2020年广东高考（理科）数学试题及答案.pdf

2020 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）一、选择题（共 12 小题）.1若 z1+i，则|z22z|（）A0 B1 C D2 2设集合 Ax|x240，Bx|2x+a0，且 ABx|2x1，则 a（）A4 B2 C2 D4 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 B C D 4已知 A 为抛物线 C：y22px（p0）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（）A2 B3 C6 D9 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：）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）（i1，2，20）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（）Aya+bx Bya+bx2 Cya+bex Dya+blnx 6函数 f（x）x42x3的图象在点（1，f（1）处的切线方程为（）Ay2x1 By2x+1 Cy2x3 Dy2x+1 7设函数 f（x）cos（x+）在，的图象大致如图，则 f（x）的最小正周期为（）A B C D 8（x+）（x+y）5的展开式中 x3y3的系数为（）A5 B10 C15 D20 9已知（0，），且 3cos28cos5，则 sin（）A B C D 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 4，ABBCACOO1，则球 O 的表面积为（）A64 B48 C36 D32 11已知M：x2+y22x2y20，直线 1：2x+y+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（）A2xy10 B2x+y10 C2xy+10 D2x+y+10 12若 2a+log2a4b+2log4b，则（）Aa2b Ba2b Cab2 Dab2 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13若 x，y 满足约束条件则 zx+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（a0，b0）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 PABC 的平面展开图中，AC1，ABAD，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB 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 a1l，求数列nan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，AEADABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，PODO（1）证明：PA平面 PBC；（2）求二面角 BPCE 的余弦值 19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）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：+y21（a1）的左、右顶点，G 为 E 的上顶点，8P 为直线 x6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）ex+ax2x（1）当 a1 时，讨论 f（x）的单调性；（2）当 x0 时，f（x）x3+1，求 a 的取值范围（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 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1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 C2的极坐标方程为 4cos16sin+30（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 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 f（x）|3x+1|2|x1|（1）画出 yf（x）的图象；（2）求不等式 f（x）f（x+1）的解集 参考答案 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 z1+i，则|z22z|（）A0 B1 C D2【分析】由复数的乘方和加减运算，化简 z22z，再由复数的模的定义，计算可得所求值 解：若 z1+i，则 z22z（1+i）22（1+i）2i22i2，则|z22z|2|2，故选：D 2设集合 Ax|x240，Bx|2x+a0，且 ABx|2x1，则 a（）A4 B2 C2 D4【分析】由二次不等式和一次不等式的解法，化简集合 A，B，再由交集的定义，可得 a 的方程，解方程可得a 解：集合 Ax|x240 x|2x2，Bx|2x+a0 x|xa，由 ABx|2x1，可得a1，则 a2 故选：B 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 B C D【分析】先根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而求解结论 解：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，则依题意有：，因此有 h2（）2ah4（）22（）10；（负值舍）故选：C 4已知 A 为抛物线 C：y22px（p0）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（）A2 B3 C6 D9【分析】直接利用抛物线的性质解题即可 解：因为 A 为抛物线 C：y22px（p0）上一点，点 A 到 C 的焦点的距离为 12，到 y 轴的距离为 9，因为抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等；故有：9+12p6；故选：C 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：）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）（i1，2，20）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（）Aya+bx Bya+bx2 Cya+bex Dya+blnx【分析】直接由散点图结合给出的选项得答案 解：由散点图可知，在 10至 40之间，发芽率 y 和温度 x 所对应的点（x，y）在一段对数函数的曲线附近，结合选项可知，ya+blnx 可作为发芽率 y 和温度 x 的回归方程类型 故选：D 6函数 f（x）x42x3的图象在点（1，f（1）处的切线方程为（）Ay2x1 By2x+1 Cy2x3 Dy2x+1【分析】求出原函数的导函数，得到函数在 x1 处的导数，再求得 f（1），然后利用直线方程的点斜式求解 解：由 f（x）x42x3，得 f（x）4x36x，f（1）462，又 f（1）121，函数 f（x）x42x3的图象在点（1，f（1）处的切线方程为 y（1）2（x1），即 y2x+1 故选：B 7设函数 f（x）cos（x+）在，的图象大致如图，则 f（x）的最小正周期为（）A B C D【分析】由图象观察可得最小正周期小于，大于，排除 A，D；再由 f（）0，求得，对照选项 B，C，代入计算，即可得到结论 解：由图象可得最小正周期小于（），大于 2（），排除 A，D；由图象可得 f（）cos（+）0，即为+k+，kZ，（*）若选 B，即有，由+k+，可得 k 不为整数，排除 B；若选 C，即有，由+k+，可得 k1，成立 故选：C 8（x+）（x+y）5的展开式中 x3y3的系数为（）A5 B10 C15 D20【分析】先把条件整理转化为求（x2+y2）（x+y）5展开式中 x4y3的系数，再结合二项式的展开式的特点即可求解 解：因为（x+）（x+y）5；要求展开式中 x3y3的系数即为求（x2+y2）（x+y）5展开式中 x4y3的系数；展开式含 x4y3的项为：x2x2y3+y2x4y15x4y3；故（x+）（x+y）5的展开式中 x3y3的系数为 15；故选：C 9已知（0，），且 3cos28cos5，则 sin（）A B C D【分析】利用二倍角的余弦把已知等式变形，化为关于 cos 的一元二次方程，求解后再由同角三角函数基本关系式求得 sin 的值 解：由 3cos28cos5，得 3（2cos21）8cos50，即 3cos24cos40，解得 cos2（舍去），或 cos（0，），（，），则 sin 故选：A 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 4，ABBCACOO1，则球 O 的表面积为（）A64 B48 C36 D32【分析】画出图形，利用已知条件求出 OO1，然后求解球的半径，即可求解球的表面积 解：由题意可知图形如图：O1的面积为 4，可得 O1A2，则 AO1ABsin60，ABBCACOO12，外接球的半径为：R4，球 O 的表面积：44264 故选：A 11已知M：x2+y22x2y20，直线 1：2x+y+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（）A2xy10 B2x+y10 C2xy+10 D2x+y+10【分析】由已知结合四边形面积公式及三角形面积公式可得|PM|AB|，说明要使|PM|AB|最小，则需|PM|最小，此时 PM 与直线 l 垂直写出 PM 所在直线方程，与直线 l 的方程联立，求得 P 点坐标，然后写出以 PM 为直径的圆的方程，再与圆 M 的方程联立可得 AB 所在直线方程 解：化圆 M 为（x1）2+（y1）24，圆心 M（1，1），半径 r2 2SPAM|PA|AM|2|PA|要使|PM|AB|最小，则需|PM|最小，此时 PM 与直线 l 垂直 直线 PM 的方程为 y1（x1），即 y，联立，解得 P（1，0）则以 PM 为直径的圆的方程为 联立，可得直线 AB 的方程为 2x+y+10 故选：D 12若 2a+log2a4b+2log4b，则（）Aa2b Ba2b Cab2 Dab2【分析】先根据指数函数以及对数函数的性质得到 2a+log2a22b+log22b；再借助于函数的单调性即可求解结论 解：因为 2a+log2a4b+2log4b22b+log2b；因为 22b+log2b22b+log22b22b+log2b+1 即 2a+log2a22b+log22b；令 f（x）2x+log2x，由指对数函数的单调性可得 f（x）在（0，+）内单调递增；且 f（a）f（2b）a2b；故选：B 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13若 x，y 满足约束条件则 zx+7y 的最大值为1【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出可行域直线在 y 轴上的截距最大值即可 解：x，y 满足约束条件，不等式组表示的平面区域如图所示，由，可得 A（1，0）时，目标函数 zx+7y，可得 yx+，当直线 yx+，过点 A 时，在 y 轴上截距最大，此时 z 取得最大值：1+701 故答案为：1 14设，为单位向量，且|+|1，则|【分析】直接利用向量的模的平方，结合已知条件转化求解即可 解：，为单位向量，且|+|1，|+|21，可得，1+2+11，所以，则|故答案为：15已知 F 为双曲线 C：1（a0，b0）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2【分析】利用已知条件求出 A，B 的坐标，通过 AB 的斜率为 3，转化求解双曲线的离心率即可 解：F 为双曲线 C：1（a0，b0）的右焦点（c，0），A 为 C 的右顶点（a，0），B 为 C 上的点，且 BF 垂直于 x 轴所以 B（c，），若 AB 的斜率为 3，可得：，b2c2a2，代入上式化简可得 c23ac2a2，e，可得 e23e+20，e1，解得 e2 故答案为：2 16如图，在三棱锥 PABC 的平面展开图中，AC1，ABAD，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB 【分析】根据条件可知 D、E、F 三点重合，分别求得 BC、CF、BF 即可 解：由已知得 BDAB，BC2，因为 D、E、F 三点重合，所以 AEAD，BFBDAB，则在ACE 中，由余弦定理可得 CE2AC2+AE22ACAEcosCAE1+321，所以 CECF1，则在BCD 中，由余弦定理得 cosFCB，故答案为：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 a1l，求数列nan的前 n 项和【分析】（1）设an是公比 q 不为 1 的等比数列，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比 q；（2）求得 an，nan，运用数列的数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简整理，可得所求和 解：（1）设an是公比 q 不为 1 的等比数列，a1为 a2，a3的等差中项，可得 2a1a2+a3，即 2a1a1q+a1q2，即为 q2+q20，解得 q2（1 舍去）；（2）若 a1l，则 an（2）n1，nann（2）n1，则数列nan的前 n 项和为 Sn11+2（2）+3（2）2+n（2）n1，2Sn1（2）+2（2）2+3（2）3+n（2）n，两式相减可得 3Sn1+（2）+（2）2+（2）3+（2）n1n（2）n n（2）n，化简可得 Sn 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，AEADABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，PODO（1）证明：PA平面 PBC；（2）求二面角 BPCE 的余弦值 【分析】（1）设圆 O 的半径为 1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到 PAPC，PAPB，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面 PBC 及平面 PCE 的法向量，利用向量的夹角公式即可得解 解：（1）不 妨 设 圆 O 的 半 径 为 1，OA OB OC 1，AE AD 2，在PAC 中，PA2+PC2AC2，故 PAPC，同理可得 PAPB，又 PBPCP，故 PA平面 PBC；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有，故，设平面 PBC 的法向量为，则，可取，同理可求得平面 PCE 的法向量为，故，即二面角 BPCE 的余弦值为 19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）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【分析】（1）甲连胜四场只能是前四场全胜，由此能求出甲连胜四场的概率（2）情景一：前 3 场各负一场：P1（）5；情景二：前 3 场比塞结束是乙被淘汰，其中甲胜一场，最后两场比赛结束，又分为甲胜或丙胜；前 3 场比塞结束是乙被淘汰，其中甲胜三场，最后两场比赛结束，又分为甲胜或丙胜；前 3 场比塞结束是甲被淘汰，其中乙胜一场，最后两场比赛结束，又分为乙胜或丙胜；前 3 场比塞结束是甲被淘汰，其中乙胜三场，最后两场比赛结束，又分为乙胜或丙胜，由此利用互斥事件概率加法公式能求出需要进行第五场比赛的概率（3）前 3 场各负一场，P1（）5，前 3 场比塞结束是乙被淘汰，其中甲胜一场，最后两场比赛结束，丙胜；前 3 场比塞结束是乙被淘汰，其中甲胜三场，最后两场比赛结束，丙胜；前 3 场比塞结束是甲被淘汰，其中乙胜一场，最后两场比赛结束，丙胜；前 3 场比塞结束是甲被淘汰，其中乙胜一场，最后两场比赛结束，丙胜；只打 4 场，前 3 场比赛结束时丙连续胜 2 场，其中甲或乙中有一人被淘汰，最终丙获胜的概率由此利用互斥事件概率加法公式能求出丙最终获胜的概率【解答】（1）甲连胜四场只能是前四场全胜，P（）4（2）情景一：前 3 场各负一场：P1（）5；情景二：前 3 场比塞结束是乙被淘汰，其中甲胜一场，最后两场比赛结束，又分为甲胜或丙胜，概率为 P22（）5，前 3 场比塞结束是乙被淘汰，其中甲胜三场，最后两场比赛结束，又分为甲胜或丙胜，概率为 P32（）5，前 3 场比塞结束是甲被淘汰，其中乙胜一场，最后两场比赛结束，又分为乙胜或丙胜，概率为 P42（）5，前 3 场比塞结束是甲被淘汰，其中乙胜三场，最后两场比赛结束，又分为乙胜或丙胜，概率为 P52（）5，需要进行第五场比赛的概率 P（3）前 3 场各负一场，P1（）5，前 3 场比塞结束是乙被淘汰，其中甲胜一场，最后两场比赛结束，丙胜，概率为 P6（）5，前 3 场比塞结束是乙被淘汰，其中甲胜三场，最后两场比赛结束，丙胜，概率为 P7（）5，前 3 场比塞结束是甲被淘汰，其中乙胜一场，最后两场比赛结束，丙胜，概率为 P8（）5，前 3 场比塞结束是甲被淘汰，其中乙胜一场，最后两场比赛结束，丙胜，概率为 P9（）5，只打 4 场，前 3 场比赛结束时丙连续胜 2 场，其中甲或乙中有一人被淘汰，最终丙获胜的概率为：P10，丙最终获胜的概率 P 20已知 A，B 分别为椭圆 E：+y21（a1）的左、右顶点，G 为 E 的上顶点，8P 为直线 x6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【分析】（1）求出a218，解出 a，求出 E 的方程即可；（2）联立直线和椭圆的方程求出 C，D 的坐标，求出直线 CD 的方程，判断即可 解：如图示：（1）由题意 A（a，0），B（a，0），G（0，1），（a，1），（a，1），a218，解得：a3，故椭圆 E 的方程是+y21；（2）由（1）知 A（3，0），B（3，0），设 P（6，m），则直线 PA 的方程是 y（x+3），联立（9+m2）x2+6m2x+9m2810，由韦达定理3xcxc，代入直线 PA 的方程为 y（x+3）得：yc，即 C（，），直线 PB 的方程是 y（x3），联立方程（1+m2）x26m2x+9m290，由韦达定理 3xDxD，代入直线 PB 的方程为 y（x3）得 yD，即 D（，），直线 CD 的斜率 KCD，直线 CD 的方程是 y（x），整理得：y（x），故直线 CD 过定点（，0）21已知函数 f（x）ex+ax2x（1）当 a1 时，讨论 f（x）的单调性；（2）当 x0 时，f（x）x3+1，求 a 的取值范围【分析】（1）求得 a1 时，f（x）的解析式，两次对 x 求得导数，结合指数函数的值域判断导数的符号，即可得到所求单调性；（2）讨论 x0，不等式恒成立；x0 时，运用参数分离和构造函数，求得导数，判断单调性和最值，进而得到所求范围 解：（1）当 a1 时，f（x）ex+x2x，f（x）ex+2x1，设 g（x）f（x），因为 g（x）ex+20，可得 g（x）在 R 上递增，即 f（x）在 R 上递增，因为 f（0）0，所以当 x0 时，f（x）0；当 x0 时，f（x）0，所以 f（x）的增区间为（0，+），减区间为（，0）；（2）当 x0 时，f（x）x3+1 恒成立，当 x0 时，不等式恒成立，可得 aR；当 x0 时，可得 a恒成立，设 h（x），则 h（x），可设 m（x）exx2x1，可得 m（x）exx1，m（x）ex1，由 x0，可得 m（x）0 恒成立，可得 m（x）在（0，+）递增，所以 m（x）minm（0）0，即 m（x）0 恒成立，即 m（x）在（0，+）递增，所以 m（x）minm（0）0，再令 h（x）0，可得 x2，当 0 x2 时，h（x）0，h（x）在（0，2）递增；x2 时，h（x）0，h（x）在（2，+）递减，所以 h（x）maxh（2），所以 a，综上可得 a 的取值范围是，+）（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 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1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 C2的极坐标方程为 4cos16sin+30（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【分析】（1）当 k1 时，曲线 C1的参数方程为，（t 为参数），利用平方关系消去参数 t，可得x2+y21，故 C1是以原点为圆心，以 1 为半径的圆；（2）当 k4 时，曲线 C1的参数方程为，（t 为参数），消去参数 t，可得（xy）22（x+y）+10（0 x1，0y1）由 4cos16sin+30，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得 4x16y+30联立方程组即可求得 C1与 C2的公共点的直角坐标为（）解：（1）当 k1 时，曲线 C1的参数方程为，（t 为参数），消去参数 t，可得 x2+y21，故 C1是以原点为圆心，以 1 为半径的圆；（2）当 k4 时，曲线 C1的参数方程为，（t 为参数），两式作差可得 xycos4tsin4tcos2tsin2t2cos2t1，得，整理得：（xy）22（x+y）+10（0 x1，0y1）由 4cos16sin+30，又 xcos，ysin，4x16y+30 联立，解得（舍），或 C1与 C2的公共点的直角坐标为（）选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 f（x）|3x+1|2|x1|（1）画出 yf（x）的图象；（2）求不等式 f（x）f（x+1）的解集 【分析】（1）将函数零点分段，即可作出图象；（2）由于 f（x+1）是函数 f（x）向左平移了一个 1 单位，作出图象可得答案；解：函数 f（x）|3x+1|2|x1|，图象如图所示 （2）由于 f（x+1）的图象是函数 f（x）的图象向左平移了一个 1 单位所得，（如图所示）直线 y5x1 向左平移一个单位后表示为 y5（x+1）15x+4，联立，解得横坐标为 x，不等式 f（x）f（x+1）的解集为x|x