2020高考數學全國卷1卷試題及答案詳解

2020年普通高等學校招生全國統一考試理科數學試卷，共23題（含選考題），滿分150分，考試時間120分鐘。考生答題前需在試卷和答題卡上填寫姓名和準考證號，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。選擇題需用2B鉛筆在答題卡上涂黑對應題目的答案標號，非選擇題需用黑色簽字筆直接在答題卡上對應的答題區域內作答。選考題需先在答題卡上涂黑所選題目的題號，再將答案寫在答題卡上對應的答題區域內。考試結束后，將試卷和答題卡一并上交。一、選擇題共12小題，每小題5分，共60分。1.若z=1+i，則z2-2z=？A.B.1C.2D.22.設集合A={x|x2-4≤0}，B={x|x+2≤1}，且A∩B=?，則a=？A.-4B.-2C.2D.43.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐。以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積，則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為？A.B.C.D.4.已知A為拋物線C:y2=2px(p>0)上一點，點A到C的焦點的距離為12，到y軸的距離為9，則p=？A.2B.3C.6D.95.某校一個課外學習小組為研究某作物種子的發芽率y和溫度x（單位：℃）的關系，在20個不同的溫度條件下進行種子發芽實驗，由實驗數據(x_i,y_i)(i=1,2,...,20)得到散點圖。在10℃至40℃之間，下面四個回歸方程類型中最適宜作為發芽率y和溫度x的回歸方程類型的是？A.y=a+bxB.y=a+bx2C.y=a+bexD.y=a+blnx6.函數f(x)=x4-2x3的圖像在點(1,f(1))處的切線方程為？A.y=-2x-1B.y=-2x+1C.y=2x-3D.y=2x+17.設函數f(x)=cos(πx)，則f(x)在[0,1]上的最小值為？A.-1B.-0.5C.0D.0.58.已知函數f(x)在[0,1]上連續，f(0)=f(1)=0，且f(x)在(0,1)內有兩個不同的極大值點和兩個不同的極小值點，則f(x)的圖像與x軸的交點個數為？A.2B.3C.4D.59.如圖，正方體ABCD-EFGH的棱長為1，點P為棱EF的中點，點Q在棱AD上，且AP=2PQ，則△DPQ的面積為？（圖略）A.B.C.D.10.已知函數f(x)=sinx，g(x)=cosx，h(x)=f(x)g(x)，則h(x)在[0,π]上的最大值為？A.1/2B.1/√2C.√2/2D.111.已知函數f(x)=x3-3x2+2x+1，g(x)為f(x)的反函數，則g'(1)為？A.-1/6B.0C.1/6D.1/212.在平面直角坐標系中，已知點A(2,0)，B(0,2)，C(-2,0)，D(0,-2)，以及點P(x,y)，且AP=BP=CP=DP=2，則x2+y2=？A.4B.8C.12D.161.將文章中的符號格式化，刪除明顯有問題的段落。2.改寫每段話，使其更加清晰易懂。1.題目部分A.問題：給出一個函數f(x)，其圖像如下，求f(x)的最小正周期。B.解答：根據圖像，可以看出函數的一個周期為2π/3，因此最小正周期為2π/3。2.題目部分A.問題：求多項式(x+y)?的展開式中x3y3的系數。B.解答：根據二項式定理，展開式中x3y3的系數為10。3.題目部分A.問題：已知3cos2α-8cosα=5，求sinα的值。B.解答：將3cos2α-8cosα=5化簡為3cos2α-8cosα-5=0，解得cosα=1/3或cosα=-5/3。由于α∈(0,π)，因此cosα=1/3，sinα=√8/3。4.題目部分A.問題：已知球O的表面上有三個點A、B、C，且O?為△ABC的外接圓心，若O?的面積為4π，AB=BC=AC=OO?，求球O的表面積。B.解答：根據題意，可以得到△ABC為正三角形，且OO?=AB=AC=BC，因此球O的半徑為AB/2，表面積為4πAB2=48π。5.題目部分A.問題：已知M:x2+y2-2x-2y-2=0，直線l:2x+y+2=0，P為l上的動點，過點P作M的切線PA，PB，切點為A，B，求PM·AB的最小值，并給出直線AB的方程。B.解答：將M表示為(x-1)2+(y-1)2-4=0，可以得到M的圓心為(1,1)，半徑為2。由于PA和PB是M的切線，因此PA和PB的斜率分別為x-1和y-1。根據斜率公式，可以得到直線PA和PB的方程為y-1=(x-1)·(x-2)和y-1=(x-1)·(x+2)。由于AB垂直于PA和PB，因此AB的斜率為-1/[(x-1)·(x+2)]，代入PM·AB的表達式中，求導得到x=5/3，此時PM·AB的最小值為2√10，直線AB的方程為2x-y-1=0。6.填空題A.問題：已知約束條件2x+y-2≤0，x-y-1≥0，y+1≥0，求z=x+7y的最大值。B.解答：將2x+y-2≤0和x-y-1≥0化簡為y≤-2x+2和y≥x+1，將它們與y+1≥0聯立，可以得到區域S為{(x,y)|-1≤x≤1/2，-2x+2≤y≤-x-1}。因此z的最大值為3/2。7.填空題A.問題：已知a+b=1，求a-b的值。B.解答：根據(a+b)2=a2+2ab+b2=1，可以得到a2+b2+2ab=1。將a+b=1代入，化簡得到ab=1/4。因此(a-b)2=a2-2ab+b2=3/4，a-b的值為±√3/2。的前n項和，則Sna12a23a3nana122a1322a1n22n1a1a12a112nn2n1a132nn2n1a132nn2n1232nn2n232n12nn22n32n1因為12n0，當n趨近于無窮大時，2n趨近于0，所以limnSn2.故limnnanlimnSn2.故命題成立．18.解：（1）如圖，連接AD、AE，由題意得PA平面PBC，所以∠PAB=90°，∠PAC=90°，∠BAD=90°，∠CAE=90°，所以四邊形ABCD和四邊形ACEF都是矩形，因此AB=CD=2，AC=BD=3，AE=BF=4，PC=2，PE=4，故cos∠BPC=cos∠BPE=cos∠APE=cos45°=.（2）如圖，連接BE，由余弦定理得cos∠BPC=cos∠BPE+cos∠EPC2cos∠BPEcos∠EPC=22424444442444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444解題過程中出現了一些格式錯誤和明顯有問題的段落，已經刪除。下面是修改后的文章：1.對于數列$\{a_n\}$，已知$a_n=(-2)^n$，求前$n$項和$S_n$。解：根據題設和公式，有$a_n=(-2)^n$，因此：$$S_n=1+2(-2)+3(-2)^2+\cdots+n(-2)^{n-1}$$同時，根據公式，有：$$n-2S_n=-2+2(-2)+\cdots+(n-1)(-2)$$將上述兩式相加，得到：$$3S_n=1+(-2)+(-2)+(-2)^2+\cdots+(-2)^n-n(-2)^n$$化簡后得到：$$S_n=-\frac{2^{n+1}}{3}+\frac{1}{3n+1}$$2.在三角形$ABC$中，$D$是邊$BC$上的點，且$AD$與$BC$垂直。若$AB=AC=\sqrt{10}$，$BC=6$，求$AD$。解：首先根據題設和勾股定理，得到$BD^2=BC^2-CD^2=36-10=26$，因此$BD=\sqrt{26}$。又因為$\triangleABD$為等腰直角三角形，所以$AD=BD=\sqrt{26}$。3.已知空間直角坐標系中，平面$P$過點$A(1,-1,2)$，且垂直于向量$\vec{n}=(2,1,-1)$。求平面$P$的解析式。解：由題設可知，平面$P$的法向量為$\vec{n}=(2,1,-1)$，因此平面$P$的解析式可以表示為：$$2x+y-z+d=0$$其中$d$為平面$P$與原點的距離。由點$A$在平面$P$上，可得：$$2\times1+(-1)-2+d=0$$解得$d=1$，因此平面$P$的解析式為：$$2x+y-z+1=0$$4.在一場比賽中，甲乙丙三人依次參加，每個人的勝率分別為$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{3}$，$\frac{3}{4}$。比賽采用循環賽制，即每個人都要與另外兩個人比賽一次，勝者得$2$分，平局得$1$分，負者得$0$分。若比賽共進行$5$場，求以下概率：（1）甲連勝四場的概率；（2）比賽至少需要進行四場的概率；（3）丙最終獲勝的概率。解：（1）甲連勝四場的概率為$\frac{1}{2^4}=\frac{1}{16}$。（2）比賽至少需要進行四場的概率為$1-\frac{1}{2^3}=\frac{7}{8}$。（3）比賽四場結束后，共有三種情況：甲連勝四場、乙連勝四場、勝負各兩場。其中甲連勝四場和乙連勝四場的概率分別為$\frac{1}{16}$和$\frac{4}{81}$。對于勝負各兩場的情況，需要進行第五場比賽，此時丙最終獲勝的概率為$\frac{3}{4}\times\frac{2}{3}\times\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\times\frac{1}{3}\times\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\times\frac{2}{3}\times\frac{3}{4}=\frac{19}{48}$。因此，比賽四場結束且丙最終獲勝的概率為$\frac{1}{16}+\frac{4}{81}+\frac{19}{48}\approx0.56$。如果比賽需要進行第五場，那么從第二場開始的四場比賽按照丙的勝、負、輪空結果有三種情況：勝勝負勝、勝負空勝、負空勝勝，概率分別為$\frac{3}{8}$、$\frac{1}{8}$、$\frac{1}{8}$。因此，比賽五場結束且丙最終獲勝的概率為$\frac{3}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{2}$。綜上所述，丙最終獲勝的概率為$\frac{1}{16}+\frac{4}{81}+\frac{19}{48}\times\frac{1}{2}=\frac{83}{288}\approx0.29$。5.已知三角形$ABC$中，$AB=4$，$AC=3$，$BC=5$，$D$是邊$BC$上的點，且$\angleBAD=\angleCAD$。求$\angleBAC$的大小。解：首先根據余弦定理，得到$BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdotAC\cos\angleBAC$，因此$\cos\angleBAC=-\frac{7}{40}$。又因為$\angleBAD=\angleCAD$，所以$\angleBAC=\angleBAD+\angleCAD=2\angleBAD$。因此，$\cos\angleBAD=\sqrt{\frac{1-\cos\angleBAC}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{40}$。根據余弦定理，得到$BD^2=BC^2-CD^2=16$，因此$BD=4$。又因為$\triangleABD$為等腰三角形，所以$AD=BD=4$。根據余弦定理，得到$\cos\angleBAD=\frac{3}{8}$，因此$\sin\angleBAD=\sqrt{1-\cos^2\angleBAD}=\frac{\sqrt{55}}{8}$。最終，根據正弦函數的定義，得到$\sin\angleBAC=2\sin\angleBAD=\frac{\sqrt{55}}{4}$，因此$\angleBAC=\arcsin\frac{\sqrt{55}}{4}\approx74.5^\circ$。由$AG\cdotGB=8$得$a-1=8$，即$a=9$。設$C(x_1,y_1)$，$D(x_2,y_2)$，$P(6,t)$。若$t\neq\pm3$，設直線$CD$的方程為$x=my+n$，由題意可知$-3<n<3$。因為$PA$垂直于$CD$，所以$PA$的斜率為$-\frac{1}{m}$。又因為$PA$通過點$P$，所以$PA$的方程為$y-\frac{t}{6}=-\frac{1}{m}(x-6)$。同理，$PB$的方程為$y=x-3$。將$C$，$D$帶入$PA$，$PB$的方程中，得到$y_1=(x_1+3)$，$y_2=(x_2-3)$。由于$E$在單位圓上，所以$x_1^2+y_1^2=1$，$x_2^2+y_2^2=1$。將$y_1$，$y_2$代入$PA$的方程中，得到$27y_1y_2=-(x_1+3)(x_2+3)$。將$y_1y_2$的值代入$PB$的方程中，得到$2x_2(x_2+3)(x_2-3)+y_2^2=1$。將$y_2$的值代入$27y_1y_2=-(x_1+3)(x_2+3)$中，整理得到$(m+9)(n^2-9)-2mn(n+3)+(m^2+9)=0$。解得$n=-3$（舍去）或$n=\frac{3}{2}$。若$t=\pm3$，則直線$CD$的方程為$y=\pm\frac{1}{m}(x-6)$，過點$\left(\frac{3}{2},0\right)$。綜上，直線$CD$過定點$\left(\frac{3}{2},0\right)$。（1）當$a=1$時，$f(x)=e^x-x$，$f'(x)=e^x-1$。因為$f'(x)>0$，所以$f(x)$在$(-\infty,0)$單調遞減，在$(0,+\infty)$單調遞增。（2）$f(x)\geq\frac{1}{3}(1-x^2)\frac{x+1}{x}$等價于$\frac{x^3-ax^2+x+1}{2x}\geq\frac{1}{3}$。設函數$g(x)=\frac{x^3-ax^2+x+1}{2x}$，則$x^2g'(x)=\frac{-(a-2)x^3+(3-a)x^2+2}{2x^2}$。當$a\leq2$時，$x^2g'(x)<0$，所以$g(x)$在$(0,+\infty)$單調遞減，$g(x)\geqg(0)=\frac{1}{2}$。當$a>2$時，$x^2g'(x)>0$，所以$g(x)$在$(0,+\infty)$單調遞增，$g(x)\geqg(2)=\frac{8-4a}{4}$。因此，當$a\leq2$時，原不等式成立；當$a>2$時，原不等式成立當且僅當$\frac{8-4a}{4}\geq\frac{1}{3}$，即$a\leq\frac{5}{2}$。1.當$x\in(0,2)$時，$g(x)>1$，不符合題意。當$x\in(2