2020年全國統(tǒng)一高考數(shù)學解析試卷(理科)(全國1卷)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)專心-專注-專業(yè)精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)2020年全國統(tǒng)一高考數(shù)學試卷（理科）（新課標）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1若，則A0B1CD22設集合，且,則ABC2D43埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為ABCD4已知為拋物線上一點，點到的焦點的距離為12，到軸的距離為9，則A2B3C6D95某

2、校一個課外學習小組為研究某作物種子的發(fā)芽率和溫度（單位：的關系，在20個不同的溫度條件下進行種子發(fā)芽實驗，由實驗數(shù)據(jù)，2，得到下面的散點圖：由此散點圖，在至之間，下面四個回歸方程類型中最適宜作為發(fā)芽率和溫度的回歸方程類型的是ABCD6函數(shù)的圖象在點，（1）處的切線方程為ABCD7設函數(shù)在，的圖象大致如圖，則的最小正周期為ABCD8的展開式中的系數(shù)為A5B10C15D209已知，且，則ABCD10已知，為球的球面上的三個點，為的外接圓若的面積為，則球的表面積為ABCD11已知，直線，為上的動點過點作的切線，切點為，當最小時，直線的方程為ABCD12若，則ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5

3、分，共20分。13若，滿足約束條件,則的最大值為14設，為單位向量，且，則15已知為雙曲線的右焦點，為的右頂點，為上的點，且垂直于軸若的斜率為3，則的離心率為16如圖，在三棱錐的平面展開圖中，則三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共60分。17（12分）設是公比不為1的等比數(shù)列，為，的等差中項（1）求的公比；（2）若，求數(shù)列的前項和18（12分）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，是底面的內(nèi)接正三角形，為上一點，（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值1

4、9（12分）甲、乙、丙三位同學進行羽毛球比賽，約定賽制如下：累計負兩場者被淘汰：比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比賽，負者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直至其中一人被淘汰，另一人最終獲勝，比賽結(jié)束經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空設每場比賽雙方獲勝的概率都為（1）求甲連勝四場的概率；（2）求需要進行第五場比賽的概率；（3）求丙最終獲勝的概率20（12分）已知，分別為橢圓的左、右頂點，為的上頂點，為直線上的動點，與的另一交點為，與的另一交點為（1）求的方程；（2）證明：直線過定點21（12分）已知函數(shù)（1）當時，討論的單調(diào)

5、性；（2）當時，求的取值范圍（二）選考題：共10分。請考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。選修4-4：坐標系與參數(shù)方程（10分）22（10分）在直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為為參數(shù)）以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為（1）當時，是什么曲線？（2）當時，求與的公共點的直角坐標選修4-5：不等式選講（10分）23已知函數(shù)（1）畫出的圖象；（2）求不等式的解集2020年全國統(tǒng)一高考數(shù)學試卷（理科）（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1若，則A0B

6、1CD2【思路分析】由復數(shù)的乘方和加減運算，化簡，再由復數(shù)的模的定義，計算可得所求值【解析】：若，則，則，故選：【總結(jié)與歸納】本題考查復數(shù)的運算，考查復數(shù)的模的求法，主要考查化簡運算能力，是一道基礎題2設集合，且，則ABC2D4【思路分析】由二次不等式和一次不等式的解法，化簡集合，再由交集的定義，可得的方程，解方程可得【解析】：集合，由，可得，則故選：【總結(jié)與歸納】本題考查集合的交集運算，同時考查不等式的解法，考查方程思想和運算能力，是一道基礎題3埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊

7、上的高與底面正方形的邊長的比值為ABCD【思路分析】先根據(jù)正四棱錐的幾何性質(zhì)列出等量關系，進而求解結(jié)論【解析】：設正四棱錐的高為，底面邊長為，側(cè)面三角形底邊上的高為，則依題意有：，因此有（負值舍去）；故選：【總結(jié)與歸納】本題主要考查棱錐的幾何性質(zhì)，屬于中檔題4已知為拋物線上一點，點到的焦點的距離為12，到軸的距離為9，則A2B3C6D9【思路分析】直接利用拋物線的性質(zhì)解題即可【解析】：為拋物線上一點，點到的焦點的距離為12，到軸的距離為9，因為拋物線上的點到焦點的距離和到準線的距離相等，故有：；故選：【總結(jié)與歸納】本題主要考查拋物線性質(zhì)的應用，屬于基礎題5某校一個課外學習小組為研究某作物種子的

8、發(fā)芽率和溫度（單位：的關系，在20個不同的溫度條件下進行種子發(fā)芽實驗，由實驗數(shù)據(jù)，2，得到下面的散點圖：由此散點圖，在至之間，下面四個回歸方程類型中最適宜作為發(fā)芽率和溫度的回歸方程類型的是ABCD【思路分析】直接由散點圖結(jié)合給出的選項得答案【解析】：由散點圖可知，在至之間，發(fā)芽率和溫度所對應的點在一段對數(shù)函數(shù)的曲線附近，結(jié)合選項可知，可作為發(fā)芽率和溫度的回歸方程類型故選：【總結(jié)與歸納】本題考查回歸方程，考查學生的讀圖視圖能力，是基礎題6函數(shù)的圖象在點，（1）處的切線方程為ABCD【思路分析】求出原函數(shù)的導函數(shù)，得到函數(shù)在處的導數(shù)，再求得（1），然后利用直線方程的點斜式求解【解析】：由，得，（1

9、），又（1），函數(shù)的圖象在點處的切線方程為，即故選：【總結(jié)與歸納】本題考查利用導數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，是基礎的計算題7設函數(shù)在，的圖象大致如圖，則的最小正周期為ABCD【思路分析】由圖象觀察可得最小正周期小于，大于，排除，；再由，求得，對照選項，代入計算，即可得到結(jié)論【解析】：由圖象可得最小正周期小于，大于，排除，；由圖象可得，即為，若選，即有，由，可得不為整數(shù)，排除；若選，即有，由，可得，成立故選：【總結(jié)與歸納】本題考查三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)，主要是函數(shù)的周期的求法，運用排除法是迅速解題的關鍵，屬于中檔題8的展開式中的系數(shù)為A5B10C15D20【思路分析】先把條件整理轉(zhuǎn)化為求展開式

10、中的系數(shù)，再結(jié)合二項式的展開式的特點即可求解【解析】：因為；要求展開式中的系數(shù)即為求展開式中的系數(shù)；展開式含的項為：；故的展開式中的系數(shù)為15；故選：【總結(jié)與歸納】本題主要考查二項式定理的應用，二項式展開式的通項公式，二項式系數(shù)的性質(zhì)，屬基礎題9已知，且，則ABCD【思路分析】利用二倍角的余弦把已知等式變形，化為關于的一元二次方程，求解后再由同角三角函數(shù)基本關系式求得的值【解析】：由，得，即，解得（舍去），或，則故選：【總結(jié)與歸納】本題考查三角函數(shù)的化簡求值，考查同角三角函數(shù)基本關系式與二倍角公式的應用，是基礎題10已知，為球的球面上的三個點，為的外接圓若的面積為，則球的表面積為ABCD【思路

11、分析】畫出圖形，利用已知條件求出，然后求解球的半徑，即可求解球的表面積【解析】：由題意可知圖形如圖：的面積為，可得，則，外接球的半徑為：，球的表面積：故選：【總結(jié)與歸納】本題考查球的內(nèi)接體問題，球的表面積的求法，求解球的半徑是解題的關鍵11已知，直線，為上的動點過點作的切線，切點為，當最小時，直線的方程為ABCD【思路分析】由已知結(jié)合四邊形面積公式及三角形面積公式可得，說明要使最小，則需最小，此時與直線垂直寫出所在直線方程，與直線的方程聯(lián)立，求得點坐標，然后寫出以為直徑的圓的方程，再與圓的方程聯(lián)立可得所在直線方程【解析】：化圓為，圓心，半徑要使最小，則需最小，此時與直線垂直直線的方程為，即，聯(lián)

12、立，解得則以為直徑的圓的方程為聯(lián)立，可得直線的方程為故選：【總結(jié)與歸納】本題考查直線與圓位置關系的應用，考查圓的切線方程，考查過圓兩切點的直線方程的求法，是中檔題12若，則ABCD【思路分析】先根據(jù)指數(shù)函數(shù)以及對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得到；再借助于函數(shù)的單調(diào)性即可求解結(jié)論【解析】：因為；因為即；令，由指對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得在內(nèi)單調(diào)遞增；且（a）；故選：【總結(jié)與歸納】本題主要考查指數(shù)函數(shù)以及對數(shù)函數(shù)性質(zhì)的應用，屬于基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若，滿足約束條件,則的最大值為1【思路分析】先根據(jù)約束條件畫出可行域，再利用幾何意義求最值，只需求出可行域直線在軸上的截距最大值即可【解

13、析】：，滿足約束條件，不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，由，可得時，目標函數(shù)，可得，當直線過點時，在軸上截距最大，此時取得最大值：故答案為：1【總結(jié)與歸納】本題主要考查了簡單的線性規(guī)劃，以及利用幾何意義求最值，屬于基礎題14設，為單位向量，且，則【思路分析】直接利用向量的模的平方，結(jié)合已知條件轉(zhuǎn)化求解即可【解析】：，為單位向量，且，可得，所以，則故答案為：【總結(jié)與歸納】本題考查向量的模的求法，數(shù)量積的應用，考查計算能力15已知為雙曲線的右焦點，為的右頂點，為上的點，且垂直于軸若的斜率為3，則的離心率為2【思路分析】利用已知條件求出，的坐標，通過的斜率為3，轉(zhuǎn)化求解雙曲線的離心率即可【解析】：為雙

14、曲線的右焦點，為的右頂點，為上的點，且垂直于軸所以，若的斜率為3，可得：，代入上式化簡可得，可得，解得故答案為：2【總結(jié)與歸納】本題考查雙曲線的簡單性質(zhì)的應用，離心率的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力16如圖，在三棱錐的平面展開圖中，則【思路分析】根據(jù)條件可知、三點重合，分別求得、即可【解析】：由已知得，因為、三點重合，所以，則在中，由余弦定理可得，所以，則在中，由余弦定理得，故答案為：【總結(jié)與歸納】本題考查三棱錐展開圖，涉及余弦定理的應用，數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，

15、考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共60分。17（12分）設是公比不為1的等比數(shù)列，為，的等差中項（1）求的公比；（2）若，求數(shù)列的前項和【思路分析】（1）設是公比不為1的等比數(shù)列，運用等差數(shù)列的中項性質(zhì)和等比數(shù)列的通項公式，解方程可得公比；（2）求得，運用數(shù)列的數(shù)列的錯位相減法求和，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，化簡整理，可得所求和【解析】：（1）設是公比不為1的等比數(shù)列，為，的等差中項，可得，即，即為，解得舍去），所以的公比為；（2）若，則，則數(shù)列的前項和為，兩式相減可得，化簡可得，所以數(shù)列的前項和為【總結(jié)與歸納】本題考查等比數(shù)列的通項公式和求和公式的運用，以及等差數(shù)列的中項性質(zhì)，考查數(shù)列的錯位相

16、減法求和，主要考查方程思想和化簡運算能力，屬于中檔題18（12分）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，是底面的內(nèi)接正三角形，為上一點，（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值【思路分析】（1）設圓的半徑為1，求出各線段的長度，利用勾股定理即可得到，進而得證；（2）建立空間直角坐標系，求出平面及平面的法向量，利用向量的夾角公式即可得解【解析】：（1）不妨設圓的半徑為1，在中，故，同理可得，又，故平面；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，則有，故，設平面的法向量為，則，可取，同理可求得平面的法向量為，故，即二面角的余弦值為【總結(jié)與歸納】本題考查線面垂直的判定以及利用空間向量求解二面角

17、，考查推理能力及計算能力，屬于基礎題19（12分）甲、乙、丙三位同學進行羽毛球比賽，約定賽制如下：累計負兩場者被淘汰：比賽前抽簽決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比賽，負者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直至其中一人被淘汰，另一人最終獲勝，比賽結(jié)束經(jīng)抽簽，甲、乙首先比賽，丙輪空設每場比賽雙方獲勝的概率都為（1）求甲連勝四場的概率；（2）求需要進行第五場比賽的概率；（3）求丙最終獲勝的概率【思路分析】（1）甲連勝四場只能是前四場全勝，由此能求出甲連勝四場的概率（2）根據(jù)賽制，至少需要進行四場比賽，至多需要進行五場比賽，比賽四場結(jié)束，

18、共有三種情況，甲連勝四場比賽，乙連日勝四場比賽，丙上場后連勝三場，由此能求出需要進行五場比賽的概率（3）丙最終獲勝，有兩種情況，比賽四場結(jié)束且丙最終獲勝，比賽五場結(jié)束丙最終獲勝，則從第二場開始的四場比賽按丙的勝、負、輪空結(jié)果有三種情況：勝勝負勝，勝負空勝，負空勝勝，由此能求出丙最終獲勝的概率【解答】（1）甲連勝四場只能是前四場全勝，（2）根據(jù)賽制，至少需要進行四場比賽，至多需要進行五場比賽，比賽四場結(jié)束，共有三種情況，甲連勝四場的概率為，乙連勝四場比賽的概率為，丙上場后連勝三場的概率為，需要進行五場比賽的概率為：（3）丙最終獲勝，有兩種情況，比賽四場結(jié)束且丙最終獲勝的概率為，比賽五場結(jié)束丙最終

19、獲勝，則從第二場開始的四場比賽按丙的勝、負、輪空結(jié)果有三種情況：勝勝負勝，勝負空勝，負空勝勝，概率分別為，丙最終獲勝的概率【總結(jié)與歸納】本題考查概率的求法，考查相互獨立事件概率計算公式和互斥事件概率加法公式等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題20（12分）已知，分別為橢圓的左、右頂點，為的上頂點，為直線上的動點，與的另一交點為，與的另一交點為（1）求的方程；（2）證明：直線過定點【思路分析】（1）求出，解出，求出的方程即可；（2）聯(lián)立直線和橢圓的方程求出，的坐標，求出直線的方程，判斷即可【解析】：如圖示：（1）由題意，解得：，故橢圓的方程是；（2）由（1）知，設，則直線的方程是，聯(lián)立，由韋達

20、定理，代入直線的方程為得：，即，直線的方程是，聯(lián)立方程，由韋達定理，代入直線的方程為得，即，直線的斜率，直線的方程是，整理得：，故直線過定點，【總結(jié)與歸納】本題考查了求橢圓的方程問題，考查直線和橢圓的關系以及直線方程問題，是一道綜合題21（12分）已知函數(shù)（1）當時，討論的單調(diào)性；（2）當時，求的取值范圍【思路分析】（1）求得時，的解析式，兩次對求得導數(shù)，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的值域判斷導數(shù)的符號，即可得到所求單調(diào)性；（2）討論，不等式恒成立；時，運用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)，求得導數(shù)，判斷單調(diào)性和最值，進而得到所求范圍【解析】： （1）當時，設，因為，可得在上遞增，即在上遞增，因為，所以當時，；當時，所以的

21、增區(qū)間為，減區(qū)間為；（2）解法一：（分離參數(shù)法）當時，恒成立，當時，不等式恒成立，可得；當時，可得恒成立，設，則，可設，可得，由，可得恒成立，可得在遞增，所以，即恒成立，即在遞增，所以，再令，可得，當時，在遞增；時，在遞減，所以（2），所以，綜上可得的取值范圍是，解法二：（河南鶴壁戴支俊補解）（切線法）根據(jù)得設，則知臨界狀態(tài)時為的切線，設切點為，則，消去為得所以或，根據(jù)所以的取值范圍是，解法三：（湖南湘潭沈成友補解）（不分離參數(shù)討論法）即令在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，在取得最小值故當時，恒成立，所以，于是成立。當時，時，存在時，使得 ，在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，時不成立；當時，存在使得，在單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，若則恒成立，于是成立；若則存在使得單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，故只需滿足易證，所以，令所以所以即，綜上