2020 年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学
一、选择题：本题共
12 小题，每小题 5 分，共 60 分。
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|– 2x≤≤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 4
B．
5 1 2
C．
5 1 4
D．
5 2
1
4．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, ,20) 得到下面的散点图：
由此散点图，在 10°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 和温度 x 的回归方程
1
类型的是
A ． y a bx 6．函数 f ( x)
A ． y 7．设函数
3
B． y a bx2 C． y a bex
D ． y a b ln x
x 4 2x 的图像在点 (1， f (1)) 处的切线方程为
2x 1 B． y
x)
2x 1
C． y 2 x 3 D ． y 2 x 1 f(x)
f x
( ) cos
(
π 在 [ π,π] 的图像大致如下图，则 6
的最小正周期为
A ． 10π
B．
7π
6
C．
4π
3
D ．
3π
2
9
8． ( x
y2 )( x y)5 的展开式中 x3y3 的系数为 x
A ． 5 9．已知
B． 10 C． 15 D．20
(0, π) ，且 3cos2 8cos
B．
5 ，则 sin
C．
A ．
5 3
2
1
D． 5
3 3 9
10．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
B． 48π
A ． 64π
11．已知⊙ M： x2
C． 36π D． 32π
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 | A ． 2x y 1 0
12．若 2a
| AB |最小时，直线 AB 的方程为
C． 2x y 1 0D． 2x y 1 0
B． 2x y 1 0
log 2 a 4b 2log 4 b ，则
A ． a 2b B． a 2b
C． a b2 D． a b2
2
二、填空题：本题共
4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
2 x y x
y y 1
2 0, 0,
13．若 x，y 满足约束条件
1 0, 则 z=x+7y 的最大值为
.
14．设 a,b 为单位向量，且 | a 15．已知 F 为双曲线
b | 1，则 | a b | .
C :
x2 y2
a2 b2 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
则 cos∠FCB =
.
P–ABC 的平面展开图中， AC=1， AB AD 3 ， AB⊥ AC， AB⊥ AD ，∠ CAE=30 °，
.
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。
（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．
18．（ 12 分）
如图， D 为圆锥的顶点，
三角形， P 为 DO 上一点， PODO
O 是圆锥底面的圆心， AE 为底面直径， AE
6 6
AD ． △ABC 是底面的内接正
．
3
（ 1）证明： PA 平面 PBC ；
（ 2）求二面角 B PC E 的余弦值．
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
.
1 ， 2
.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.（ 12 分）已知 A、 B 分别为椭圆
E： x2 y2 1 （ a>1 ）的左、右顶点， G 为 E 的上顶点， AG GB
a2
8 ，
P 为直线 x=6 上的动点， PA 与 E 的另一交点为
（ 1）求 E 的方程；
（ 2）证明：直线 CD 过定点 .
21．（ 12 分）已知函数
C， PB 与 E 的另一交点为 D．
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） ≥ x3+1，求 a 的取值范围 .
1
2
（二）选考题：共
10 分。请考生在第 22、 23 题中任选一题作答。
]（10 分）
22． [选修 4— 4：坐标系与参数方程
在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1
的参数方程为
x cosk t ,
(t 为参数 ) ．以坐标原点为极点，
y sin k t
16 sin3 0 ．
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
4
（ 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) |3 x 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．
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学试题参考
答案 (A 卷)
选择题答案
一、 选择题
1．D2．B3．C 4．C 5．D6．B
7．C8． C 9．A 10非选择题答案
二、 填空题
13． 1
14． 2
1
3
15．
16．
4三、解答题
17．解：（1）设 { an} 的公比为 q ，由题设得 2a1 a2 a3 , 即 2a1
a1q a1q2 .
所以 q2
q 2 0, 解得 q
1 （舍去）， q
2 .
故 { an } 的公比为 2 .
（ 2）设 Sn 为 { nan } 的前 n 项和 .由（ 1）及题设可得， an
( 2) n 1 .所以
Sn 1 2 ( 2)
n ( 2) n 1 ，
2Sn
2 2(2)2 (n 1) ( 2) n 1
n ( 2)n .
．A11．D12．B5
可得 3Sn 1 ( 2) (
2) 2 ( 2) n 1 n ( 2) n
= 1 (
2)n
n ( 2) n.
3
1
(3n 1)( 2) n
所以 Sn
.
9
9
18．解：（1 ）设 DO
a ，由题设可得6
PO
a, AO3
a, AB a ，
6
3
PA PB2
PC
a .
2
因此 PA2 PB22
AB ，从而 PA
PB .
又 PA2
PC 2 AC 2 ，从而 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 (3
, 1
,0), P(0,0,
2
) .
2
2
2
所以EC (1
3 , ,0), EP (0,
1,2
) .
2
2
2
2 z
设 m ( x, y, z) 是平面 PCE 的法向量，则m EP0
y
20
，即
，
m EC
0
3 x 1 y 0
2 2
6
可取 m (3
,1, 2).
3
由（ 1）知 AP
(0,1,2
) 是平面 PCB 的一个法向量，记 n
AP ，
2
则 cos n, m
n m 2 5
| n ||m |5.
所以二面角 BPC2 5
E 的余弦值为
.
5
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
1 ；
16
乙连胜四场的概率为
1 ；
16
丙上场后连胜三场的概率为
1 ．
8
所以需要进行第五场比赛的概率为1 1
3
11
．
16
16 8
4
（ 3）丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为
1 ．
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
1 ， 1 ， 1 ．
16
8
8
因此丙最终获胜的概率为 1 1 1 1
7 ．
8 16 8 8 16 20．解：（1 ）由题设得 A（ –a， 0）， B（ a， 0）， G（ 0， 1） .
则 AG
( a,1)， GB = a –1 . =8 a 2–1=8 ，即 a=3.
（ ， ） 由AG GB 得
所以 E的方程为
x2
+y2=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 –3 直线 PB的方程为 y= t （ x–3），所以 y2= t （x2–3） . 3 3 7 可得 3y1（ x2–3） =y2 （x1+3） . x22 由于 2 2 ( x2 3)( x2 9 y2 1 ，故 y2 m2 ) y1 y2 m(n n 代入 9 y2 ) (n 2 3) ，可得 27y2 y2 ( x1 3)( x2 3) ， 即 (27 3)( y1 3)2 0. ① 9) y 2 将 x my x 2 y 2 1 得 ( m 2 2mny n 9 0. 9 2mn 2 2 所以 y1 y2 ， y1 y2 m 9 n2 9 ． m 9 代入①式得 (27 m2 )( n2 3 9) 2m(n 3)mn (n 3) 2 ( m2 9) 0. 解得 n=–3（含去），n= . 故直线 CD 的方程为 x=my 3 ，即直线 CD 过定点（ 3 2 ， ）． 0 2 3 若 t=0，则直线 CD 的方程为 y=0，过点（ ， 0） . 2 综上，直线 CD过定点（ 3 ，0）. 2 21．解：（1）当 a=1时， f（ x） =ex+x2–x，则 f ( x) =ex+2 x–1． x –∞ 0 故当 ∈（ ， ）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) 1 x3 1 等价于 ( x3 ax2 2 2 1x 1)e x 1 . 设函数 g ( x) ( 1 x3 ax2 x 1)e x ( x 0) ，则 2 g ( x)( 321x ax x 1 3 x2 2ax 1)e x 2 2 1 2 x x[ x (2a 3) x 4a 2]e 2 1 x(x 2a 1)(x 2)e x . 2 1 （ i ）若 2a+1≤0，即 a ，则当 x∈（ 0， 2）时， g ( x) >0.所以 g（ x）在（ 0，2）单调递增，而 g（ 0） 2 =1，故当 x∈（ 0，2）时， g（ x） >1，不合题意 . 1 1 a （ ii ）若 0<2a+1<2 ，即 2 ，则当 x∈ (0，2a+1) ∪ (2，+∞)时， g'(x)<0；当 x∈ (2a+1，2)时， g'(x)>0. 2 所以 g(x)在 (0 ， 2a+1) ， (2 ， +∞)单调递减，在 (2a+1 ， 2) 单调递增 .由于 g(0)=1 ，所以 g(x) ≤1当且仅当 g(2)=(7-4 a)e ≤1，即 a≥ 2 - 27 e2 . 4 x 所以当 7 e a 4 1 时， g(x) ≤ 1. 2 1 ，则 g(x) ≤ （ iii ）若 2a+1≥2，即 a 1 3 x 1)e ( x 2 . 2 8 由于 0 [ 7 4 e2 1 , ) ，故由（ ii ）可得 ( 2故当 a 1 2 2 1 3 x 2 x 1)e ≤ 1. x 时， g(x) ≤ 1. 综上， a的取值范围是 [ 7 e4 , ) . 2 22 ．解：当 k=1 时， C1 : x cos t, 消去参数 t 得 x y 2 C 1 ，故曲线 1 是圆心为坐标原点，半径为 1 的圆． y sin t, x cos4 t , （ 2）当 k=4 时， C1 : 4 消去参数 t 得 C1 的直角坐标方程为 xy 1 ． y sin t, C2 的直角坐标方程为 4x 16 y 3 0 ． x1 由 x y 1, 解得 4 ． 4x 16y 3 0 1 y 4 故 C1 与 C2 的公共点的直角坐标为 ( 1 , 1 ) ． 4 4 x 3, x 1 , 3 23．解：（1）由题设知 f (x) 5x 1, 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． 9 y f ( x) 的图像与 y f (x 1) 的图像的交点坐标为 (7 , 11 )． 6 6 7时， y x f (x) 的图像在 y f (x 1) 的图像上方， 6 故不等式 f ( x) f (x 1) 的解集为 (, ) ． 7 6 由图像可知当且仅当 10 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容