2020年全国统一高考数学试卷理科新课标李刘军老师审校

1、初高中数学教研微信系列群因为你的加入，教研更精彩！2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）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，则中元素的个数为a2b3c4d62复数的虚部是abcd3在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，且，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是a，b，c，d，4模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数的单位：天）的模型：，其中为最大确诊病例数当时，标志着已初步遏制疫情，则约为a60b63c66d695设为坐标原点，直

2、线与抛物线交于，两点，若，则的焦点坐标为a，b，cd6已知向量，满足，则，abcd7在中，则abcd8如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是abcd9已知，则abc1d210若直线与曲线和圆都相切，则的方程为abcd11设双曲线的左、右焦点分别为，离心率为是上一点，且若的面积为4，则a1b2c4d812已知，设，则abcd二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，满足约束条件则的最大值为14的展开式中常数项是（用数字作答）15已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为16关于函数有如下四个命题：的图象关于轴对称的图象关于原点对称的图象关于直线对称的最

3、小值为2其中所有真命题的序号是三、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1721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）设数列满足，（1）计算，猜想的通项公式并加以证明；（2）求数列的前项和18（12分）某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）锻炼人次空气质量等级，1（优216252（良510123（轻度污染）6784（中度污染）720（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人

4、次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？人次人次空气质量好空气质量不好附：0.0500.0100.0013.8416.63510.82819（12分）如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，（1）证明：点在平面内；（2）若，求二面角的正弦值20（12分）已知椭圆的离心率为，分别为的左、右顶点（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，求的面积21（1

5、2分）设函数，曲线在点，处的切线与轴垂直（1）求；（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1（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。选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数且，与坐标轴交于，两点（1）求；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线的极坐标方程选修4-5：不等式选讲（10分）23设，（1）证明：；（2）用，表示，的最大值，证明：，2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共

6、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，则中元素的个数为a2b3c4d6【思路分析】利用交集定义求出，由此能求出中元素的个数【解析】：集合，中元素的个数为4故选：【总结与归纳】本题考查交集中元素个数的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2复数的虚部是abcd【思路分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解析】：，复数的虚部是故选：【总结与归纳】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，且，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是a，b，c，d，【思路分析】根据

7、题意，求出各组数据的方差，方差大的对应的标准差也大【解析】：法一：（通解）选项，所以；同理选项，；选项，；选项，；故选：法二：（光速解）（四川代尔宁补解）标准差是反映数据波动的大小，波动越大，则方差越大，根据四个选项概率分布可知b偏离平均值较大，所以标准差最大.【总结与归纳】本题考查了方差和标准差的问题，记住方差、标准差的公式是解题的关键4模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数的单位：天）的模型：，其中为最大确诊病例数当时，标志着已初步遏制疫情，则约为a60b63c66d69【思路分析】根据所给材料的公式列出方程，解出即可【解析】：由已

8、知可得，解得，两边取对数有，解得，故选：【总结与归纳】本题考查函数模型的实际应用，考查学生计算能力，属于中档题5设为坐标原点，直线与抛物线交于，两点，若，则的焦点坐标为a，b，cd【思路分析】利用已知条件转化求解、坐标，通过，求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点坐标【解析】：法一：（通解）将代入抛物线，可得，可得，即，解得，所以抛物线方程为：，它的焦点坐标，故选：法二：（光速解）（四川代尔宁补解）抛物线过顶点o垂直的两条弦，则de直线过定点，则可知，所以焦点坐标为【总结与归纳】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查6已知向量，满足，则，abcd【思路分析】利用已知条件求出，然后利用向

9、量的数量积求解即可【解析】：向量，满足，可得，故选：【总结与归纳】本题考查平面向量的数量积的应用，数量积的运算以及向量的夹角的求法，是中档题7在中，则abcd【思路分析】先根据余弦定理求出，再代入余弦定理求出结论【解析】：在中，由余弦定理可得；故；，故选：【总结与归纳】本题主要考查了余弦定理的应用，熟练掌握余弦定理是解本题的关键8如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是abcd【思路分析】先由三视图画出几何体的直观图，利用三视图的数据，利用三棱锥的表面积公式计算即可【解析】：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，、两两垂直，故，几何体的表面积为：故选：【总结与归纳】本题考

10、查多面体的表面积的求法，几何体的三视图与直观图的应用，考查空间想象能力，计算能力9已知，则abc1d2【思路分析】利用两角和差的正切公式进行展开化简，结合一元二次方程的解法进行求解即可【解析】：由，得，即，得，即，即，则，故选：【总结与归纳】本题主要考查三角函数值的化简和求解，结合两角和差的正切公式以及配方法是解决本题的关键难度中等10若直线与曲线和圆都相切，则的方程为abcd【思路分析】根据直线与圆相切，利用选项到圆心的距离等于半径，在将直线与曲线求一解可得答案；【解析】：法一：（通解）直线与圆相切，那么直线到圆心的距离等于半径，四个选项中，只有，满足题意；对于选项：与联立可得：，此时：无解

11、；对于选项：与联立可得：，此时解得；直线与曲线和圆都相切，方程为，故选：法二：（通解）（四川代尔宁补解）设直线l为，则（1）设直线与曲线切点为，则，（2）(3)根据（2）（3）可得：，代入（1）得或（舍去）所以【总结与归纳】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题，采用选项检验，排除思想做题，有时事半功倍11设双曲线的左、右焦点分别为，离心率为是上一点，且若的面积为4，则a1b2c4d8【思路分析】利用双曲线的定义，三角形的面积以及双曲线的离心率，转化求解即可【解析】：法一：（通解）由题意，设，可得，可得，可得，解得故选：法二：（光速解）（四川代尔宁补解），根据离心率有，又因为，所以【总结与归纳

12、】本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义以及勾股定理的应用，考查转化思想以及计算能力12已知，设，则abcd【思路分析】根据，可得，然后由和，得到，再确定，的大小关系【解析】： 法一：（通解）（四川代尔宁补解）因为，因为，所以，所以，即 因为，因为，所以，所以，即因为，因为，所以，所以，即，又因为，所以，所以，所以，所以而，所以，所以，所以，所以法二 ：（通解），；，；，综上，故选：【总结与归纳】本题考查了三个数大小的判断，指数对数的运算和基本不等式的应用，考查了转化思想，是基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，满足约束条件则的最大值为7【思路分析】先根据约束条件

13、画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在轴上的截距最大值即可【解析】：先根据约束条件画出可行域，由解得，如图，当直线过点时，目标函数在轴上的截距取得最大值时，此时取得最大值，即当，时，故答案为：7【总结与归纳】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题14的展开式中常数项是240（用数字作答）【思路分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项的值【解析】：由于的展开式的通项公式为，令，求得，故常数项的值等于，故答案为：240【总结与归纳】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质

14、，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题15已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为【思路分析】易知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球，作图，求得出该内切球的半径即可求出球的体积【解析】：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线，底面半径，则其高，不妨设该内切球与母线切于点，令，由，则，即，解得，故答案为：【总结与归纳】本题考查圆锥内切球，考查球的体积公式，数形结合思想，属于中档题16关于函数有如下四个命题：的图象关于轴对称的图象关于原点对称的图象关于直线对称的最小值为2其中所有真命题的序号是【思路分析】根据函数奇偶性的定义，对称性

15、的判定，对称轴的求法，逐一判断即可【解析】：对于，由可得函数的定义域为，故定义域关于原点对称，由；所以该函数为奇函数，关于原点对称，所以错对；对于，由，所以该函数关于对称，对；对于，令，则，由双勾函数的性质，可知，所以无最小值，错；故答案为：【总结与归纳】本题考查了函数的基本性质，奇偶性的判断，求函数的对称轴、值域，属于基础题三、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1721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）设数列满足，（1）计算，猜想的通项公式并加以证明；（2）求数列的前项和【思路分析】（

16、1）利用数列的递推关系式求出，猜想的通项公式，然后利用数学归纳法证明即可（2）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的前项和【解析】：（1）数列满足，则，猜想的通项公式为证明如下：当，2，3时，显然成立，假设时，成立，当时，故时成立，由知，猜想成立，所以的通项公式（2）令，则数列的前项和，两边同乘2得，得，所以【总结与归纳】本题考查数列的递推关系式的应用，数学归纳法和数列求和，考查了转化思想和计算能力，属中档题18（12分）某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）锻炼人次空气质量等级，1（优216252（良510123（

17、轻度污染）6784（中度污染）720（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？人次人次空气质量好空气质量不好附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828【思路分析】（1）用频率估计概率，从而得到估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率

18、；（2）采用频率分布直方图估计样本平均值的方法可得得答案；（3）由公式计算的值，从而查表即可，【解析】：（1）该市一天的空气质量等级为1的概率为：；该市一天的空气质量等级为2的概率为：；该市一天的空气质量等级为3的概率为：；该市一天的空气质量等级为4的概率为：；（2）由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：；（3）根据所给数据，可得下面的列联表， 人次 人次 总计 空气质量好 33 3770 空气质量不好 22 8 30 总计 5545100由表中数据可得：，所以有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关【总结与归纳】本题考查了独立性检验与频率估计概率，估计平均值

19、的求法，属于中档题19（12分）如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，（1）证明：点在平面内；（2）若，求二面角的正弦值【思路分析】（1）在上取点，使得，连接，由已知证明四边形和四边形都是平行四边形，可得，且，且，进一步证明四边形为平行四边形，得到，且，结合，且，可得，且，则四边形为平行四边形，从而得到点在平面内；（2）在长方体中，以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值，再由同角三角函数基本关系式求得二面角的正弦值【解答】（1）证明：在上取点，使得，连接，在长方体中，有，且又，四边形和四边形

20、都是平行四边形，且，且又在长方体中，有，且，且，则四边形为平行四边形，且，又，且，且，则四边形为平行四边形，点在平面内；（2）解：在长方体中，以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系，1，0，1，1，则，设平面的一个法向量为则，取，得；设平面的一个法向量为则，取，得设二面角为，则二面角的正弦值为【总结与归纳】本题考查平面的基本性质与推理，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题20（12分）已知椭圆的离心率为，分别为的左、右顶点（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，求的面积【思路分析】（1）根据，代入计算的值，求出的方程即可；（2）设出，的坐标

21、，得到关于，的方程组，求出，从而求出的面积【解析】：（1）由得，即，故的方程是：；（2）由（1），设，点，根据对称性，只需考虑的情况，此时，有，又，又，联立得或，当时，同理可得当时，综上，的面积是【总结与归纳】本题考查求椭圆方程以及了直线和椭圆的关系，考查转化思想，是一道综合题21（12分）设函数，曲线在点，处的切线与轴垂直（1）求；（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1【思路分析】（1）求出原函数的导函数，由题意可得，由此求得值；（2）设为的一个零点，根据题意，且，得到，由，对求导数，可得在，上的单调性，得到设 为的零点，则必有，可得，由此求得的范围得答案【解答

22、】（1）解：由，得，即；（2）证明：设为的一个零点，根据题意，且，则，由，令，当，时，当，时，可知在，上单调递减，在，上单调递增又，（1），设 为的零点，则必有，即，得，即所有零点的绝对值都不大于1【总结与归纳】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查函数零点与方程根的关系，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是中档题（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。选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数且，与坐标轴交于，两点（1）求；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线的极坐标方程【思路分析】（1）可令，求得，对应的；再令，求得