全国卷Ⅰ理科数学含答案数学理科.docx
- 文档编号:30731648
- 上传时间:2023-08-19
- 格式:DOCX
- 页数:33
- 大小:127.38KB
全国卷Ⅰ理科数学含答案数学理科.docx
《全国卷Ⅰ理科数学含答案数学理科.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《全国卷Ⅰ理科数学含答案数学理科.docx(33页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
全国卷Ⅰ理科数学含答案数学理科
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.0B.1C.2D.2
2.设集合A={x|x2–4≤,0}B={x|2x+a≤0},且A∩B={x|–2x≤≤1},则a=
A.–4B.–2C.2D.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
B.
5
1
C.
5
1
D.
5
1
4
2
4
2
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.yabx
B.yabx2
C.yabex
D.yablnx
6.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
2x1
B.y
2x1
C.y2x3
D.y2x1
7.设函数
f
(
)
cos
π
在[π,π]
的图像大致如下图,则
f(x)
的最小正周期为
x
(
x)
6
A.10π
B.7π
C.4π
D.3π
9
6
3
2
8.(x
y2
)(xy)5的展开式中x3y3的系数为
x
A.5
B.10
C.15
D.20
9.已知
(0,π),且3cos28cos
5,则sin
A.
5
B.2
C.1
D.
5
3
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
BCAC
OO1,则球O的表面积为
A.64π
B.48π
C.36π
D.32π
11.已知⊙M:
x2
y2
2x2y20
,直线l:
2xy
20,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.2xy10
B.2xy10
C.2xy10D.2xy10
12.若2a
log2a
4b
2log4b,则
A.a2b
B.a2b
C.ab2
D.ab2
2
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|
.
15.已知F为双曲线
x2
y2
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
b2
C:
a2
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,ABAD
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。
(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a11,求数列{nan}的前n项和.
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
6
三角形,P为DO上一点,PODO.
6
3
(1)证明:
PA平面PBC;
(2)求二面角BPCE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
.设每场比赛双方获胜的概率都为
1,
2
(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,AGGB
8,
a2
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.(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)≥1x3+1,求a的取值范围.
2
(二)选考题:
共
10分。
请考生在第22、23题中任选一题作答。
22.[选修4—4:
坐标系与参数方程
](10分)
xOy中,曲线
C1
x
coskt,
x轴正半轴为
在直角坐标系
的参数方程为
y
sink
(t为参数).以坐标原点为极点,
t
极轴建立极坐标系,曲线C2
的极坐标方程为
4
cos
16sin30.
4
(1)当k1时,C1是什么曲线?
(2)当k4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yf(x)的图像;
2
f(x1)
的解集.
()求不等式f(x)
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.C4.C5.D6.B
7.C8.C9.A10.A11.D12.B
非选择题答案
二、填空题
13.1
14.
3
15.2
16.
1
4
三、解答题
17.解:
(1)设{an}的公比为q,由题设得2a1
a2a3,即
2a1
a1qa1q2
.
所以q2
q2
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)n1
.所以
Sn12
(2)
n
(2)n1,
2Sn
22
(2)2
(n1)
(2)n1
n
(2)n.
5
可得3Sn1(
2)
(
2)2
(
2)n1
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
PO
6a,AO
3a,ABa,
6
3
PAPB
PC
2a.
2
因此PA2
PB2
AB2,从而PA
PB.
又PA2
PC2
AC2,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
Oxyz.
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(
3,
1,0),EP(0,
1,
2).
2
2
2
mEP
0
y
2z
0
,即
2
,
设m(x,y,z)是平面PCE的法向量,则
mEC
0
3x
1y
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cosn,m
nm
25
.
|n||m|5
所以二面角B
PC
E的余弦值为25
.
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
1
3
1
16
8
.
16
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.
由AGGB
=8
得
a
2–1=8
,即
a=3.
(
)
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 由于直线PA的方程为 y=t(x+3),所以 y1 t( x1 9 = 9 +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). 由于 x22 2 2 (x2 3)(x2 3) (x13)(x23), 9 y21 ,故y2 9 ,可得27y2y2 即(27 m2)y1y2 m(n 3)(y1 y2) (n 3)2 0. ① 将xmy n代入x 2 y2 2 2 2 0. 1得(m 9)y 2mnyn9 9 2mn 2 所以y1 y2 ,y1y2 n2 9. 2 m9 m 9 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=. 故直线 CD 3 3 0 的方程为x=my ,即直线CD过定点( ,). 2 2 若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点(3,0).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+2x–1. x –∞0 )时,f (x)<0;当x∈(0,+∞)时,f(x)>0.所以f(x)在(–∞,0)单调递减, 故当∈( , 在(0,+∞)单调递增. (2)f(x) 1x3 1等价于(1x3 ax2 x1)ex 1. 2 2 设函数g(x) ( 1 x3 ax2 x 1)ex(x 0),则 2 g(x)( 1 x3 ax2 x 1 3 x2 2ax 1)ex 2 2 1 x[x 2 3)x x (2a 4a2]e 2 1 x(x 2a 1)(x 2)ex. 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 a 1 (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)=(7-4a)e-2≤1,即a≥7 e2 . 4 所以当7e2 a 1 时,g(x)≤1. 4 2 1 1 x 3 x 1)e x (iii)若2a+1≥2,即a ( . ,则g(x)≤ 2 2 8 由于0 7 e21 1 x 3 x 1)e x ≤1. [ ),故由(ii)可得( 2 4 2 故当a 1时,g(x)≤1. 2 综上,a的取值范围是 7 e2 ). [ 4 22.解: 当 k=1时, C1: x cost, 消去参数 t得 2 y 2 1,故曲线 C 是圆心为坐标原点,半径为 1的圆. y sint, x 1 x cos4t, ( 2)当k=4时,C1: y 4 消去参数t得C1 的直角坐标方程为 xy1. sin t, C2的直角坐标方程为 4x 16y 3 0. 1 x y 1, x 由 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.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 全国卷 理科 数学 答案