2020年高考理科数学全国卷1-答案

理科数学答案解析

一、选择题 1.【答案】D

【解析】由题意首先求得z22z的值，然后计算其模即可.

2由题意可得：z21i2i，则z2z2i21i2.故z22z22.

2故选：D.

【考点】复数的运算法则，复数的模的求解 2.【答案】B

【解析】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.

a求解二次不等式x24≤0可得：Ax2≤x≤2，求解一次不等式2xa≤0可得：Bxx≤.

2由于AaBx2≤x≤1，故：1，解得：a2.

2故选：B.

【考点】交集的运算，不等式的解法 3.【答案】C

【解析】设CDa，PEb，利用PO2CDPE得到关于a，b的方程，解方程即可得到答案.

12a1a2122如图，设CDa，PEb，则POPEOEb，由题意POab，即bab，化

44222222bb15b简得4210，解得（负值舍去）.

aa4a故选：C.

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【考点】正四棱锥的概念及其有关计算 4.【答案】C

【解析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案. 设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知AFxA故选：C.

【考点】利用抛物线的定义计算焦半径 5.【答案】D

【解析】根据散点图的分布可选择合适的函数模型.

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yablnx. 故选：D.

【考点】函数模型的选择，散点图的分布 6.【答案】B

【解析】求得函数yfx的导数fx，计算出f1和f1的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简 即可.

pp12，即129，解得p6. 22fxx42x3，fx4x36x2，f11，f12，因此，所求切线的方程为y12x1，

即y2x1. 故选：B.

【考点】利用导数求解函图象的切线方程 7.【答案】C

444，0，即可得到cos0，结合，0是函数fx 【解析】由图可得：函数图象过点6999图象与x轴负半轴的第一个交点即可得到43

，即可求得，再利用三角函数周期公式即 9622

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可得解.

44，0，将它代入函数fx可得：cos0. 由图可得：函数图象过点699434，0是函数fx图象与x轴负半轴的第一个交点，所以又，解得：.所以函

96229数fx的最小正周期为T224. 332故选：C.

【考点】三角函数的性质及转化，三角函数周期公式 8.【答案】C

【解析】求得xy展开式的通项公式为Tr1Cxr555ry25y（rN且r≤5），即可求得x与 xyxrr6rrxy或C5rx4ryr2形式，展开式的乘积为C5对r分别赋值为3，1即可求得x3y3的系数，问题得解.xy

5展开式的通项公式为Tr1Cxr55ry25y（rN且r≤5）.所以x与xy展开式的乘积可表示为：

xrxTr1xCx335r55ryCxrr56ry2y2r5rry或Tr1C5xyC5rx4ryr2在xTr1C5rx6ryr中，令r3，可得：

xxry2y2r4rr2133xT4Cxy，该项中xy的系数为10，在Tr1C5xy中，令r1，可得：T2C5xy，该项

xx333中x3y3的系数为5.所以x3y3的系数为10515. 故选：C

【考点】二项式定理及其展开式的通项公式，赋值法 9.【答案】A

【解析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于cos的一元二次方程，求解得出cos，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.

23cos28cos5，得6cos28cos80，即3cos24cos40，解得cos或cos23（舍去），又(0，)，sin1cos2故选：A.

【考点】三角恒等变换，同角间的三角函数关系求值

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5. 310.【答案】A

【解析】由已知可得等边△ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出OO1的值，根据球截面性质，求出 球的半径，即可得出结论.

设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意，得r24，r2，由正弦定理可得AB2rsin6023，

OO1AB23，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S4R2.故选：A.

【考点】球的表面积，应用球的截面性质 11.【答案】D

【解析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点A，P，B，M共圆，且ABMP，根据

PMAB2S△PAM2PA可知，当直线MPl时，PMAB最小，求出以MP为直径的圆的方程，根

据圆系的知识即可求出直线AB的方程.

圆的方程可化为x1y14，点M到直线l的距离为d22211221225＞2，所以直线l与圆相

离.依圆的知识可知，四点A，P，B，M四点共圆，且ABMP， 所以PMAB2S△PAM2PAAM2PA，而PA12MP4，当直线MPl时，MPmin5，

2PAmin11x1111yx1，此时PMAB最小.MP:y1x1即yx，由. 22解得，y02222xy20所以以MP为直径的圆的方程为x1x1yy10，即x2y2y10，两圆的方程相减可得：

2xy10，即为直线AB的方程.

故选：D.

【考点】直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，圆的几何性质的应用 12.【答案】B

【解析】设fx2xlog2x，利用作差法结合fx的单调性即可得到答案. 设fx2xlog2x，则fx为增函数，因为2alog2a4b2log4b22blog2b，

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所以faf2b2alog2a22blog22b22blog2b22blog22blog2所以fa＜f2b，所以a＜2b.

11＜0， 2fafb22alog2a2blog2b222blog2b2blog2b222b2blog2b，

222当b1时，fafb22＞0，此时fa＞fb2，有a＞b2.

当b2时，fafb21＜0，此时fa＜fb2，有a＜b2，所以C、D错误. 故选：B.

【考点】函数与方程的综合应用，构造函数，利用函数的单调性比较大小 二、填空题 13.【答案】1

【解析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义即可求得其最大值. 绘制不等式组表示的平面区域，如图所示，



目标函数zx7y即：yx171其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大， z，72xy20据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程：，可得点

xy100，据此可知目标函数的最大值为：zmax1701.故答案为：1. A的坐标为：A1，14.【答案】3 【解析】整理已知可得：ab22ab2，再利用a，b为单位向量即可求得2ab1，对ab变形可

得：aba2abb，问题得解.

因为a，b为单位向量，所以ab1，

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所以abab2a2abb22ab1.解得：2ab1.

2222所以abab2a2abb3. 故答案为：3.

【考点】向量模的计算公式及转化 15.【答案】2

b2【解析】根据双曲线的几何性质可知，BF，AFca，即可根据斜率列出等式求解即可.

ab2BFb23，而BF依题可得，，AFca，即a3，变形得c2a23ac3a2，化简可得， AFacae23e20，解得e2或e1（舍去）.故答案为：2.

【考点】双曲线的离心率的求法，双曲线的几何性质的应用 16.【答案】14

【解析】在△ACE中，利用余弦定理可求得CE，可得出CF，利用勾股定理计算出BC、BD，可得出BF， 然后在△BCF中利用余弦定理可求得cosFCB的值.

22BFBD6，由勾股定理得BCABAC2，同理得BD6，ABAC，AB3，AC1，

在△ACE中，AC1，AEAD3，CAE30，

由余弦定理得CE2AC2AE22ACAEcos301321331，CFCE1， 2CF2BC2BF21461在△BCF中，BC2，BF6，CF1，由余弦定理得cosFCB.

2CFBC2124故答案为：.

【考点】利用余弦定理解三角形 三、解答题 17.【答案】（1）2 （2）Sn14113n29n

【解析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q的方程，求解即可得出结论.设an的公比为q，a1为

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a2，a3的等差中项，2a1a2a3，a10，q2q20，q1，q2.

（2）由（1）结合条件得出an的通项，根据nan的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.设nan 的前n项和为Sn，a11，an2n1，

n1Sn11223222n23，①

n12Sn122232①②得，3Sn1222n122n1n2，②

nnn212n12n2n113n23n，

Sn113n29n.

【考点】等比数列通项公式基本量的计算，等差中项的性质，错位相减法求和 18.【答案】（1）证明：由题设，知△DAE为等边三角形，设AE1，则DO113，COBOAE，222所以PO6266，PCPO2OC2，PBPO2OB2，又△ABC为等边三角形，DO44则

BA33，PA2PB2AB2，则APB90，所以PAPB，同理PAPC， 2OA，所以BA2sin604PBP，所以PA平面PBC.

又PC（2）25 5【解析】（1）要证明PA平面PBC，只需证明PAPB，PAPC即可. 由题设，知△DAE为等边三角形， 设AE1，则DO113626，COBOAE，所以PO，PCPO2OC2， DO2422BA363，又△ABC为等边三角形，则所以BA， 2OA，PA2PB2AB2，42sin604PBP，所以PA平面PBC.

PBPO2OB2则APB90，所以PAPB，同理PAPC，又PC（2）以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB的法 向量为n，平面PCE的法向量为m，利用公式cos＜m，n＞nm计算即可得到答案.

|n||m|过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO平面ABC，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

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1311233210，0，P0，则E，，B，，，C，，PC，， 0，0，0，444444442131nPC022，，设平面PCB的一个法向量为nx1，y1，z1，由， PB，，PE，0，44244nPB0x13y12z10得，令x12，得z11，y10，所以nx13y12z10量为mx2，y2，z2由2，0，1，设平面PCE的一个法向

3x23y22z20mPC0，得，令x21，得z22，y2，所以

3mPE02x22z20x2y2nm22253故cos＜m，n，设二面角1的大小为，则m21，3，3|n||m|1033cos25. 5【考点】线面垂直的证明，利用向量求二面角的大小 19.【答案】（1）

1 16（2）

34（3）

7 16【解析】（1）根据事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率.

11记事件M:甲连胜四场，则PM.

216 8 / 14

4（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.

记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，则四局内结束比赛的概率为

11PPABABPACACPBCBCPBABA4，所以，需要进行第五场比赛的概率为

2443P1P.

4（3）列举出甲赢的基本事件，结合事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率 和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率.

记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，记事件M:甲赢，记事件N:丙赢，则甲赢的基本事件包括：BCBC、ABCBC、ACBCB、BABCC、BACBC、BCACB、BCABC、BCBAC，所以，甲赢的概

911率为PM7.由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，所以丙赢的概率为

223245PN1297. 3216【考点】事件概率的计算

x220.【答案】（1）y21

9（2）证明：设P6，y0，则直线AP的方程为：yy00yx3，即：y0x3.联立直线AP的方

639x2y21程与椭圆方程可得：9，整理得：y029x26y02x9y02810，解得：x3或

yy0x396y0y03y02273y0227yxx.将代入直线可得：.所以点C的坐标为 yx3y029y029y02993y02276y03y0232y0，2，2.同理可得：点D的坐标为2.直线CD的方程为： 2y9y9y1y100002y06y0y029y0212y03y023x2，整理可得： y0213y02273y023y012y029y01y8y0y0232y03y0238y03y023y2x2x2.整理得：

y01y0163y02y0169y04 9 / 14

y33y024y0x2y04y0330. .故直线过定点xCD，2y02333y0220，Ba，0，G0，1，即可求得AGGBa21，结合已知即可求得：【解析】（1）由已知可得：Aa，a29，问题得解.依据题意作出如下图象：

x21，GBa，1. 0，Ba，0，G0，1.AGa，由椭圆方程E:2y21a＞1可得：Aa，ax2AGGBa18，a9.椭圆方程为：y21.

922（2）设P6，y0，可得直线AP的方程为：yy0x3，联立直线AP的方程与椭圆方程即可求得点C93y02276y03y0232y0，2，2的坐标为 ，同理可得点D的坐标为2，即可表示出直线CD的方程，2y9y9y1y10000整理直线CD的方程可得：y3x，命题得证. 2233y0y00yx3，即：y0x3.

6394y0证明：设P6，y0，则直线AP的方程为：yx2y21联立直线AP的方程与椭圆方程可得：9，整理得：y029x26y02x9y02810，

yy0x393y0227解得：x3或x.

y029y03y0227将x代入直线yx3

y02993y02276y06y0，2可得：y2.所以点C的坐标为. 2y9y9y0900 10 / 14

3y0232y0，2同理可得：点D的坐标为2.

y01y012y06y0y029y0212y03y023直线CD的方程为：y2x2， 223y273y3y1y1000022y09y018y0y0232y03y0238y03y023整理可得：y2x2x2 42y01y1y169y00063y0整理得：y33y024y0x2y04y03x. 22y0333y0230. 故直线CD过定点，2【考点】椭圆的简单性质，方程思想

0时，f'x＜0，fx单调递减，当x0，时，f'x＞0，fx单调递 21.【答案】（1）当x，增.

7e2， （2）4【解析】（1）由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. 当a1时，fxexx2x，f'xex2x1，

由于f''xex2＞0，故f'x单调递增，注意到f'00，

0时，f'x＜0，fx单调递减，当x0，时，f'x＞0，fx单调递增. 故：当x，（2）首先讨论x0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确 定实数a的取值范围.

由fx≥x31得，exax2x1213x1，其中x≥0， 2①当x0时，不等式为：1≥1，显然成立，符合题意；

1exx3x12②当x＞0时，分离参数a得，a， 2x记gxex12x13x2xx1exx12，令hxex1x2x1x≥0， 2，g'xx22x3则h'xexx1，h''xex1≥0，故h'x单调递增，h'x≥h'00，故函数hx单调递增，

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1hx≥h00，由hx≥0可得：exx2x10恒成立，

22时，g'x＞0，gx单调递增； 故当x0，时，g'x＜0，gx单调递减；因此，当x2，gxmax7e2， g247e2，. 综上可得，实数a的取值范围是4【考点】导数的几何意义，解析几何，微积分，用导数求函数的单调区间，判断单调性，已知单调 性求参数，利用导数求函数的最值（极值），数形结合思想的应用 22.【答案】（1）曲线C1表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆

11（2），

44【解析】（1）利用sin2tcos2t1消去参数t，求出曲线C1的普通方程，即可得出结论.

xcost当k1时，曲线C1的参数方程为（t为参数），两式平方相加得x2y21，所以曲线C1表示以坐

ysint标原点为圆心，半径为1的圆.

2xcost（2）当k4时，x≥0，y≥0，曲线C1的参数方程化为（t为参数），两式相加消去参数t，

2ysint得C1普通方程，由cosx，siny，将曲线C2化为直角坐标方程，联立C1，C2方程，即可求解.

xcos4t当k4时，曲线C1的参数方程为（t为参数），所以x≥0，y≥0， 4ysint2xcost曲线C1的参数方程化为（t为参数），

2ysint两式相加得曲线C1方程为xy1，得y1x，平方得yx2x1，

0≤x≤1，0≤y≤1，曲线C2的极坐标方程为4cos16sin30，

yx2x1C曲线2直角坐标方程为4x16y30，联立C1，C2方程，整理得12x32x130，

4x16y30解得x1131111或x（舍去），x，y，C1，C2公共点的直角坐标为，. 2444【考点】参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化

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x3，x≥11＜x＜1，作出图象，如图所示： 23.【答案】（1）因为fx5x1，31x3，≤x3

7 （2），6x3，x≥11＜x＜1，【解析】（1）根据分段讨论法，即可写出函数fx的解析式，作出图象.因为fx5x1，31x3，≤x3作出图象，如图所示：

（2）作出函数fx1的图象，根据图象即可解出.将函数fx的图象向左平移1个单位，可得函数

fx1的图象，如图所示：

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由x35x11，解得x77. .所以不等式的解集为，66【考点】分段函数的图象，利用图象解不等式

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