100

，则

6465100

6bbb，

即有37个6．

所以2345

100

37480S

．

【考点】等比数列基本量的计算

【考查能力】分析思考与解决问题的能力

19．【答案】（1）0.64

（2）答案见解析

（3）有

数学试卷第15页（共18页）数学试卷第16页（共18页）

【解析】（1）由表格可知，该市100天中，空气中的2.5PM浓度不超过75，且

SO浓

度不超过150的天数有32618864天，所以该市一天中，空气中的2.5PM浓

度不超过75，且

SO浓度不超过150的概率为

0.64

100

；

（2）由所给数据，可得22列联表为：

2.5PM

0,150150,475

合计

0,75

641680

75,115

101020

合计

7426100

（3）根据22列联表中的数据可得

()100(64101610)

()()()()80207426

nadbc

abcdacbd







3600

7.48446.635

481

＞，

因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中2.5PM浓度与

SO浓度有

关．

【考点】古典概型的概率公式

【考查能力】逻辑推理，运算求解

20．【答案】（1）证明：

在正方形ABCD中，//ADBC，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以//AD平

面PBC，

又因为AD平面PAD，平面

PAD

平面PBCl，所以//ADl，

因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以,,ADDClDC

且PD平面ABCD，所以,,ADPDlPD因为

CDPDD

，所以l平面PDC；

（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz，

因为1PDAD，则有

(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)DCAPB

，

设

(,0,1)Qm

，则有

(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DCDQmPB

，

设平面QCD的法向量为

(,,)nxyz

，

则

DCn

DQn















，即

mxz











，

令1x，则zm，所以平面QCD的一个法向量为

(1,0,)nm

，则

cos,=

nPBm

nPB







＜＞

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，所以直线与平面所成角的正弦值等于

|1|

|cos,|

nPB







312





22

3232||36

1111

313133





≤≤

，当且

仅当1m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

．

【考点】线面平行的判定和性质

【考查能力】推理论证，运算求解，抽象概括

21．【答案】（1）

()ln1xfxex

，

()xfxe



，(1)1kfe



．

(1)1fe，∴切点坐标为11e,

，

∴函数fx

在点1,1f处的切线方程为1(1)(1)yeex，即12yex

，

∴切线与坐标轴交点坐标分别为

(0,2),(,0)



，∴所求三角形面积为

122

2||=

211ee







；

（2）解法一：1()lnlnxfxaexa

，

()xfxae



，且0a＞．设()()gxfx，则1

()0,xgxae

＞

∴gx

在(0,)上单调递增，即()fx在(0,)上单调递增，

当1a时，()01f



，∴11

min

fxf

，∴1fx≥

成立．

当1a＞时，

＜，

11ae

∴＜，

()(1)(1)(1)0affaea



＜，

∴存在唯一

0x＞，使得0

()0xfxae





，且当

(0,)xx时()0fx



＜，当

(,)xx时()0fx



＞，0

xae



，

ln1lnaxx，因此

min00

()()lnlnxfxfxaexa

ln1ln2ln122ln11axaaxa

＞

，

∴1,fx＞∴1fx≥

恒成立；

数学试卷第17页（共18页）数学试卷第18页（共18页）

当01a时，(1)ln1,faaa∴(1)1,()1ffx不是恒成立．

综上所述，实数a的取值范围是[1)，．

解法二：111xlnaxfxaelnxlnaelnxlna≥

等价于

11lnaxlnxelnaxlnxxelnx≥，

令xgxex

，上述不等式等价于ln1lngaxgx≥

，

显然gx

为单调增函数，∴又等价于ln1lnaxx≥，即lnln1axx≥，

令1hxlnxx

，则







在0,1

上’0hx＞，hx

单调递增；在(1)，上0hx



＜，hx

单调递减，

∴10

max

hxh

，ln01aa≥，即≥

，∴a的取值范围是[1)，．

【考点】导数几何意义

【考查能力】综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想

22．【答案】（1）由题意可得：

222

abc



















，解得：2226,3abc，故椭圆方程为：

．

（2）设点

1122

,,,MxyNxy

．

因为AMAN⊥，∴·0AMAN，即

1212

22110xxyy

，①

当直线MN的斜率存在时，设方程为ykxm，如图1．

代入椭圆方程消去y并整理得：22212k4260xkmxm，

1212

426

1212

kmm

xxxx







②，根据

1122

,ykxmykxm，代入①整理可得：

2

1212

k1x2140xkmkxxm，

将②代入，2

264

k12140

1212

mkm

kmkm













，

整理化简得231210kmkm

，

∵2,1A不在直线MN上，∴210km，

∴23101kmk，，

于是MN的方程为

ykx









，

所以直线过定点直线过定点









．

当直线MN的斜率不存在时，可得

,Nxy

，如图2．

代入

1212

22110xxyy

得2

210xy，

结合

111

，解得11

xx舍，

此时直线MN过点









，

由于AE为定值，且ADE△为直角三角形，AE为斜边，

所以AE中点Q满足

为定值（AE长度的一半

2212142

2333









）．

由于

2,1

,AE









，故由中点坐标公式可得







．

故存在点







，使得

为定值．

【考点】椭圆的标准方程和性质，圆锥曲线中的定点定值问题

【考查能力】数形结合，化归与转化

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