2020年全国1卷理科数学

2020年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅰ）

理科数学

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|z2–2z|=（ ） A．0

B．1

C．2

D．2

2．设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ） A．–4

B．–2

C．2

D．4

3．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）

A．51 4B．51 2C．51 4D．51 24．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．2

B．3

C．6

D．9

5．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：°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(xi,yi)(i1,2,散点图：

,20)得到下面的

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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和温由此散点图，在10°

度x的回归方程类型的是（ ） A．yabx C．yabex

B．yabx2 D．yablnx

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1 C．y2x3

B．y2x1 D．y2x1

π7．设函数f(x)cos(x)在[π,π]的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（ ）

6

A．

10π 9B．

7π 6C．

4π 3D．

3π 2y28．(x)(xy)5的展开式中x3y3的系数为（ ）

xA．5

B．10

C．15

D．20

(0,π)，且3cos28cos5，则sin（ ） 9．已知A．5 3B．

2 31C．

3D．5 910．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．π B．48π C．36π D．32π

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0

B．2xy10

C．2xy10

D．2xy10

12．若2alog2a4b2log4b，则（ ）

A．a2b

B．a2b C．ab2 D．ab2

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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+7y的最大值为 .

y10,14．设a,b为单位向量，且|ab|1，则|ab| .

x2y215．已知F为双曲线C:221(a0,b0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，

ab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：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{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项． （1）求{an}的公比；

（2）若a11，求数列{nan}的前n项和．

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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． 6

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）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.

1， 2

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20．（12分）

x2B分别为椭圆E：2y21G为E的上顶点，已知A、（a>1）的左、右顶点，AGGB8，

aP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)exax2x.

（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≥

13

x+1，求a的取值范围. 2

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（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）

kxcost,(t为参数)．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为以坐标原点为极点，kysintx轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2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C1与C2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)的图像；

（2）求不等式f(x)f(x1)的解集．

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2020

年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学试题参(A卷)

选择题答案 一、选择题 1．D 5．D 9．A 非选择题答案 二、填空题 13．1 三、解答题

217．解：（1）设{an}的公比为q，由题设得2a1a2a3, 即2a1a1qa1q.

2．B 6．B 10．A

3．C 7．C 11．D

4．C 8．C 12．B

14．3

15．2

16．1 4所以qq20, 解得q1（舍去），q2. 故{an}的公比为2.

n1（2）设Sn为{nan}的前n项和.由（1）及题设可得，an(2).所以

2Sn12(2)n(2)n1，

(n1)(2)n1n(2)n.

(2)n1n(2)n

2Sn22(2)22可得3Sn1(2)(2)1(2)n=n(2)n.

31(3n1)(2)n. 所以Sn9918．解：（1）设DOa，由题设可得PO63a,AOa,ABa， 63PAPBPC

2a. 22020年全国1卷理科数学

因此PA2PB2AB2，从而PAPB. 又PA2PC2AC2，故PAPC. 所以PA平面PBC.

（2）以O为坐标原点，OE的方向为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.

由题设可得E(0,1,0),A(0,1,0),C(312,,0),P(0,0,). 222所以EC(312,,0),EP(0,1,). 2222yz0mEP02设m(x,y,z)是平面PCE的法向量，则，即，

3x1y0mEC022可取m(3,1,2). 32)是平面PCB的一个法向量，记nAP， 2由（1）知AP(0,1,则cosn,mnm25. |n||m|525. 5所以二面角BPCE的余弦值为

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19．解：（1）甲连胜四场的概率为

1． 16（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： 甲连胜四场的概率为乙连胜四场的概率为

1； 161； 161丙上场后连胜三场的概率为．

8所以需要进行第五场比赛的概率为1（3）丙最终获胜，有两种情况：

1113． 1616841比赛四场结束且丙最终获胜的概率为．

8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、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为11117因此丙最终获胜的概率为．

8168816111，，． 168820．解：（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.

则AG(a,1)，GB=（a，–1）.由AGGB=8得a2–1=8，即a=3.

x22

所以E的方程为+y=1．

9（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.

若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–399tt直线PB的方程为y=（x–3），所以y2=（x2–3）.

33可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.

2(x3)(x23)x222由于y2，可得27y1y2(x13)(x23)， 1，故y2299即(27m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20.①

2x将xmyn代入y21得(m29)y22mnyn290.

92mnn29所以y1y22，y1y22．

m9m9

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代入①式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2(m29)0. 3解得n=–3（含去），n=.

2故直线CD的方程为x=my33，即直线CD过定点（，0）． 223若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（，0）.

23综上，直线CD过定点（，0）.

221．解：（1）当a=1时，f（x）=ex+x2–x，则f(x)=ex+2x–1．

故当x∈（–∞，0）时，f(x)<0；当x∈（0，+∞）时，f(x)>0．所以f（x）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增． （2）f(x)131x1等价于(x3ax2x1)ex1. 22132x设函数g(x)(xaxx1)e(x0)，则

213g(x)(x3ax2x1x22ax1)ex

221x[x2(2a3)x4a2]ex

21x(x2a1)(x2)ex.

21（i）若2a+1≤0，即a，则当x∈（0，2）时，g(x)>0.所以g（x）在（0，2）单调

2递增，而g（0）=1，故当x∈（0，2）时，g（x）>1，不合题意.

112a+1)∪(2，+∞)时，g'(x)<0；（ii）若0<2a+1<2，即a，则当x∈(0，当x∈(2a+1，

222)时，g'(x)>0.所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)单调递减，2)单调递增.由于g(0)=1，在(2a+1，

7e2. 所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7−4a)e≤1，即a≥47e21a时，g(x)≤1. 所以当42113x（iii）若2a+1≥2，即a，则g(x)≤(xx1)e.

22−2

17e21,)，故由（ii）可得(x3x1)ex≤1. 由于0[2421故当a时，g(x)≤1.

27e2,). 综上，a的取值范围是[4

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xcost,C:22．解：（1）当k=1时，1消去参数t得x2y21，故曲线C1是圆心为坐标原

ysint,点，半径为1的圆．

4xcost,（2）当k=4时，C1:消去参数t得C1的直角坐标方程为xy1． 4ysint,C2的直角坐标方程为4x16y30．

1xxy1,4由解得．

1y4x16y30411故C1与C2的公共点的直角坐标为(,)．

441x3,x,3123．解：（1）由题设知f(x)5x1,x1,

3x3,x1.yf(x)的图像如图所示．

（2）函数yf(x)的图像向左平移1个单位长度后得到函数yf(x1)的图像．

711yf(x)的图像与yf(x1)的图像的交点坐标为(,)．

66

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7由图像可知当且仅当x时，yf(x)的图像在yf(x1)的图像上方，

67故不等式f(x)f(x1)的解集为(,)．

6