2020年高考考前最后一卷-理科数学全解析版(新课标I卷) (6)

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标I）班级：___________姓名：___________得分：___________一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若z=1+i，则−2z|=()A. 0B. 1C.D. 22.设集合A={−40}，B={x|2x+a0}，且A B={x|−2x1}，则a=()A. −4B. −2C. 2D. 43.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. B. C. D.4.已知A为抛物线C:=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. 95.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(，)(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+C. y=a+D. y=a+b x6.函数f(x)=−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+17.设函数f(x)=(x+)在[−，]的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为()A. B. C. D.8.(x+y2)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为()xA. 5B. 10C. 15D. 209.已知(0,)，且3cos2α−8cosα=5，则=()A. B. C. D.10.已知A，B，C为球O的球面上的三个点，为ABC的外接圆，若的面积为4，AB=BC=AC=，则球O的表面积为()A. 64B. 48C. 36D. 3211.已知M:+−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，且切点为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=012.若2a+log2a=4b+2log4b，则()A. a>2bB. a<2bC. a>D. a<二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若x，y满足约束条件则z=x+7y的最大值为__________．14.设，为单位向量，且||=1，则||=__________．15.已知F为双曲线C:−=1(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__________．16.如图，在三棱锥P−ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=，AB AC，AB AD，CAE=，则FCB=__________．三、解答题（本大题共7小题，共80.0分）17.设{}是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．(1)求{}的公比;(2)若=1，求数列{}的前n项和．18.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=DO．(1)证明：PA平面PBC;(2)求二面角B−PC−E的余弦值．19.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，预定赛制如下：累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首次比赛的两个人，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．20.已知A，B分别为椭圆E:+=1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，=8，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．21.已知函数f(x)=+−x．(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)当x0时，f(x)+1，求a的取值范围．22.[选修4−4:坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为(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，曲线的极坐标方程为4−16+3=0．(1)当k=1时，是什么曲线?(2)当k=4时，求与的公共点的直角坐标．23.[选修4−4:坐标系与参数方程]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．答案和解析1. D解：由z =1+i 得z 2=2i ，2z =2+2i ，|z 2−2z |=|2i −(2+2i)|=2．2. B解：由已知可得A ={x|−2⩽x ⩽2}，B ={x|x ⩽−a2}， 又因为A ∩B ={x|−2⩽x ⩽1}， 所以−a2=1，从而a =−2,3. C解：如图，设正四棱锥的高为h ，底面边长为a,侧面三角形底边上的高为ℎ′， 则由题意可得{ℎ2=12aℎ′ℎ2=(ℎ′)2−(a2)2,故(ℎ′)2−(a2)2=12aℎ′，化简可得4(ℎ′a )2−2(ℎ′a )−1=0,解得ℎ′a=1±√54．负值舍去可得ℎ′a=1+√544.C解：设点A的坐标为(x,y)，由点A到y轴的距离为9，可得x=9,由点A到点C的焦点的距离为12，可得x+p2=12解得p=6．5.D解：用光滑的曲线把图中各点连接起来，由图象的走向判断，此函数应该是对数函数类型的，故应该选用的函数模型为y=a+bln x．6.B解：先求函数的导函数f′(x)=4x3−6x2，则由函数的几何意义可知在点(1,f(1))的切线斜率为k=f′(1)=−2．又因为f(1)=−1，则切线方程为y−(−1)=−2(x−1)，则y=−2x+1．7.C解：由图可知f(−4π9)=cos(−4π9w+π6)=0，所以−4π9w+π6=π2+kπ(k∈Z),化简可得w=−3+9k4(k∈Z)，又因为T<2π<2T，即2π|w|<2π<4π|w|，所以1<|ω|<2，当且仅当k=−1时1<|ω|<2，所以w=32，所以最小正周期T=2π|w|=4π3．8.C解：(x+y)5的展开式通项为C5r x5−r y r，r=0，1，2，3，4，5，则(x+y2x )(x+y)5的展开式有xC5r x5−r y r，y2xC5r x5−r y r，取r=3和r=1时可得10x3y3，5x3y3，合并后系数为15，9.A解：∵3cos2α−8cosα=5，∴3(2cos2α−1)−8cosα=5，即3cos2α−4cosα−4=0，(3cosα+2)(cosα−2)=0，α∈(0,π)，即cosα=−23，又α∈(0,π)，sinα>0，∴sinα=√1−cos2α=√53，10.A解：由圆O1的面积为4π=πr2，故圆O1的半径ρ=2，∵AB=BC=AC=OO1，则三角形ABC是正三角形，=2r=4，得AB=OO1=2√3，由正弦定理：ABsin60∘由R2=r2+OO12，得球O的半径R=4，表面积为4πR2=64π，11.D解：圆M方程化为：(x−1)2+(y−1)2=4，圆心M(1,1)，半径r=2，根据切线的性质及圆的对称性可知，则|PM|⋅|AB|=4S△PAM=2|PA|⋅|AM|，要使其值最小，只需|PA|最小，即|PM|最小，此时，=√5，|PA|=√|PM|2−|AM|2=1，∴|PM|=√5(x−1)，联立l的方程解得P(−1,0)，过点M且垂直于l的方程为y−1=12以P为圆心，|PA|为半径的圆的方程为(x+1)2+y2=1，即x2+y2+2x=0，结合圆M的方程两式相减可得直线AB的方程为2x+y+1=0，12.B解：根据指数及对数的运算性质，4b+2log4b=22b+log2b，∵log2(2b)=log2b+1>log2b，∴22b+log2(2b)>22b+log2b=2a+log2a，根据函数f(x)=2x+log2x是定义域上的增函数，由f(2b)>f(a)，得a<2b，13.1解：根据约束条件画出可行域为：由z=x+7y得y=−17x+17z，平移直线y=−17x，要使z最大，则y=−17x+17z在y轴上的截距最大，由图可知经过点A(1,0)时截距最大，此时z=1，14.√3解：|a⃗+b⃗ |2=a⃗2+b⃗ 2+2a⃗⋅b⃗ =2+2a⃗⋅b⃗ =1，a⃗⋅b⃗ =−12，|a⃗−b⃗ |2=a⃗2+b⃗ 2−2a⃗⋅b⃗ =2−2a⃗⋅b⃗ =3，∴|a⃗−b⃗ |=√3．15.2解：由题意可知，B在双曲线C的右支上，且在x轴上方，∵BF垂直于x轴，把x=c代入x2a2−y2b2=1，得y=b2a，∴B点坐标为(c,b2a)，又A点坐标为(a,0)，∴k AB=b2a−0c−a=3，化简得b2=3ac−3a2=c2−a2，即2a2−3ac+c2=0，解得c=2a或c=a(舍)，故e=ca=2．16.−14解：由已知得BD=√2AB=√6，∵D、E、F重合于一点，∴AE=AD=√3，BF=BD=√6，∴△ACE中，由余弦定理得，∴CE=CF=1，BC²=AC²+AB²，BC=2，∴在△BCF中，由余弦定理得．17.解：⑴设等比数列{a n}的公比为q(q≠1)，由题意知：2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2，所以q2+q−2=0，解得q=−2．(2)若a1=1，则a n=(−2)n−1，所以数列{na n}的前n项和为T n=1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，则−2T n=−2+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯+n(−2)n，两式相减得3T n=1+(−2)+(−2)2+(−2)3+(−2)n−1−n(−2)n=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(3n+1)(−2)n3，所以T n=1−(3n+1)(−2)n9．18.(1)证明：不妨设⊙O的半径为1，则AO=OB=OC=1，AE=AD=2，AB=BC=CA=√3，DO=√DA2−OA2=√3，PO=√66DO=√22，PA=PB=PC=√PO2+AO2=√62，在△PAC中，PA2+PC2=AC2，故PA⊥PC，同理可得PA⊥PB，PB∩PC=P，PB，PC⊂平面PBC，∴PA ⊥平面PBC ．(2)解：以OE ，OD 所在直线分别为y ，z 轴，圆锥底面内垂直于OE 的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ，则有B (√32,12,0),C (−√32,12,0),P (0,0,√22),E (0,1,0)， BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,12,0),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,−12,√22)， 设平面PBC 的法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，则{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，解得n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,1)， 同理可得平面PCE 的法向量n 2⃗⃗⃗⃗ =(√2,−√6,−2√3)， 由图形可知二面角B −PC −E 为锐角，则cosθ=|n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ||=2√55， 故二面角B −PC −E 的余弦值为2√55．19. 解：(1)甲连胜四场只能是前四场全胜，则P =(12)4=116．(2)设甲输掉一场比赛为事件A ，乙输掉一场比赛为事件B ，丙输掉一场比赛为事件C ， 四场比赛能结束为事件N ，则P(N)=P(ABAB)+P(ACAC)+P(BABA)+P(BCBC)=116×4=14所以需要进行第五场比赛的概率为P =1−P(N)=1−14=34(3) 丙获胜的概率为：P =P (ABAB )+P(BABA)+P(ABACB)+P(BABCA)+P(ABCAB)+P(ABCBA) +P(BACAB)+P(BACBA)+P(ACABB)+P(ACBAB)+P(BCABA)+P(BCBAA) =(12)4×2+(12)5×10=716．20. 解：由题意A (−a,0),B (a,0),G (0,1),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,1),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,−1), AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a 2−1=8⇒a 2=9⇒a =3， ∴椭圆E 的方程为x 29+y 2=1．(2)由(1)知A (−3,0),B (3,0),P (6,m )，则直线PA 的方程为y =m 9(x +3)，联立{y =m 9(x +3)x 29+y 2=1⇒(9+m 2)x 2+6m 2x +9m 2−81=0,由韦达定理−3x C =9m 2−819+m 2⇒x C =−3m 2+279+m 2，代入直线PA 的方程y =m 9(x +3)得，y C =6m9+m 2，即C (−3m 2+279+m 2,6m9+m 2)，直线PB的方程为y=m3(x−3)，联立{y=m3(x−3)x29+y2=1⇒(1+m2)x2−6m2x+9m2−9=0,由韦达定理3x D=9m2−91+m2⇒x D=3m2−31+m2，代入直线PA的方程y=m3(x−3)得，y D=−2m1+m2，即D(3m2−31+m2,−2m1+m2)，∴直线CD的斜率k CD=6m9+m2−−2m1+m2−3m2+279+m2−3m2−31+m2=4m3(3−m2)，∴直线CD的方程为y−−2m1+m2=4m3(3−m2)(x−3m2−31+m2)，整理得y=4m3(3−m2)(x−32)，∴直线CD过定点(32,0)．21.解：(1)当a=1时，f(x)=e x+x2−x，f′(x)=e x+2x−1，记g(x)=f′(x)，因为g′(x)=e x+2>0，所以g(x)=f′(x)=e x+2x−1在R上单调递增，又f′(0)=0，得当x>0时f′(x)>0，即f(x)=e x+x2−x在(0,+∞)上单调递增；当x<0时f′(x)<0，即f(x)=e x+x2−x在(−∞,0)上单调递减．所以f(x)=e x+x2−x在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．(2)①当x=0时，a∈R；②当x>0时，f(x)≥12x3+1即a≥12x3+x+1−e xx2，令ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2，ℎ′(x)=(2−x)(e x−12x2−x−1)x3记m(x)=e x−12x2−x−1，m′(x)=e x−x−1令q(x)=e x−x−1，因为x>0，所以q′(x)=e x−1>0，所以m′(x)=q(x)=e x−x−1在(0,+∞)上单调递增，即m′(x)=e x−x−1> m′(0)=0所以m(x)=e x−12x2−x−1在(0,+∞)上单调递增，即m(x)=e x−12x2−x−1>m(0)=0，故当x∈(0,2)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2在(0,2)上单调递增；当x∈(2,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)=12x3+x+1−e xx2在(2,+∞)上单调递减；所以[ℎ(x)]max=ℎ(2)=7−e24，所以a≥7−e24，综上可知，实数a的取值范围是[7−e24,+∞)．22.解：(1)当k=1时，曲线C1的参数方程为{x=costy=sint，化为直角坐标方程为x2+y2=1，表示以原点为圆心，半径为1的圆．(2)k=4时，曲线C1的参数方程为{x=cos 4ty=sin4t，化为直角坐标方程为√x+√y=1，曲线C2化为直角坐标方程为4x−16y+3=0，联立{√x+√y=14x−16y+3=0，解得{x=14y=14,所以曲线C1与曲线C2的公共点的直角坐标为(14,14 )．23.解：(1)函数f(x)=|3x+1|−2|x−1|=，图像如图所示：(2)函数f(x+1)的图像即为将f(x)的图像向左平移一个单位所得，如图，联立y=−x−3和y=5x+4解得交点横坐标为x=−，原不等式的解集为．。

2020年全国普通高等学校招生统一考试（新课标Ⅰ卷）理科数学本卷满分150分，考试时间120分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知集合{|||2}P x x =>，2{|230}Q x x x =--≤，则P Q =I A ．(2,)+∞B ．(1,)+∞C ．(2,3]D ．[1,2)-2．已知i 为虚数单位，(2i)67i z -=+，则复平面内与z 对应的点在 A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．若26cos 2cos21αα+=-，则tan α= A ．2±B ．3±C ．2D ．3-4．已知实数,,a b c 满足lg 222,log ,sin a b a c b ===，则,,a b c 的大小关系是 A ．a b c >>B ．b c a >>C ．a c b >>D ．b a c >>5．已知函数()sin 3cos f x x x ωω=-（0ω>）的图象与x 轴的交点中，两个相邻交点的距离为π，把函数()f x 的图象上每一点的横坐标缩小到原来的一半，再沿x 轴向左平移3π个单位长度，然后纵坐标扩大到原来的2倍得到函数()g x 的图象，则下列命题中正确的是 A ．()g x 是奇函数B ．()g x 的图象关于直线6x π=对称 C ．()g x 在[,]312π-π上是增函数D ．当[,]66x π-π∈时，()g x 的值域是[0,2]6．函数2()cos sin(1)31x f x x =⋅-+的图象大致为7．在ABC △中，已知1()2AD AB AC =+u u u r u u u r u u u r ，13AE AD =u u u r u u u r ，若以,AD BE u u u r u u u r 为基底，则DC u u u r可表示为A ．2133AD BE +u u ur u u u rB ．23AD BE +u u ur u u u rC ．13AD BE +u u u r u u u rD ．1233AD BE +u u ur u u u r8．记不等式组21312y x x y y y kx ≤-⎧⎪+≤⎪⎨≥-⎪⎪≥-⎩表示的平面区域为D ，若平面区域D 为四边形，则实数k 的取值范围是A ．11144k << B ．11144k <≤ C ．11133k <<D ．11133k ≤≤9．1872年，戴德金出版了著作《连续性与无理数》，在这部著作中以有理数为基础，用崭新的方法定义了无理数，建立起了完整的实数理论．我们借助划分数轴的思想划分有理数，可以把数轴上的点划分为两类，使得一类的点在另一类点的左边．同样的道理把有理数集划分为两个没有共同元素的集合A 和B ，使得集合A 中的任意元素都小于集合B 中的任意元素，称这样的划分为分割，记为A /B ．以下对有理数集的分割不会出现的类型为 A ．A 中有最大值，B 中无最小值 B ．A 中无最大值，B 中有最小值 C ．A 中无最大值，B 中无最小值D ．A 中有最大值，B 中有最小值10．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右顶点为A ，O 为坐标原点，A 为OM 的中点，若C 的渐近线与以AM 为直径的圆相切，则双曲线C 的离心率等于 A 32 B 23C 3D 211．已知函数()|2|2f x x =-+，()ln g x ax x =-，若0(0,e)x ∀∈，12,(0,e)x x ∃∈满足0()f x = 12()()g x g x =，其中12x x ≠，则实数a 的取值范围是 A ．5[,e)eB ．1(,e)eC ．1[1,e)e+D ．15[1,]e e+12．如图，已知平面四边形P'CAB 中，AC BC ⊥，且6AC =，27BC =，214P'C P'B ==BC 将P'BC △折起到PBC △的位置，构成一个四面体，当四面体PABC 的体积最大时，四面体PABC 的外接球的体积等于 A ．5003πB ．2563πC ．50πD ．96π二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分,考试时间120分钟.第Ⅰ卷一㊁选择题(本大题共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.若集合A ={x |x 2-5x +4<0},B ={x |(x -a )2<1},则 a ɪ(2,3) 是 B ⊆A的( )A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件2.已知复数z =2+3i i,则z 的共轭复数为( )A .3-2i B .3+2i C .-3-2i D .-3+2i3.向量a =(c o s α,s i n α),b =(c o s β,s i n β),其中0<α<β<π,若|2a +b |=|a -2b |,则α-β=( )A .π2B .-π2C .π4D .-π44.二项式a x +36æèçöø÷6的展开式的第二项的系数为-3,则ʏa-2x 2dx 的值为( )A .53B .73C .3D .1135.如图,在矩形A B C D 中,A B =8,B C =6,现沿A C 折起,使得平面A B C ʅ平面A D C ,连接B D ,得到三棱锥B -A C D,则其外接球的体积为( )A .500π9B .250π3C .1000π3D .500π36.下列函数中,为偶函数且在(0,+ɕ)上为增函数的是( )A .f (x )=c o s 2x B .f (x )=-x 2+3C .f (x )=x 14+x 2D .f (x )=x (3x -3-x)7.点P 是双曲线C 1:x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)与圆C 2:x 2+y 2=a 2+b 2的一个交点,且2øP F 1F 2=øP F 2F 1,其中F 1,F 2分别为双曲线C 1的左㊁右焦点,则双曲线C 1的离心率为( )A .3+1B .3+12C .5+12D .5-18.如图,在әA B C 中,D 是A B 边上的点,且满足A D =3B D ,A D +A C =B D +B C =2,C D =2,则c o s A =( )A .13B .24C .14D .09.已知函数f (x )=x c o s x -s i n x -13x 3,则不等式f (2x +3)+f (1)<0的解集为( )A .(-2,+ɕ)B .(-ɕ,-2)C .(-1,+ɕ)D .(-ɕ,-1)10.已知函数y =a +2l n x x ɪ1e,e []()的图象上存在点P ,函数y =-x 2-2的图象上存在点Q ,且点P ,Q 关于原点对称,则a 的取值范围是( )A .e 2,+ɕ[)B .3,4+1e[]C .4+1e2,e 2[]D .3,e 2[]11.某几何体的三视图如图所示,若图中小正方形的边长均为1,则该几何体的体积是( )A .283πB .323πC .523π D .563π12.若函数f (x )=s i n ωx -π6()(ω>0)的图象相邻两个对称中心之间的距离为π2,则f (x )的一个单调递减区间为( )A .-π6,π3()B .-π3,π6()C .π6,2π3()D .π3,5π6()第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13-21题为必考题,每个实体考生都必须作答.第22-23题为选考题,考生根据要求作答.二㊁填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)13.若实数x ,y 满足约束条件2x +y -4ɤ0,x -2y -2ɤ0,x -1ȡ0,{则y -1x的最小值为 .14.数列{a n }的前n 项和记为S n ,a 1=1,a n +1=2S n +1(n ȡ1,n ɪN *),则数列{a n }的通项公式是 .15.某框图所给的程序运行结果为S =35,那么判断框中应填入的关于k 的条件是 .16.某航模兴趣小组的同学,为了测定在湖面上航模航行的速度,采用如下办法:在岸边设置两个观察点A ,B ,且A B长为80米,当航模在C 处时,测得øA B C =105ʎ和øB A C =30ʎ,经过20秒后,航模直线航行到D 处,测得øBA D =90ʎ和øAB D =45ʎ,则航模的速度为 米/秒.(答案保留根号)12020高考终极猜押最后一卷理科数学试题三㊁解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤,17-21题每小题12分,22-23题每小题10分)17.已知公比不为1的等比数列{a n }的前3项积为27,且2a 2为3a 1和a 3的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式a n .(2)若数列{b n }满足b n =b n -1㊃l o g 3a n +1(n ȡ2,n ɪN *),且b 1=1,求数列b nb n +2{}的前n 项和S n.18.为了缓解城市交通压力和改善空气质量,有些城市出台了一些汽车限行政策,如单双号出行,外地车限行等措施,对城市交通拥堵的缓解和空气质量的改良起了一定的作用.某中部城市为了应对日益增长的交通压力,现组织调研,准备出台新的交通限行政策,为了了解群众对 汽车限行 的态度,在当地市民中随机抽取了100人进行了调查,调查情况如表:年龄段[15,25)[25,35)[35,45)[45,55)[55,65)[65,75]频数51520n 2010赞成人数3121718162(1)求出表格中n 的值,并完成被调查人员年龄的频率分布直方图(如图所示).(2)若从年龄在[45,55)的被调查者中按照是否赞成进行分层抽样,从中抽取10人参与某项调查,然后再从这10人中随机抽取3人参加座谈会,记赞成的人数记为ξ,求ξ的分布列.19.如图,在四棱锥P -A B C D 中,底面A B C D 是边长为2的菱形,øA B C =60ʎ,P A ʅP B ,P C =2.(1)求证:平面P A B ʅ平面A B C D .(2)若P A =P B ,求二面角A -P C -D 的余弦值.20.已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的上㊁下两个焦点分别为F 1,F 2,过F 1的直线交椭圆于M ,N 两点,且әMN F 2的周长为8,椭圆C 的离心率为32.(1)求椭圆C 的标准方程.(2)已知O 为坐标原点,直线:y =k x +m 与椭圆C 有且仅有一个公共点,点M ',N '是直线上的两点,且F 1M'ʅl ,F 2M 'ʅl ,求四边形F 1M 'N 'F 2面积S 的最大值.21.已知函数f (x )=l n x +a x .(1)讨论函数f (x )的单调性.(2)当a =1时,函数g (x )=f (x )-x +12x -m 有两个零点x 1,x 2,且x 1<x 2.求证:x 1+x 2>1.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.作答时请写清题号.22.在直角坐标系x O y 中,直线l 的参数方程为x =1+t c o s α,y =t s i n α{(t 为参数),以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 的极坐标方程为ρ2-2ρc o s θ-4ρs i n θ+4=0.(1)若直线l 与曲线C 相切,求直线l 的直角坐标方程.(2)若t a n α=2,设直线l 与曲线C 的交点为点A ,B ,求әO A B 的面积.23.已知函数f (x )=|2x -1|+|2x +1|,g (x )=|a -1|-a |x |.(1)当x <0时,求不等式f (x )<4的解集.(2)设函数f (x )的值域为M ,函数g (x )的值域为N ,若满足M ɘN ʂ⌀,求a 的取值范围.第Ⅰ卷一㊁选择题1.选A .A ={x |1<x <4},B ={x |a -1<x <a +1}.因为B ⊆A ,所以a -1ȡ1,a +1ɤ4,{即2ɤa ɤ3.因为(2,3)⊆[2,3],所以 a ɪ(2,3) 是 B ⊆A 的充分不必要条件.2.选B .z =2+3i i =3-2i ,因此z 的共轭复数为3+2i .3.选B .由|2a +b |=|a -2b |两边平方整理,得3|a |2-3|b |2+8a ㊃b =0.因为|a |=|b |=1,故a ㊃b =0,所以c o s αc o s β+s i n αs i n β=0,即c o s (α-β)=0,因为0<α<β<π,故-π<α-β<0,所以α-β=-π2.4.选B .因为T r +1=C r 6(a x )6-r 36æèçöø÷r =C r 6a 6-r ㊃36æèçöø÷r x 6-r ,所以第二项的系数为C 16a 5㊃36=-3,所以a =-1,所以ʏa-2x 2d x =ʏ-1-2x 2d x =13x 3|-1-2=-13()--83()=73.5.选D .结合几何体的特征可得,外接球的球心为A C 的中点,外接球半径为R =12A B 2+B C 2=1282+62=5,则外接球的体积:V =43πR 3=500π3.6.选D .观察各选项,其中选项A 中的函数不可能在(0,+ɕ)上为增函数;选项B 中的函数在(0,+ɕ)上为减函数;选项C 中的函数定义域不关于原点对称,不是偶函数;选项D 中的函数是偶函数,且当x >0时,y =x 单调递增且大于零,函数y =e x -e -x 单调递增也大于零,所以y =x (3x -3-x )在(0,+ɕ)上为增函数.7.选A .x 2+y 2=a 2+b 2=c 2,所以点P 在以F 1F 2为直径的圆上,所以P F 1ʅP F 2,又2øP F 1F 2=øP F 2F 1,所以P F 2=c ,P F 1=3c ,又P 在双曲线上,2所以3c -c =2a ,所以e =c a =23-1=3+1.8.选D .设B D =x ,则A D =3x ,A C =2-3x ,B C =2-x ,易知c o s øA D C =-c o s øB D C ,由余弦定理的推论可得9x 2+2-(2-3x )22ˑ2ˑ3x =-x 2+2-(2-x )22ˑ2ˑx,解得x =13,故A D =1,A C =1,所以c o s A =A D 2+A C 2-C D 22ˑA D ˑA C=0.9.选A .易证函数f (x )是奇函数.由题得f '(x )=c o s x -x s i n x -c o s x -x 2=-x s i n x -x 2=-x (s i n x +x ).所以当x >0时,f'(x )<0,函数在(0,+ɕ)上单调递减,因为函数是奇函数,所以函数在(-ɕ,0)上单调递减,因为f (2x +3)+f (1)<0,所以f (2x +3)<-f (1)=f (-1),所以2x +3>-1,所以x >-2.故解集为(-2,+ɕ).10.选D .函数y =-x 2-2的图象与函数y =x 2+2的图象关于原点对称,若函数y =a +2l n x x ɪ1e,e []()的图象上存在点P ,函数y =-x 2-2的图象上存在点Q ,且P ,Q 关于原点对称,则函数y =a +2l n x x ɪ1e,e[]()的图象与函数y =x 2+2的图象有交点,即方程a +2l n x =x 2+2x ɪ1e,e[]()有解,即a =x 2+2-2l n x x ɪ1e,e []()有解,令f (x )=x 2+2-2l n x ,则f '(x )=2(x 2-1)x,当x ɪ1e,1[]时,f '(x )<0,当x ɪ(1,e ]时,f'(x )>0,故当x =1时,f (x )取最小值3,由f 1e ()=1e2+4,f (e )=e 2,故当x =e 时,f (x )取最大值e 2,故a ɪ3,e 2[].11.选A .由三视图可知,该几何体是由半个圆柱与半个圆锥组合而成,其中圆柱的底面半径为2,高为4,圆锥的底面半径和高均为2,其体积为V =12ˑ4πˑ4+12ˑ13ˑ4πˑ2=28π3.12.选D .f (x )=s i n ωx -π6()的图象相邻两个对称中心之间的距离为π2,于是有T =2πω=2ˑπ2=π,ω=2,所以f (x )=s i n2x -π6().当2k π+π2ɤ2x -π6ɤ2k π+3π2,k ɪZ ,即k π+π3ɤx ɤk π+5π6,k ɪZ 时,f (x )=s i n2x -π6()单调递减.因此结合各选项知,f (x )=s i n2x -π6()的一个单调递减区间为π3,5π6().第Ⅱ卷二㊁填空题13.ʌ解析ɔ作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,因为y -1x表示可行域内的点与定点P (0,1)连线的斜率.由图知,点P (0,1)与点A 1,-12()连线的斜率最小,所以y -1x ()m i n=k P A =-12-11-0=-32.答案:-3214.ʌ解析ɔ由a n +1=2S n +1可得a n =2S n -1+1(n ȡ2),两式相减得a n +1-a n =2a n ,即a n +1=3a n (nȡ2).又a 2=2S 1+1=3,所以a 2=3a 1,故{a n }是首项为1,公比为3的等比数列,所以a n =3n -1.答案:a n =3n -115.ʌ解析ɔ由题意可知输出结果为S =35,第1次循环,S =11,k =9,第2次循环,S =20,k =8,第3次循环,S =28,k =7,第4次循环,S =35,k =6,此时S 满足输出结果,退出循环,所以判断框中的条件为:k >6或k ȡ7?答案:k >6?或k ȡ7?16.ʌ解析ɔ在әA B D 中,因为øB A D =90ʎ,øA B D =45ʎ,所以øA D B =45ʎ,所以A D =A B =80米,所以B D =802米,在әA B C 中B C s i n 30ʎ=A B s i n 45ʎ,所以B C =A B s i n 30ʎs i n 45ʎ=80ˑ1222=402(米).在әD B C 中,D C 2=D B 2+B C 2-2D B ㊃B C c o s 60ʎ=(802)2+(402)2-2ˑ802ˑ402ˑ12=9600,所以D C =406米,航模的速度v =40620=26米/秒.因此航模的速度为26米/秒.答案:26三㊁解答题17.ʌ解析ɔ(1)由前3项积为27,得a 2=3,设等比数列的公比为q ,由2a 2为3a 1和a 3的等差中项,得3㊃3q +3q =4ˑ3,由公比不为1,解得:q =3,所以a n =3n -1.(2)由b n =b n -1㊃l o g 3a n +1=b n -1㊃n ,得b n =b nb n -1㊃b n -1b n -2㊃ ㊃b 2b 1㊃b 1=n !.令c n =b nb n +2=n !(n +2)!=1(n +2)(n +1)=1n +1-1n +2,则S n =12-13()+13-14()+ +1n +1-1n +2()=12-1n +2=n2(n +2)318.ʌ解析ɔ(1)由题知被调查者一共有100人,所以有5+15+20+n+20+10=100,所以n=30.所以被调查人员年龄各组的频率组距为0.005,0.015,0.020,0.030,0.020,0.010.2分…………………………所以被调查人员年龄的频率分布直方图如图所示:4分………………………………………………………(2)由(1)知,年龄在[45,55)的共有30人,其中赞成的有18人,不赞成的有12人.由分层抽样赞成者应选10ˑ35=6人,6分……………不赞成有4人.则ξ=0,1,2,3.7分……………………P(ξ=0)=C34C310=4120=130,8分…………………………P(ξ=1)=C16C24C310=36120=310,9分…………………………P(ξ=2)=C26C14C310=60120=12,10分………………………P(ξ=3)=C36C310=20120=16,11分…………………………所以ξ的分布列为ξ0123P130310121612分………………………………………………………19.ʌ解析ɔ(1)取A B中点O,连接A C,C O,P O,因为四边形A B C D是边长为2的菱形,所以A B=B C=2.因为øA B C=60ʎ,所以әA B C是等边三角形.所以C OʅA B,O C=3.因为P AʅP B,所以P O=12A B=1.因为P C=2,所以O P2+O C2=P C2.所以C OʅP O.因为A BɘP O=O,所以C Oʅ平面P A B.因为C O⊂平面A B C D,所以平面P A Bʅ平面A B C D.(2)因为P A=P B,O为A B的中点由(1)知,平面P A Bʅ平面A B C D,所以P Oʅ平面A B C D,所以直线O C,O B,O P两两垂直.以O为原点建立空间直角坐标系O-x y z,如图,则O(0,0,0),A(0,-1,0),B(0,1,0),C(3,0,0),D(3,-2,0),P(0,0,1)所以A Pң=(0,1,1),P Cң=(3,0,-1),D Cң=(0,2,0).设平面A P C的法向量m=(x,y,z),由m㊃A Pң=0,m㊃P Cң=0,{得y+z=0,3x-z=0,{取x=1,得m=(1,-3,3),设平面P C D的法向量为n=(x,y,z),由n㊃P Cң=0,n㊃D Cң=0,{得3x-z=0,2y=0,{取x=1,得n=(1,0,3),所以c o s<m,n>=m㊃n|m||n|=277,由图可知二面角A-P C-D为锐二面角.所以二面角A-P C-D的余弦值为277.20.ʌ解析ɔ(1)因为әMN F2的周长为8,所以4a=8,所以a =2.又因为c a=32,所以c=3,所以b=a2-c2=1,所以椭圆C的标准方程为y24+x2=1.(2)将直线的方程y=k x+m代入到椭圆方程y24+x2=1中,得(4+k2)x2+2k m x+m2-4=0.由直线与椭圆仅有一个公共点,知Δ=4k2m2-4(4+k2)(m2-4)=0,化简得m2=4+k2.设d1=|F1M'|=|-3+m|k2+1,d2=|F2N'|=|3+m|k2+1,所以d21+d22=m-3k2+1æèçöø÷2+m+3k2+1æèçöø÷2=2(m2+3)k2+1=2(k2+7)k2+1,d1d2=|-3+m|k2+1㊃|3+m|k2+1=|m2-3|k2+1=1,所以|M'N'|=|F1F2|2-(d1-d2)2=12-(d21+d22-2d1d2)=12k2k2+1.因为四边形F1M'N'F2的面积S=12|M'N'|(d1+d2),所以S2=14ˑ12k2k2+1ˑ(d21+d22+2d1d2)=3k2(4k2+16)(k2+1)2.令k2+1=t(tȡ1),则S2=3(t-1)[4(t-1)+16]t2=12(t-1)(t+3)t2=12(t2+2t-3)t2=12+12-31t-13()2+13[],所以当1t=13时,S2取得最大值为16,故S m a x=4,即四边形F1M'N'F2面积的最大值为4.21.ʌ解析ɔ(1)f'(x)=1x+a,xɪ(0,+ɕ).①当aȡ0时,f(x)在(0,+ɕ)上单调递增;②当a<0时,f(x)在0,-1a()上单调递增,在-1a,+ɕ()上单调递减.4(2)当a =1时,g (x )=l n x +12x-m ,由已知,得l n x 1+12x 1=m ,l n x 2+12x 2=m ,两式相减,得l n x 1x 2+12x 1-12x 2=0⇒x 1㊃x 2=x 1-x 22l nx 1x 2,所以x 1=x 1x 2-12l n x 1x 2,x 2=1-x 2x 12l nx 1x 2所以x 1+x 2=x 1x 2-x 2x 12l nx 1x 2,令t =x 1x 2ɪ(0,1),设h (t )=t -1t-2l n t ,所以h '(t )=1+1t 2-2t =t 2-2t +1t2>0,所以h (t )在(0,1)上单调递增,所以h (t )<h (1)=0,即t -1t<2l n t .又因为l n t <0,所以t -1t 2l n t >1,所以x 1+x 2>1.22.ʌ解析ɔ(1)由x =ρc o s θ,y =ρs i n θ可得曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 2-2x -4y +4=0,即(x -1)2+(y -2)2=1,x =1+t c o s α,y =t s i n α{消去参数t ,可得y =t a n α(x -1).设k =t a n α,则直线l 的方程为y =k (x -1),由题意,得圆心(1,2)到直线l 的距离d 1=|k -2-k |k 2+1=1,解得k =ʃ3,所以直线l 的直角坐标方程为y =ʃ3(x -1).(2)因为t a n α=2,所以直线l 的方程为2x -y -2=0,原点到直线l 的距离d 2=25,联立2x -y -2=0,(x -1)2+(y -2)2=1,{解得x =2,y =2{或x =85,y =65,ìîíïïïï所以|A B |=2-85()2+2-65()2=25,所以S =12ˑ25ˑ25=25.23.ʌ解析ɔ(1)当x <0时,2x -1<0,所以f (x )<4可化为|2x +1|-2x <3.①当x ɤ-12时,①化为-2x -1-2x <3,解得x >-1,此时-1<x ɤ-12.当-12<x <0时,①化为2x +1-2x <3,解得x ɪR ,此时-12<x <0.综上,原不等式的解集是{x |-1<x <0}.(2)因为f (x )=|2x -1|+|2x +1|ȡ|(2x -1)-(2x +1)|=2,所以f (x )的值域为[2,+ɕ).当a ȡ0时,因为|x |ȡ0,所以g (x )的值域为(-ɕ,|a -1|].若M ɘN ʂ⌀,则|a -1|ȡ2,解得a ɤ-1或a ȡ3.从而a ȡ3.当a <0时,因为|x |ȡ0,所以g (x )的值域为[|a -1|,+ɕ),此时一定满足M ɘN ʂ⌀.从而a <0.综上,a 的取值范围是(-ɕ,0)ɣ[3,+ɕ).5。

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．我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”，已知1F 、2F 是一对相关曲线的焦点，P 是椭圆和双曲线在第一象限的交点，当1260F PF ∠=o 时，这一对相关曲线中双曲线的离心率是() A 3B 2C 23D ．22．已知()[]f x x =称为高斯函数或取整函数．其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如1.22[]-=-,1[]03=,[2]2=．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A ．1225B ．1200C ．1250D ．15003．已知数列{}n a 满足11a =，113nn n a a -⎛⎫+= ⎪⎝⎭，231233333nn n s a a a a =⋅+⋅+⋅+⋯+⋅，类比课本中推导等比数列前n 项和公式的方法可求得17161643s a -⋅=（）A ．15B ．16C ．17D ．184．已知实数,a b 满足01,01a b ≤≤≤≤,则函数()321f x x ax bx =-++存在极值的概率为（）A ．19B ．13C ．25 D ．895．已知复数（i 为虚数单位），则z 等于（） A ．B ．C ．D ．6．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，,6,8AB AC AB AC ⊥==，D 是线段AC 上一点，且3AD DC =.三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 表面上，过点D 作球O 的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为16π，则球O 的表面积为（） A ．72πB ．86πC ．112πD ．128π7．若a ＞0，b ＞0，且函数f （x ）=4x 3﹣ax 2﹣2bx+2在x=1处有极值，则ab 的最大值等于（） A ．2B ．3C ．6D ．98．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1=1，S n 为数列{a n }的前n项和，则2163n n S a ++的最小值为（ ）A ．4B ．3C ．232D ．29．如图，已知12l l ⊥，圆心在1l 上、半径为1m 的圆O 在0t =时与2l 相切于点A ，圆O 沿1l 以1/m s 的速度匀速向上移动，圆被直线2l 所截上方圆弧长记为x ，令cos y x =，则y 与时间(01t t ≤≤，单位：s )的函数()y f t =的图象大致为()A ．B ．C ．D ．10．已知定义在[]22-,上的函数()y f x =和()y g x =的图象如图给出下列四个命题：①方程(())0f g x =有且仅有6个根；②方程(())0g f x =有且仅有3个根； ③方程(())0f f x =有且仅有5个根；④方程(())0g g x =有且仅有4个根； 其中正确命题的序号是() A ．①②③B ．②③④C ．①②④D ．①③④11．如图，在边长为2的正六边形ABCDEF 中，动圆Q 的半径为1，圆心在线段CD （含端点）上运动，P 是圆Q 上及内部的动点，设向量AP mAB nAF =+u u u v u u u v u u u v（m ，n 为实数），则m n +的最大值是（）A ．2B ．3C ．5D ．612．如图，有6个半径都为1的圆，其圆心分别为O 1(0，0)，O 2(2，0)，O 3(4，0)，O 4(0，2)，O 5(2，2)，O 6(4，2)．记集合M ＝{⊙O i ｜i ＝1，2，3，4，5，6}．若A ，B 为M 的非空子集，且A 中的任何一个圆与B 中的任何一个圆均无公共点，则称(A ，B )为一个“有序集合对”(当A ≠B 时，(A ，B )和(B ，A )为不同的有序集合对)，那么M 中“有序集合对”(A ，B )的个数是A ．50B ．54C ．58D ．60二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。

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。

注意事项： ★祝考试顺利★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 |z 2- 2z |=A.0B.1C. D.22.设集合 A = {x | x 2- 4 ≤ 0}， B = {x| 2x + a ≤ 0}，且 A ∩B = {x - 2 ≤ x ≤ 1}，则 a =A. - 4B. - 2C.2D.43.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它们的形状可视为一个正四棱锥。

以该正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4.已知 A 为抛物线C : y 2= 2 px (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.95.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(x i , y i )(i = 1,2, ····,20)得到下面的散点图：100% 80% 60% 40% 20% 0 010203040温度/℃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 + bx 2C.y = a + be xD.y = a + b ln x6.函数 f (x ) = x 4- 2x 3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 +17. 设函数在[-π,π]的图像大致如下图。

全国I卷2020高三最后一模数学(理)试题及答案work Information Technology Company.2020YEAR2020年高考理科数学押题密卷(全国新课标I卷)说明：一、本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷．第Ⅰ卷为选择题；第Ⅱ卷为非选择题，分为必考和选考两部分．二、答题前请仔细阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题．三、做选择题时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮将答案擦干净后，再涂其他答案．四、考试结束后，将本试卷与原答题卡一并交回．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．（1）已知集合A={ (x，y)|x，y为实数，且x2＋y2=4}，集合B={(x，y) |x，y为实数，且y=x－2}，则A ∩ B的元素个数为（）（A）0 （B）1（C）2 （D）3（2）复数z＝1－3i1＋2i，则（A）|z|＝2 （B）z的实部为1（C）z的虚部为－i （D）z的共轭复数为－1＋i（3）已知随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，若P(X≤2)＝0.72，则P(X≤0)＝（A）0.22 （B）0.28（C）0.36 （D）0.64（4）执行右面的程序框图，若输出的k＝2，则输入x的取值范围是（A）(21，41) （B）[21，41]（C）(21，41] （D）[21，41)（5）已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ， a 1＋a 3＝ 5 2，且a 2＋a 4＝ 5 4，则S na n ＝（A ）4n －1 （B ）4n －1 （C ）2n －1（D ）2n －1（6）过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1的一个焦点F 作一条渐近线的垂线，若垂足恰在线段OF（O 为原点）的垂直平分线上，则双曲线的离心率为 （A ） 2（B ）2（C ） 5（D ） 3（7）已知函数f (x)＝cos (2x ＋π 3)，g (x)＝sin (2x ＋2π3)，将f (x)的图象经过下列哪种变换可以与g (x)的图象重合（A ）向左平移 π12（B ）向右平移π12（C ）向左平移π 6 （D ）向右平移 π6（8）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 （A ）1136（B ） 3 （C ）533（D ）433（9）已知向量a=（1, 2），b=（2,3）若（c+a ）∥b ，c⊥（b+a ），则c=（A ）（ 79 ， 73 ） （B ）（ 73，79） （C ）（ 73 ， 79 ） （D ）（－ 79 ，－ 73）（10）4名研究生到三家单位应聘，每名研究生至多被一家单位录用，则每家单位至少录用一名研究生的情况有 （A ）24种 （B ）36种 （C ）48种（D ）60种（11）函数，其图像的对称中心是俯视图正视图（A）（－1，1）（B）（1，－1）（C）（0，1）（D）（0，－1）（12）关于曲线C：x 12＋y12＝1，给出下列四个命题：①曲线C有且仅有一条对称轴；②曲线C的长度l满足l＞2；③曲线C上的点到原点距离的最小值为24；④曲线C与两坐标轴所围成图形的面积是 1 6上述命题中，真命题的个数是（A）4 （B）3（C）2 （D）1第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．（13）在(1＋x2)(1－ 2x)5的展开式中，常数项为__________．（14）四棱锥P-ABCD的底面是边长为42的正方形，侧棱长都等于45，则经过该棱锥五个顶点的球面面积为_________．（15）点P在△ABC内部（包含边界），|AC|=3，|AB|=4，|BC|=5，点P到三边的距离分别是d1, d2,d 3 ，则d1+d2+d3的取值范围是_________．（16）△ABC的顶点A在y2＝4x上，B，C两点在直线x－2y+5=0上，若|－AC |＝2 5 ，则△ABC面积的最小值为_____．三、解答题：本大题共70分，其中（17）—（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（17）（本小题满分12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a≥b，sin A＋3cos A＝2sin B．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）求a＋bc的最大值．（18）（本小题满分12分）某篮球队甲、乙两名队员在本赛季已结束的8场比赛中得分统计的茎叶图如下：（Ⅰ）比较这两名队员在比赛中得分的均值和方差的大小；（Ⅱ）以上述数据统计甲、乙两名队员得分超过．．15分的频率作为概率，假设甲、乙两名队员在同一场比赛中得分多少互不影响，预测在本赛季剩余的2场比赛中甲、乙两名队员得分均超过．．．15分次数X的分布列和均值．（19）（本小题满分12分）如图，三棱柱ABC-A1B1C1的侧面ABB1A1为正方形，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60 ，AB⊥B1C．（Ⅰ）求证：平面ABB1A1⊥BB1C1C；（Ⅱ）求二面角B-AC-A1的余弦值．BCB1BAC1A1A（20）（本小题满分12分）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0）经过点M (－2，－1)，离心率为22．过点M 作倾斜角互补的两条直线分别与椭圆C 交于异于M 的另外两点P 、Q ． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）证明：直线PQ 的斜率为定值，并求这个定值； （Ⅲ）∠PMQ 能否为直角？证明你的结论．（21）（本小题满分12分）已知函数 x 轴是函数图象的一条切线．（Ⅰ）求a ； （Ⅱ）已知；（Ⅲ）已知：请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑． （22）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 如图所示，AC 为⊙O 的直径，D 为BC ︵的中点，E 为BC 的中点．（Ⅰ）求证：DE∥AB ；（Ⅱ）求证：AC ·BC ＝2AD·CD ．（23）（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系Ox 中，直线C 1的极坐标方程为ρsi n θ＝2，M 是C 1上任意一点，点P 在射线OM 上，且满足|OP|·|OM|＝4，记点P 的轨迹为C 2． （Ⅰ）求曲线C 2的极坐标方程；（Ⅱ）求曲线C 2上的点到直线ρcos (θ＋4)＝2距离的最大值．（24）（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲设f (x)＝|x －3|＋|x －4|． （Ⅰ）解不等式f (x)≤2；（Ⅱ）若存在实数x满足f(x)≤ax－1，试求实数a的取值范围．2020年高考理科数学押题密卷(全国新课标I卷)一、选择题：CDBCD ABCDD BA二、填空题：（13）41；（14）100π；（15）[ 125，4]；（16）1．三、解答题：（17）解：（Ⅰ）sin A＋3cos A＝2sin B即2sin(A＋π3)＝2sin B，则sin(A＋π3)＝sin B．…3分因为0＜A，B＜π，又a≥b进而A≥B，所以A＋π3＝π－B，故A＋B＝2π3，C＝π3．……………………………6分（Ⅱ）由正弦定理及（Ⅰ）得a＋b c ＝sin A＋sin Bsin C＝23[sin A＋sin(A＋π3)]＝3sin A＋cos A＝2sin(A＋π6)．…10分当A＝π3时，a＋bc取最大值2．……………………………12分（18）解：（Ⅰ）x-甲＝ 18(7＋9＋11＋13＋13＋16＋23＋28)＝15，x-乙＝ 18(7＋8＋10＋15＋17＋19＋21＋23)＝15，s2甲＝ 18[(－8)2＋(－6)2＋(－4)2＋(－2)2＋(－2)2＋12＋82＋132]＝44.75，s2乙＝ 18[(－8)2＋(－7)2＋(－5)2＋02＋22＋42＋62＋82]＝32.25．甲、乙两名队员的得分均值相等；甲的方差较大（乙的方差较小）．…4分（Ⅱ）根据统计结果，在一场比赛中，甲、乙得分超过15分的概率分别为p 1＝ 3 8，p 2＝ 1 2，两人得分均超过15分的概率分别为p 1p 2＝316， 依题意，X ～B (2，316)，P (X ＝k)＝C k 2(316)k(1316)2－k ，k ＝0，1，2， …7分X 的分布列为…10分 X 的均值E (X)＝2×316＝8．……………………………12分（19）解：（Ⅰ）由侧面ABB 1A 1为正方形，知AB⊥BB 1．又AB⊥B 1C ，BB 1∩B 1C ＝B 1，所以AB⊥平面BB 1C 1C ，又AB ⊂平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥BB 1C 1C ．…………………………4分（Ⅱ）建立如图所示的坐标系O-xyz ．其中O 是BB 1的中点，Ox∥AB ，OB 1为y 轴，OC 为z 轴．设AB ＝2，则A (2，－1，0)，B (0，－1，0)，C (0，0，3)，A 1(2，1，0)． AB →＝(－2，0，0)，AC →＝(－2，1，3)，AA 1→＝(0，2，0)．…6分设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为面ABC 的法向量，则n 1·AB →＝0，n 1·AC →＝0， 即⎩⎨⎧－2x 1＝0，－2x 1＋y 1＋3z 1＝0．取z 1＝－1，得n 1＝(0，3，－1)．…8分设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为面ACA 1的法向量，则n 2·AA 1→＝0，n 2·AC →＝0， 即⎩⎨⎧2y 2＝0，－2x 2＋y 2＋3z 2＝0．取x 2＝3，得n 2＝(3，0，2)．…………………10分所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－77．因此二面角B-AC-A 1的余弦值为－77．……………………………12分 （20）解：（Ⅰ）由题设，得4a 2＋1b2＝1，①且a 2－b 2a ＝22，②由①、②解得a 2＝6，b 2＝3，椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1． …………………………………………………3分（Ⅱ）记P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)．设直线MP 的方程为y ＋1＝k(x ＋2)，与椭圆C 的方程联立，得 (1＋2k 2)x 2＋(8k 2－4k)x ＋8k 2－8k －4＝0，－2，x 1是该方程的两根，则－2x 1＝8k 2－8k －41＋2k 2，x 1＝－4k 2＋4k ＋21＋2k 2．设直线MQ 的方程为y ＋1＝－k(x ＋2)，同理得x 2＝－4k 2－4k ＋21＋2k 2． (6)分因y 1＋1＝k(x 1＋2)，y 2＋1＝－k(x 2＋2)，故k PQ ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k(x 1＋2)＋k(x 2＋2)x 1－x 2＝k(x 1＋x 2＋4)x 1－x 2＝8k1＋2k28k1＋2k 2＝1，因此直线PQ 的斜率为定值． ……………………………………………………9分（Ⅲ）设直线MP 的斜率为k ，则直线MQ 的斜率为－k ， 假设∠PMQ 为直角，则k·(－k)＝－1，k ＝±1． 若k ＝1，则直线MQ 方程y ＋1＝－(x ＋2)， 与椭圆C 方程联立，得x 2＋4x ＋4＝0，该方程有两个相等的实数根－2，不合题意； 同理，若k ＝－1也不合题意． 故∠PMQ 不可能为直角．…………………………………………………………12分（21）解：（Ⅰ）f '(x) =当x∈(0，a)时，f '(x)＜0，f (x)单调递减， 当x∈(a ，＋∞)时，f '(x)＞0，f (x)单调递增． ∵ x 轴是函数图象的一条切线，∴切点为（a ，0）．f (a)=lna ＋1=0，可知a=1. ……………………………4分 （Ⅱ）令1＋，由x>0得知t>1，，于是原不等式等价于： .取，由（Ⅰ）知：当t∈(0，1)时，g '(t)＜0，g (t)单调递减， 当t∈(1，＋∞)时，g '(t)＞0，g (t)单调递增． ∴ g (t)> g (1)=0，也就是.∴ . ……………………………8分 （Ⅲ）由（Ⅱ）知：x 是正整数时，不等式也成立，可以令： x=1，2，3，…，n-1，将所得各不等式两边相加，得： 即. ……………………………12分（22）证明：（Ⅰ）连接OE ，因为D 为BC ︵的中点，E 为BC 的中点，所以OED 三点共线．因为E 为BC 的中点且O 为AC 的中点，所以OE∥AB ，故DE∥AB ． ………………………… …5分OA（Ⅱ）因为D 为BC ︵的中点，所以∠BAD ＝∠DAC ，又∠BAD ＝∠DCB ⇒∠DAC ＝∠DCB ． 又因为AD ⊥DC ，DE ⊥CE ⇒△DAC∽△ECD ． ⇒AC CD ＝AD CE ⇒AD ·CD ＝AC ·CE ⇒ 2AD ·CD ＝AC ·2CE ⇒ 2AD ·CD ＝AC ·BC ． ……………………………10分 （23）解： （Ⅰ）设P (ρ，θ)，M (ρ1，θ)，依题意有 ρ1sin θ＝2，ρρ1＝4．……………………………3分 消去ρ1，得曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ．……………………………5分 （Ⅱ）将C 2，C 3的极坐标方程化为直角坐标方程，得 C 2：x 2＋(y －1)2＝1，C 3：x －y ＝2．……………………………7分C 2是以点(0，1)为圆心，以1为半径的圆，圆心到直线C 3的距离d ＝322， 故曲线C 2上的点到直线C 3距离的最大值为1＋322． ……………………………10分（24）解： （Ⅰ）f (x)＝|x －3|＋|x －4|＝⎩⎨⎧7－2x ，x ＜3，1，3≤x≤4，2x －7，x ＞4． ……………………………2分作函数y ＝f (x)的图象，它与直线y ＝2交点的横坐标为 5 2和 9 2，由图象知 不等式f (x)≤2的解集为[ 5 2， 9 2]．……………………………5分（Ⅱ）函数y ＝ax －1的图象是过点(0，－1)的直线． 当且仅当函数y ＝f (x)与直线y ＝ax －1有公共点时，存在题设的x ． 由图象知，a 取值范围为(－∞，－2)∪[ 1 2，＋∞)． ………………………10分 ＝12。

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（I 卷）答案详解一、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.（复数）若1z i =+,则22z z -=A.0B.1 D.2【解析】∵1z i =+，∴222(2)(1)(1)12z z z z i i i -=-=+-=-=-，∴2=22z z -.【答案】D2.（集合）设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤ ，则a =A.－4B.－2C.2D.4【解析】由已知可得{}22A x x =-≤≤，2a B x x ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭，∵{}21A B x x =-≤≤ ，∴12a -=，解得2a =-.【答案】B 3.（立体几何，同文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.14- B.12 C.14+ D.12+【解析】如图A3所示，设正四棱锥底面的边长为a ，则有22221212h am a h m ⎧=⎪⎪⎨⎛⎫⎪+= ⎪⎪⎝⎭⎩整理得22420m am a --=，令m t a =，则有24210t t --=，∴114t +=，214t -=（舍去），即14m a +=.图A3【答案】C4.（解析几何）已知A 为抛物线2:2(0)C y px p =>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【解析】设A 点的坐标为(m ,n )，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴m =9，∵点A 到C 的焦点的距离为12，∴122p m +=，解得6p =.【答案】C5.（概率统计，同文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的发芽实验，由实验数据,)(i i x y i =（1,2,…,20)得到下面的散点图：由此散点图，在10C 至40C 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 bx =+B.2y a bx =+C.x y a be =+D.ln y a b x=+【解析】根据散点图的趋势和已学函数图象可知，本题的回归方程类型为对数函数，故选D 选项.【答案】D6.（函数）函数43()2f x x x =-的图像在点(1,(1))f 处的切线方程为A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+【解析】32()46f x x x '=-，∴函数()f x 的图像在点(1,(1))f 处的切线斜率为(1)2k f '==-，又∵(1)1f =-，∴所求的切线方程为12(1)y x +=--，化简为21y x =-+.【答案】B7.（三角函数，同文7）设函数()cos()6f x x πω=+在[]ππ-，的图像大致如下图，则()f x 的最小正周期为A.109πB.76πC.43πD.32π【解析】∵函数过点4π,09⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴4ππcos()=096x ω-+，∴4πππ=962x ω-+-，解得23=ω，∴()f x 的最小正周期为3π4π2==ωT .【答案】C 8.（概率统计）25()()y x x y x++的展开式中33x y 的系数为A.5 B.10 C.15 D.20【解析】∵5()x y +展开式的通项公式为55C r r r x y -(r =0,1,2,3,4,5)，∴1r =时，2141335C 5y x y x y x=，∴3r =时，323335C 10x x y x y =，∴展开式中的33x y 系数为5+10=15.【答案】C9.（三角函数）已知(0,)α∈π，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=A.53 B.23 C.13 D.59【解析】应用二倍角公式2cos22cos 1αα=-，将3cos28cos 5αα-=化简为，23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去），又∵(0,)α∈π，∴5sin 3α=.【答案】A 10.（立体几何，同文12）已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为△ABC 的外接圆.若 1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【解析】由题意可知， 1O 为的半径r =2，由正弦定理可知，24sin ==AB r C，则14sin 4sin 60==== OO AB C ，∴球O 的半径4R ==，∴球O 的表面积为24π64πR =．图A10【答案】A11.（解析几何）已知22:2220M x y x y +---= ，直线:20+=l x y ，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.210x y --= B.210x y +-=C.210x y -+= D.210x y ++=【解析】222:(1)(1)2-+-= M x y ， M 的半径r =2，圆心(1,1)M ，由几何知识可知，⊥PM AB ，故1||||=2=||||2||2∆=⋅⋅==四边形APM APBM S PM AB S AP AM AP ，∴⋅PM AB 最小，即PM 最小，此时直线PM ⊥l ，即直线PM 的斜率为12=m k ，故直线PM 的方程为11(1)2-=-y x ，化简为1122=+y x ，∴直线PM 与l 的交点P 的坐标为(1,0)-P ，直线AB 为过点P 作 M 的切线所得切点弦AB 所在的直线，其方程为(11)(1)(01)(1)4---+--=x y ，化简得210++=x y ．图A11【答案】D注：过圆外一点00(,)P x y 作222:()()O x a y b r -+-= 的切线所得切点弦所在直线方程为200()()()()x a x a y b y b r --+--=.特别当0a b ==时，切点弦所在直线方程为200x x y y r +=.（具体推到过程，可到百度搜索）12.（函数）若242log 42log +=+a b a b 则A.a >2bB.a <2bC.a >b 2D.a <b 2【解析】由指数和对数运算性质，原等式可化为2222log 2log a b a b +=+，∵222log 1log log 2b b b <+=，∴22222log 2log 2b b b b +<+，∴2222log 2log 2a b a b +<+，设2()2log x f x x =+，则有()(2)f a f b <，由指数函数和对数函数的单调性可知()f x 在(0,)+∞单调递增，∴2a b <.【答案】B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（I 卷）试题及解析一、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1z i =+,则22z z -= ( )D.2 解析：把Z=1+i ，代入计算222(1)2(1)(1)(12)(1)(1)112z z i i i i i i -=+-+=++-=+-+=--=正解答案为D或者 22222211(1)1(11)12z z z z z i -=-+-=--=+--=这里是凑好了一个完成平方的形式，正好抵消了1点评：这是复数的计算题，掌握复数的运算法则就可以，属于送分题。

2.设集合{}240A x x =-≤，{}20B x x a =+≤，且{}21A B x x =-≤≤，则a =( )A.-4B.-2C.2D.4解析：解不等式，集合{|22}A x x =-≤≤集合{|/2}B x x a =≤-而 {}21A B x x =-≤≤，由此可以看出交集的下限是A 集合的-2，上眼1应该是B 集合的，也集12a -= ，解得a=-2。

正确答案为B3. 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. 514-B. 512-C. 514+D.512+ 解析：设正四棱锥的顶点为H ，底面正方形为ABCD ，中心为O ，AB 的中点F ，则求x=HF/AB 的值，示意图。

面积关系：21*2HAB OH S AB HF ∆==， 三角形HOF 为直角三形，由勾股定理：22214HF OH AB =+则，2211*24HF AB HF AB =+ 把x=HF/AB 代入式中 24210x x --=解得154x += 点评：不要被金子塔吓着，其实题目和它没什么关系，就是考查正四棱锥的几何关系，不题不算难，但过程还是有点复杂，对四棱锥的结构一定要非常熟悉，思路一定要清晰。