2020年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上.本试卷满分150分.
2.作答时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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U={?2，?1，0，1，2，3}，A={?1，0，1}，B={1，2}，则（
）
A.
{?2，3}
B.
{?2，2，3}
C.
{?2，?1，0，3}
D.
{?2，?1，0，2，3}
1.A
由题意可得：，则.
故选A.
2.若α为第四象限角，则（
）
A.
cos2α>0
B.
cos2α<0
C.
sin2α>0
D.
sin2α<0
2.D
当时，，选项B错误；
当时，，选项A错误；
由在第四象限可得：，则，选项C错误，选项D正确；
故选D.
3.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（
）
A.
10名
B.
18名
C.
24名
D.
32名
3.B
由题意，第二天新增订单数为，
故需要志愿者名.
故选B.
4.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（
）
A.
3699块
B.
3474块
C.
3402块
D.
3339块
4.C
设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
故选：C
5.若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（
）
A.
B.
C.
D.
5.B
由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，
则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必第一象限，
设圆心的坐标为，则圆的半径为，
圆的标准方程为.
由题意可得，
可得，解得或，
所以圆心的坐标为或，
圆心到直线距离均为；
所以，圆心到直线的距离为.
故选B.
6.数列中，，，若，则（
）
A.
2
B.
3
C.
4
D.
5
6.C
在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得.
故选：C.
7.如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为（
）
A.
B.
C.
D.
7.A
根据三视图，画出多面体立体图形，
图中标出了根据三视图点所在位置，
可知在侧视图中所对应的点为
故选A.
8.设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（
）
A.
4
B.
8
C.
16
D.
32
8.B
由题意可得双曲线的渐近线方程是，
∵直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点
不妨设为在第一象限，在第四象限
联立，解得，
故.
联立，解得，
故.
,
面积为：,
∵双曲线
其焦距为
当且仅当取等号
双曲线的焦距的最小值为.故选B.
9.设函数，则f(x)（
）
A.
是偶函数，且在单调递增
B.
是奇函数，且在单调递减
C.
是偶函数，且在单调递增
D.
是奇函数，且在单调递减
9.D
由得定义域为，关于坐标原点对称，
又，
为定义域上的奇函数，可排除AC；
当时，，
∵在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，排除B；
当时，，
∵在上单调递减，在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知，在上单调递减，D正确.
故选D.
10.已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（
）
A.
B.
C.
1
D.
10.C
设球的半径为，则，解得：.
设外接圆半径为，边长为，
∵ΔABC是面积为的等边三角形，
，解得：，，
球心到平面的距离.
故选C.
11.若，则（
）
A.
B.
C.
D.
11.A
由得：，
令，
∵为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，
，
∵，，，则A正确，B错误；
∵与的大小不确定，故CD无法确定.
故选A.
【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.
12.0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（
）
A
...
B.11011...
C.
10001..
D.
11001...
12.C
由知，序列的周期为m，由已知，，
对于选项A，
，
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选C.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知单位向量a，b的夹角为45°，ka–b与a垂直，则k=__________.
13.
由题意可得：，
由向量垂直的充分必要条件可得：，
即：，解得：.
故答案为．
14.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.
14.
∵4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学,先取2名同学看作一组，选法有：,
现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：,
根据分步乘法原理，可得不同的安排方法种.
15.设复数，满足，，则=__________.
15.
∵
，可设，，
，
，两式平方作和得：，
化简得：,
.
16.设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.
p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是__________.
①②③④
16.①③④
对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；
若与相交，则交点在平面内，
同理，与的交点也在平面内，
所以，，即，命题为真命题；
对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，
命题为假命题；
对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，
命题为假命题；
对于命题，若直线平面，
则垂直于平面内所有直线，
∵直线平面，直线直线，
命题为真命题.
综上可知，为真命题，为假命题，
为真命题，为真命题.
故答案为：①③④.
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17～21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.ΔABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.
（1）求A；
（2）若BC=3，求ΔABC周长的最大值.
17.（1）由正弦定理可得：，
，
∵.
（2）由余弦定理得：，
即.
∵（当且仅当时取等号），
，
解得（当且仅当时取等号），
∵ΔABC周长，周长的最大值为.
18.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得，，，，.
（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；
（2）求样本(xi，yi)(i=1，2，…，20)的相关系数（精确到0.01）；
（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.
附：相关系数r=，=1.414.
18.（1）样区野生动物平均数为，
地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为.
（2）样本的相关系数为
,
（3）由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样
先将植物覆盖面积按优中差分成三层，在各层内按比例抽取样本，在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.
19.已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
19.（1）∵F(c,0)，轴且与椭圆相交于，两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，
抛物线的方程为，联立，
解得，，
∵，即，，
即，即，
∵0
（2）由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得.
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为.
20.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
20.（1）∵分别为，的中点，
又
在中，为中点，则
又∵侧面为矩形，
∵
由，平面
平面
又∵，且平面，平面，
平面
又∵平面，且平面平面
又∵平面
平面
∵平面
平面平面
（2）连接
∵平面，平面平面
根据三棱柱上下底面平行，
其面平面，面平面
,
故四边形是平行四边形.
设边长是(),
可得，
∵为的中心，且边长为,
,
故.
∵,
,
,
解得.
在截取，故,
∵且,
四边形是平行四边形，
,
由（1）平面,
故为与平面所成角.
在，根据勾股定理可得,
,
直线与平面所成角的正弦值.
21.已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明：；
（3）设n∈N
，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
21.(1)由函数的解析式可得：，则：
，
在上的根为：，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2)注意到，
故函数是周期为的函数，
结合(1)的结论，计算可得：，
，，
据此可得，，
即.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)考查数形结合思想的应用．
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分.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.已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C2：（t为参数）.
（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；
（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.
22.（1）由得的普通方程为：；
由得：，两式作差可得的普通方程为：.
（2）由得：，即；
设所求圆圆心的直角坐标为，其中，
则，解得：，所求圆的半径，
所求圆的直角坐标方程为：，即，
所求圆的极坐标方程为.
[选修4—5：不等式选讲]
23.已知函数.
（1）当时，求不等式f(x)≥4的解集；
（2）若f(x)≥4，求a的取值范围.
23.（1）当时，.
当时，，解得：；
当时，，无解；
当时，，解得：；
综上所述：的解集为或.
（2）（当且仅当时取等号），
，解得：或，
的取值范围为.绝密★本科目考试启用前
2020年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）
数学
本试卷共5页，150分，考试时长120分钟．考试务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题
共40分）
一、选择题10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1.已知集合，，则（
）．
A.
B.
C.
D.
1.D
.
2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（
）．
A.
B.
C.
D.
2.B
由题意得,所以.
3.在的展开式中，的系数为（
）．
A.
B.
5
C.
D.
10
3.C
展开式的通项公式为：，
令可得：，则的系数为：.
4.某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（
）．
A.
B.
C.
D.
4.D
由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，
则其表面积为：.
5.已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（
）．
A.
4
B.
5
C.
6
D.
7
5.A
设圆心，则，
化简得，
所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
所以，所以，
当且仅当在线段上时取得等号，故选A.
6.已知函数，则不等式的解集是（
）．
A.
B.
C.
D.
6.
D
因为，所以等价于，
在同一直角坐标系中作出和的图象如图：
两函数图象的交点坐标为，不等式的解为或.
所以不等式的解集为.故选D.
7.设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线（
）．
A.
经过点
B.
经过点
C.
平行于直线
D.
垂直于直线
7.B
由题意可得如图所示的图形，．
因为线段的垂直平分线上的点到的距离相等，又点在抛物线上，根据定义可知，，所以线段的垂直平分线经过点.故选B.
8.在等差数列中，，．记，则数列（
）．
A.
有最大项，有最小项
B.
有最大项，无最小项
C.
无最大项，有最小项
D.
无最大项，无最小项
8.B
由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.故选B.
9.已知，则“存在使得”是“”的（
）．
A.
充分而不必要条件
B.
必要而不充分条件
C.
充分必要条件
D.
既不充分也不必要条件
9.C
(1)当存在使得时，
若偶数，则；
若为奇数，则；
(2)当时，或，，
即或，
亦即存在使得．
所以，“存在使得”是“”的充要条件.故选C.
10.2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（
Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（
）．
A.
B.
C.
D.
10.A
单位圆内接正边形的每条边所对应的圆周角为，每条边长为，
所以，单位圆的内接正边形的周长为，
单位圆外切正边形的每条边长为，其周长为，
，
则.故选A.
第二部分（非选择题
共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11.函数的定义域是____________．
11.
由题意得，.故答案为.
12.已知双曲线，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐近线的距离是_________．
12.
在双曲线中，，，则，则双曲线的右焦点坐标为，双曲线的渐近线方程为，即，
所以，双曲线的焦点到其渐近线的距离为.
13.已知正方形的边长为2，点P满足，则_________；_________．
13.
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则点、、、，，
则点，，，
因此，，.
14.若函数的最大值为2，则常数的一个取值为________．
14.（均可）
因为，
所以，解得，故可取.
故答案为（均可）.
15.为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量W与时间t的关系为，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.
给出下列四个结论：
①在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在时刻，甲企业污水治理能力比乙企业强；
③在时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；
④甲企业在这三段时间中，在的污水治理能力最强．
其中所有正确结论的序号是____________________．
15.①②③
表示区间端点连线斜率的负数，在这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；
甲企业在这三段时间中，甲企业在这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在的污水治理能力最强．④错误；
在时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；
在时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确；
故答案为①②③.
三、解答题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16.如图，在正方体中，E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
16.（Ⅰ）在正方体中，且，且，
且，∴四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面.
（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
17.在△中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求：
（Ⅰ）a的值：
（Ⅱ）和△的面积．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
17.选择条件①（Ⅰ），
.
.
（Ⅱ）,
由正弦定理得：.
∴.
选择条件②（Ⅰ）,
.
由正弦定理得：.
（Ⅱ）,
.
18.某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
男生
女生
支持
不支持
支持
不支持
方案一
200人
400人
300人
100人
方案二
350人
250人
150人
250人
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；
（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；
（Ⅲ）将该校学生支持方案的概率估计值记为，假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为，试比较与的大小．（结论不要求证明）
18.（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为，
该校女生支持方案一的概率为.
（Ⅱ）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，
所以3人中恰有2人支持方案一概率为：.
（Ⅲ）.
19.已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
19.（Ⅰ）因为，所以，
设切点为，则，即，所以切点为，
由点斜式可得切线方程为：，即.
（Ⅱ）显然，
因为在点处的切线方程为：，
令，得，令，得，
所以，
不妨设时，结果一样，
则，
所以
，
由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，
所以时，取得极小值，
也是最小值为.
20.已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
20.(1)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且：，注意到：
，
而：
，
故.
从而.
21.已知是无穷数列．给出两个性质：
①对于中任意两项，在中都存在一项，使；
②对于中任意项，在中都存在两项．使得．
(Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列.
21.(Ⅰ)不具有性质①.
(Ⅱ)具有性质①.
具有性质②.
(Ⅲ)解法一
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然，假设数列中存在负项，设，
第一种情况：若，即，
由①可知：存在，满足，存在，满足，
由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：，
另一方面，，由数列的单调性可知：，
这与的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.
其次，证明：
利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，
而，故，
此时必有，即，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列的前项成等比数列，不妨设，
其中，（的情况类似）
由①可得：存在整数，满足，且
（
）,
由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：，
由可得：
（
）,
由（
）和（
）式可得：，
结合数列的单调性有：，
注意到均为整数，故，
代入（
）式，从而.
总上可得，数列的通项公式为：.
即数列为等比数列.
解法二：
假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，
而，故，
此时必有，即，
即成等比数列，不妨设，
然后利用性质①：取，则，
即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明，
否则，由数列的单调性可知，
在性质②中，取，则，从而，
与前面类似的可知则存在，满足，
若，则：，与假设矛盾；
若，则：，与假设矛盾；
若，则：，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而，
然后利用性质①：取，则数列中存在一项，
下面我们用反证法来证明，
否则，由数列的单调性可知，
性质②中，取，则，从而，
与前面类似的可知则存在，满足，
即由②可知：，
若，则，与假设矛盾；
若，则，与假设矛盾；
若，由于为正整数，故，则，与矛盾；
综上可知，假设不成立，则.
同理可得：，从而数列为等比数列，
同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列为等比数列.2020年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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AB中元素的个数为（
）
A.
2
B.
3
C.
4
D.
6
1.由题意，AB中的元素满足，且，
由，得，
所以满足的有，
故AB中元素的个数为4.
故选C.
2.复数的虚部是（
）
A.
B.
C.
D.
2.D
因为，
所以复数的虚部为.
故选D.
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.
3.B
对于A选项，该组数据的平均数为，
方差为；
对于B选项，该组数据的平均数为，
方差为；
对于C选项，该组数据的平均数为，
方差为；
对于D选项，该组数据平均数为，
方差为.
因此，B选项这一组的标准差最大.
故选B.
4.Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．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I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（
）（ln19≈3）
A.
60
B.
63
C.
66
D.
69
4.C
因为，所以，则，
所以，，解得.故选C.
5.设为坐标原点，直线与抛物线C：交于，两点，若，则的焦点坐标为（
）
A.
B.
C.
D.
5.B
因为直线与抛物线交于两点，且，
根据抛物线的对称性可以确定，所以，
代入抛物线方程，求得，所以其焦点坐标为，故选B.
7.在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（
）
A.
B.
C.
D.
7.A
∵在△ABC中，，，
根据余弦定理：
可得
，即
由∵
故.故选A.
8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（
）
A.
6+4
B.
4+4
C.
6+2
D.
4+2
8.C
根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形
根据立体图形可得：
根据勾股定理可得：
是边长为的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
该几何体的表面积是：.
故选C.
9.已知2tanθ–tan(θ+)=7，则tanθ=（
）
A.
–2
B.
–1
C.
1
D.
2
9.D
∵，，
令，则，整理得，解得，即.
故选D.
10.若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（
）
A.
y=2x+1
B.
y=2x+
C.
y=x+1
D.
y=x+
10.D
设直线在曲线上的切点为，则，
函数的导数为，则直线的斜率，
设直线的方程为，即，
由于直线与圆相切，则，
两边平方并整理得，解得，（舍），
则直线的方程为，即.
故选D.
11.设双曲线C：（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（
）
A.
1
B.
2
C.
4
D.
8
11.A
∵，，根据双曲线的定义可得，
，即，
∵F1P⊥F2P，，
，即，解得，
故选A.
12.已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（
）
A.
aB.
bC.
bD.
c12.由题意可知、、，，；
由，得，由，得，，可得；
由，得，由，得，，可得.
综上所述，.
故选A.
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z=3x+2y的最大值为_________．
13.7
不等式组所表示的可行域如图
因为，所以，易知截距越大，则越大，
平移直线，当经过A点时截距最大，此时z最大，
由，得，，
所以.
14.的展开式中常数项是__________（用数字作答）．
14.
∵
其二项式展开通项：
当，解得
的展开式中常数项是：.
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_________．
15.
易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为，
由于，故，
设内切圆半径，则：
，
解得：，其体积：.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
16.关于函数f（x）=有如下四个命题：
①f（x）的图像关于y轴对称．
②f（x）的图像关于原点对称．
③f（x）的图像关于直线x=对称．
④f（x）的最小值为2．
其中所有真命题的序号是__________．
16.②③
对于命题①，，，则，
所以，函数的图象不关于轴对称，命题①错误；
对于命题②，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以，函数图象关于原点对称，命题②正确；
对于命题③，∵，
，则，
所以，函数的图象关于直线对称，命题③正确；
对于命题④，当时，，则，
命题④错误.
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17~21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.设数列{an}满足a1=3，．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
17.（1）由题意可得，，
由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即，
证明如下：
当时，成立；
假设时，成立.
那么时，也成立.
则对任意的，都有成立；
（2）由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即.
18.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
[0，200]
(200，400]
(400，600]
1（优）
2
16
25
2（良）
5
10
12
3（轻度污染）
6
7
8
4（中度污染）
7
2
0
（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2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%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≤400
人次>400
空气质量好
空气质量不好
附：，
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
18.（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为的概率为，等级为的概率为，等级为的概率为，等级为的概率为；
（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为
（3）列联表如下：
人次
人次
空气质量不好
空气质量好
，
因此，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.
19.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．
19.
20.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ΔAPB的面积．
20.（1）∵
，，
根据离心率，
解得或(舍)，
的方程为：，
即；
（2）不妨设,x轴上方
∵点在上，点在直线上，且，，
过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为
根据题意画出图形，如图
∵，，，
又∵，，
，
根据三角形全等条件“”，
可得：，
∵，
，
，
设点为，
可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，
解得：或，
点为或，
①当点为时，
故，
∵，
，
可得：∵点为，
画出图象，如图
∵,，
可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
ΔAPQ面积为：；
②当点为时，
故，
∵，
，
可得：点为，
画出图象，如图
∵,，
可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
ΔAPQ面积为：，
综上所述，ΔAPQ面积为.
21.设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（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．
21.（1）因为，
由题意，，即
则；
（2）由（1）可得，
，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，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.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数且t≠1），C与坐标轴交于A、B两点．
（1）求；
（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB的极坐标方程．
22.（1）令，则，解得或（舍），则，即.
令，则，解得或（舍），则，即.
；
（2）由（1）可知，
则直线的方程为，即.
由可得，直线的极坐标方程为.
【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.
[选修4—5：不等式选讲]（10分）
23.设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1．
（1）证明：ab+bc+ca<0；
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥．
23.（1）∵，
.
∵，则，；
（2）不妨设，
由可知，，
∵.
当且仅当时，取等号，
，即.2020年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
数学
本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页.满分150分.考试用时120分钟.
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
参考公式：
如果事件A，B互斥，那么
如果事件A，B相互独立，那么
如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率
台体的体积公式其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高
柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径
选择题部分（共40分）
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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P=，，则（
）
A.
B.
C.
D.
1.B
.故选B.
2.已知a∈R，若a–1+(a–2)i(i为虚数单位)是实数，则a=（
）
A
1
B.
–1
C.
2
D.
–2
2.C
因为为实数，所以.故选C.
3.若实数x，y满足约束条件，则z=2x+y的取值范围是（
）
A.
B.
C.
D.
3.B
绘制不等式组表示平面区域如图所示，
目标函数即，
其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，
z取得最小值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最小，
据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最小值，
联立直线方程得，可得点A的坐标为，
据此可知目标函数的最小值为，且目标函数没有最大值.
故目标函数的取值范围是.故选B.
【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.
4.函数y=xcos
x+sin
x在区间[–π，π]上的图像可能是（
）
A.
B.
C.
D.
4.A
因为，则，
即题中所给的函数为奇函数，函数图像关于坐标原点对称，
据此可知选项CD错误；且时，，据此可知选项B错误.
故选A.
【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．
5.某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（
）
A.
B.
C.
3
D.
6
5.A
由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，所以几何体的体积为：
.
故选A.
6.已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的（
）
A.
充分不必要条件
B.
必要不充分条件
C.
充分必要条件
D.
既不充分也不必要条件
6.B
依题意是空间不过同一点的三条直线，
当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.
当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.
综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.
故选B.
7.已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=Sn+2–S2n，，下列等式不可能成立的是（
）
A.
2a4=a2+a6
B.
2b4=b2+b6
C.
D.
7.D
对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确；
由题意可知，，，
∴，，，．
∴，．
对于B，根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；
对于C，，
当时，，C正确；
对于D，，，
．
当时，，∴即；
当时，，∴即，所以，D不正确．
故选D.
8.已知点O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|–|PB|=2，且P为函数y=图像上的点，则|OP|=（
）
A.
B.
C.
D.
8.D
因为，所以点在以为焦点，实轴长为，焦距为的双曲线的右支上，由可得，，即双曲线的右支方程为，而点还在函数的图象上，所以，
由，解得，即．
故选D.
9.已知a，bR且ab≠0，若(x–a)(x–b)(x–2a–b)≥0在x≥0上恒成立，则（
）
A.
a<0
B.
a>0
C.
b<0
D.
b>0
9.C
因为，所以且，设，则的零点
为.
当时，则，，要使，必有，且，
即，且，所以；
当时，则，，要使，必有.
综上一定有.故选C.
10.设集合S，T，SN
，TN
，S，T中至少有2个元素，且S，T满足：
①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT；
②对于任意x，yT，若x下列命题正确的是（
）
A.
若S有4个元素，则S∪T有7个元素
B.
若S有4个元素，则S∪T有6个元素
C.
若S有3个元素，则S∪T有4个元素
D.
若S有3个元素，则S∪T有5个元素
10.A
首先利用排除法：
若取，则，此时，包含4个元素，排除选项D；
若取，则，此时，包含5个元素，排除选项C；
若取，则，此时，包含7个元素，排除选项B；
下面来说明选项A的正确性：
设集合，且，，
则，且，则，
同理，，，，，
若，则，则，故即，
又，故，所以，
故，此时，故，矛盾，舍.
若，则，故即，
又，故，所以，
故，此时.
若，
则，故，故，
即，故，
此时即中有7个元素.
故A正确.
考查集合中含有3个元素的情形，我们用反证法证明集合S中的任意两个元素均具有倍数关系.
不妨则设，其中，且之间不具有倍数关系，
则，此时由对于任意x，y∈T，若x，这与集合中的元素均为正整数矛盾，可见假设不成立，
即集合S中的任意两个元素均具有倍数关系.
同理可得四个元素的集合S中任意两个元素均具有倍数关系.
不妨设集合，其中，且，
此时易知，故，
即集合中含有7个元素.
故选A.
非选择题部分（共110分）
二、填空题：本大题共7小题，共36分.多空题每小题6分，单空题每小题4分.
11.我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列｛｝就是二阶等差数列.数列｛｝(nN
)的前3项和是________．
11.
令，则．
即．
故答案为.
12.二项展开式，则a4=________；a1+a3
+
a5=________．
12.80
122
的通项为，
所以所以a1+a3
+
a5=10+80+32=122.
13.已知，则________；______．
13
.
,
.
14.已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是_______．
14.
设圆锥底面半径为，母线长为，则
，解得.
15.已知直线与圆和圆均相切，则_______，b=______．
15.
由题意得，圆和圆到直线的距离均等于半径，即，解得.
16.盒中有4个球，其中有1个红球，1个绿球，2个黄球.从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为，则_______；______．
16.
表示停止取球时没有取到黄球，所以，
随机变量的所有可能取值为0,1,2，则，
，
所以.
17.已知平面单位向量，，满足，设，，向量，的夹角为，则的最小值是_______．
17.
，，，
.
三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18.在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（I）求角B的大小；
（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
18.（I）由结合正弦定理可得，
△ABC为锐角三角形，故.
（II）结合(1)的结论有
.
由可得：，，
则，.
故的取值范围是.
【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求最值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
19.如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC
=2BC．
（I）证明：EF⊥DB；
（II）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．
19.（I）作交于，连接．
∵平面ACFD⊥平面，而平面ACFD交平面，
∴平面，即有．
∵，
∴．
在中，，即有，∴．
由棱台的定义可知，，所以，，而，
∴平面，而平面，∴．
（II）因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．
作于，连接，由（1）可知，平面，所以平面平面，而平面平面，∴平面．
即在平面内的射影为，即为所求角．
在中，设，则，，
∴．
故与平面所成角的正弦值为．
20.已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，公比，且，求q的值及an的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，公差，证明：．
20.（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.所以，故，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.所以.
所以，故（）.
所以
.
（II）由得，
所以由，得
因此.
21.如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于点M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【21.（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）由题意可设直线，点.
将直线l的方程代入椭圆得所以点M的纵坐标.将直线l的方程代入抛物线得，
所以，解得，因此.
由得，
所以当时，p取到最大值.
22.已知，函数，其中e=2.71828…是自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
22.（I）因为，所以在上存在零点.
因为，所以当时，，故函数在上单调递增，所以函数在上有唯一零点.
（II）（i）令，，
由（I）知函数在上单调递增，故当时，，所以函数在上单调递增，故.
由得
因为在上单调递增，故.
令，，
令，，所以
0
（0，ln
2）
ln
2
(ln
2,1)
1
-1
-
0
+
e-2
0
↓
↑
e-3
故当0由得
因为在上单调递增，故.
综上，.
（ii）令，所以当x>1时，，故函数在上单调递增，因此.
由可得，
由得.2020年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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z=1+i，则|z2–2z|=（
）
A.
0
B.
1
C.
D.
2
1.D
由题意可得：，则.
故.故选D.
2.设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（
）
A.
–4
B.
–2
C.
2
D.
4
2.B
求解二次不等式可得：，
求解一次不等式可得：.
由于，故：，解得：.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.
3.D
如图，设，则，
由题意，即，化简得，
解得（负值舍去）.故选C.
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
4.C
设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得.
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：°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的回归方程类型的是（
）
A.
B.
C.
D.
5.D
由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，
因此，最适合作为发芽率和温度的回归方程类型的是.故选D.
6.函数的图像在点处的切线方程为（
）
A.
B.
C.
D.
6.B
因为，，，，
因此，所求切线的方程为，即.故选B.
7.设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（
）
A.
B.
C.
D.
7.C
由图可得：函数图象过点，
将它代入函数可得：.
又是函数图象与轴负半轴的第一个交点，
所以，解得,
所以函数的最小正周期为,
故选C.
8.的展开式中x3y3的系数为（
）
A.
5
B.
10
C.
15
D.
20
8.C
展开式的通项公式为（且）,
所以与展开式的乘积可表示为：
或,
在中，令，可得：，该项中的系数为，
在中，令，可得：，该项中的系数为,
所以的系数为.故选C.
9.已知，且，则（
）
A
B.
C.
D.
9.A
，得，
即，解得或（舍去），
又
10.已知为球球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（
）
A.
B.
C.
D.
10.A
设圆半径为，球的半径为，依题意，
得，
由正弦定理可得，
，根据圆截面性质平面，
，
球的表面积.
故选A.
11.已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（
）
A.
B.
C.
D.
11.D
圆的方程可化为，点到直线的距离为，所以直线与圆相离．
依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而，
当直线时，，，此时最小．
∴即，由解得，．
所以以为直径的圆的方程为，即，
两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．
故选D.
12.若，则（
）
A.
B.
C.
D.
12.B
设，则为增函数，因为,
所以，
所以，所以.
，
当时，，此时，有;
当时，，此时，有，所以C、D错误.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z=x+7y的最大值为______________.
13.1
绘制不等式组表示的平面区域如图所示，
目标函数即：，
其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，
据此结合目标函数几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，
联立直线方程：，可得点A的坐标为：，
据此可知目标函数的最大值为：.
故答案为：1．
14.设为单位向量，且，则______________.
14.
15.已知F为双曲线的右焦点，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______________.
15.2
依题可得，，而，，即，变形得，化简可得，，解得或（舍去）．
16.如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.
16.
AB⊥AD，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得.
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17~21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.设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
17.（1）设的公比为，为的等差中项，
因为
因为
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
18.如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
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：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，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.
20.（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：，
，
，
，
椭圆方程为：
（2）证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
故直线过定点
21.已知函数.
（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.
21.(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2)由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)考查数形结合思想的应用．
（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.在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）当时，是什么曲线？
（2）当时，求与的公共点的直角坐标．
22.（1）当时，曲线的参数方程为为参数），
两式平方相加得，
所以曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆；
（2）当时，曲线的参数方程为为参数），
所以，曲线的参数方程化为为参数），
两式相加得曲线方程为，
得，平方得，
曲线的极坐标方程为，
曲线直角坐标方程为，
联立方程，
整理得，解得或（舍去），
，公共点的直角坐标为.
[选修4—5：不等式选讲]
23.已知函数．
（1）画出的图像；
（2）求不等式的解集．
23.（1）因为，作出图象，如图所示：
（2）将函数的图象向左平移个单位，可得函数的图象，如图所示：
由，解得．
所以不等式的解集为．2020年普通高等学校招生全国统一考试
数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2）
A.
{x|2B.
{x|2≤x≤3}
C.
{x|1≤x<4}
D.
{x|11.C
.故选C.
2.（
）
A.
1
B.
?1
C.
i
D.
?i
2.D
.故选D.
3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（
）
A.
120种
B.
90种
C.
60种
D.
30种
3.C
首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；最后剩下的名同学去并场馆.故不同的安排方法共有种.故选C.
4.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（
）
A.
20°
B.
40°
C.
50°
D.
90°
4.B
画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意可知、.
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.
故选B.
5.某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（
）
A.
62%
B.
56%
C.
46%
D.
42%
5.C
记“该中学学生喜欢足球”为事件，“该中学学生喜欢游泳”为事件，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件，
则，，，
所以,
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为.
故选C.
6.基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0
=1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)
（
）
A.
1.2天
B.
1.8天
C.
2.5天
D.
3.5天
6.B
因为，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，
所以天.
故选B.
7.已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则
的取值范用是（
）
A.
B.
C.
D.
7.A
的模为2，根据正六边形的特征，
可以得到在方向上的投影的取值范围是，
结合向量数量积的定义式，
可知等于的模与在方向上的投影的乘积，
所以的取值范围是.
故选A.
8.若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（
）
A.
B.
C.
D.
8.D
因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，
所以在上也是单调递减，且，，
所以当时，，当时，，
所以由可得：
或或
解得或，
所以满足的的取值范围是，
故选D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.
9.已知曲线（
）
A.
若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B.
若m=n>0，则C是圆，其半径为
C.
若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为
D.
若m=0，n>0，则C是两条直线
9.ACD
对于A，若，则可化为，
因为，所以，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，
此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；
故选ACD.
10.下图是函数y=
sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)=
（
）
A.
B.
C.
D.
10.BC
由函数图像可知：，则，所以不选A,
当时，，
解得：，
即函数的解析式为：
.
而
故选BC.
【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
11.已知a>0，b>0，且a+b=1，则（
）
A.
B.
C.
D.
11.ABD
对于A，，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，，所以，故B正确；
对于C，，
当且仅当时，等号成立，故C不正确；
对于D，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选ABD.
12.信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为，且，定义X的信息熵.（
）
A.
若n=1，则H(X)=0
B.
若n=2，则H(X)随着的增大而增大
C.
若，则H(X)随着n的增大而增大
D.
若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为，且，则H(X)≤H(Y)
12.AC
对于A选项，若，则，所以，所以A选项正确.
对于B选项，若，则，，所以，
当时，，
当时，，
两者相等，所以B选项错误.
对于C选项，若，则
，
则随着的增大而增大，所以C选项正确.
对于D选项，若，随机变量的所有可能的取值为，
且（）.
.
.
由于，所以，所以，
所以，
所以，所以D选项错误.
故选AC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则=________．
13.
∵,
代入抛物线方程得.
14.将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
14.
因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以的前项和为.
15.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=，，EF=12
cm，DE=2
cm，A到直线DE和EF的距离均为7
cm，圆孔半径为1
cm，则图中阴影部分的面积为________cm2．
15.
由题意可作如图所示图形，设，
由题意，，所以，
因为,所以，
因为，所以，
因为与圆弧相切于点，所以，
即为等腰直角三角形；
在直角中，，，
因为，所以，
解得；
等腰直角的面积为；
扇形的面积，
所以阴影部分的面积为.
故答案为.
16.已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
16..
由题意可作如图所示图形：
取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，
所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得.
故答案为.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
17.选择条件①的解析：
由可得：，
不妨设，
则：，即.
据此可得：，，此时.
选择条件②的解析：
由可得：，
不妨设，
则：，即.
据此可得：，
则：，此时：，则：.
选择条件③的解析：
由可得：，
不妨设，
则：，即.
据此可得，，
与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.
18.已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
18.（1）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，
解得，所以，所以数列的通项公式为.
（2）由于，所以
对应的区间为：，则；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个.
所以.
19.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了天空气中的和浓度（单位：），得下表：
32
18
4
6
8
12
3
7
10
（1）估计事件“该市一天空气中浓度不超过，且浓度不超过”的概率；
（2）根据所给数据，完成下面的列联表：
（3）根据（2）中的列联表，判断是否有的把握认为该市一天空气中浓度与浓度有关？
附：，
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
19.（1）由表格可知，该市100天中，空气中的浓度不超过75，且浓度不超过150的天数有天，
所以该市一天中，空气中的浓度不超过75，且浓度不超过150的概率为；
（2）由所给数据，可得列联表为：
合计
64
16
80
10
10
20
合计
74
26
100
（3）根据列联表中的数据可得
，
因为根据临界值表可知，有的把握认为该市一天空气中浓度与浓度有关.
20.如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
20.（1）证明：
在正方形中，，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，
因为，则有，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线与平面所成角的正弦值等于，
当且仅当时取等号，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
21.已知函数．
（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
21.（1）∵.
∵切线方程为,
与坐标轴交点坐标分别为
因此所求三角形面积为.
（2）∵,
，设,
∵在上单调递增，
即在上单调递增，
当时，使得.
当时，,
当时，,
因此存在唯一，使得，
，
当时，当时，
因此
∵对恒成立,
.
22.已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
22.(1)设椭圆方程为：，由题意可得：，
解得，故椭圆方程为.
(2)设点.因为AM⊥AN，所以.
整理可得：,
①
设MN的方程为y=kx+m，
联立直线与椭圆方程可得：，
韦达定理可得：
，
，，
代入①式有：，
化简可得：，
即，
据此可得：或，
所以直线MN的方程为或，
即或，
所以直线过定点或.
又因为和A点重合，所以舍去，则直线过定点.
由于AE为定值，且△AED为直角三角形，AE为斜边，
所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）.
由于，故由中点坐标公式可得.绝密★启用前
2020年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
数学
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页．
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
祝各位考生考试顺利！
第I卷
注意事项：
1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．
2．本卷共9小题，每小题5分，共45分．
参考公式：
如果事件与事件互斥，那么．
如果事件与事件相互独立，那么．
球的表面积公式，其中表示球的半径．
一、选择题：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.设全集，集合，则=（
）.
A.
B.
C.
D.
1.C
由题意结合补集的定义可知：，则=.
2.设，则“”是“”的（
）
A.
充分不必要条件
B.
必要不充分条件
C.
充要条件
D.
既不充分也不必要条件
2.A
求解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件.故选A.
3.函数的图象大致为（
）
A
B.
C.
D.
3.A
由函数的解析式可得：，则函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD错误；当时，，选项B错误.故选A.
4.从一批零件中抽取80个，测量其直径（单位：），将所得数据分为9组：，并整理得到如下频率分布直方图，则在被抽取的零件中，直径落在区间内的个数为（
）
A.
10
B.
18
C.
20
D.
36
4.B
根据直方图，直径落在区间之间的零件频率为：，
则区间内零件的个数为：.故选B.
5.若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（
）
A.
B.
C.
D.
5.C
这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，
即，
所以这个球的表面积为.故选C.
6.设，则的大小关系为（
）
A.
B.
C.
D.
6.D
因为，，，
所以.故选D.
【点睛】比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：
（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；
（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；
（3）借助于中间值，例如：0或1等.
7.设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为．若的一条渐近线与平行，另一条渐近线与垂直，则双曲线的方程为（
）
A.
B.
C.
D.
7.D
由题可知，抛物线的焦点为，所以直线的方程为，即直线的斜率为，
又双曲线的渐近线的方程为，所以，，因为，解得．
故选．
8.已知函数．给出下列结论：
①的最小正周期为；
②是的最大值；
③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象．
其中所有正确结论的序号是
A.
①
B.
①③
C.
②③
D.
①②③
8.B
因为，所以周期，故①正确；
，故②不正确；
将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，故③正确.
故选B.
9.已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（
）
A.
B.
C.
D.
9.D
注意到，所以要使恰有4个零点，只需方程恰有3个实根即可，
令，即与的图象有个不同交点.
因为，
当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意；
当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意；
当时，如图3，当与相切时，联立方程得，
令得，解得（负值舍去），所以.
综上，的取值范围为.故选D.
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．
2．本卷共11小题，共105分．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．
10.是虚数单位，复数_________．
10.
.
11.在的展开式中，的系数是_________．
11.
10
因为的展开式的通项公式为，
令，解得．所以的系数为．
12.已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．
12.
5
因为圆心到直线的距离，
由可得，解得．
13.已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和．假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_________．
13.
甲、乙两球落入盒子的概率分别为，且两球是否落入盒子互不影响，
所以甲、乙都落入盒子概率为，
甲、乙两球都不落入盒子的概率为，
所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为.
14.已知，且，则的最小值为_________．
14.
4
，,
，当且仅当=4时取等号，
结合,解得，或时，等号成立.
15.如图，在四边形中，，，且，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，则的最小值为_________．
15.
，，，
，
解得.
以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
,
∵，∴的坐标为,
∵又∵,则，设，则（其中），
，，
，
所以，当时，取得最小值.
三、解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16.在中，角所对的边分别为．已知．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）求的值；
（Ⅲ）求的值．
16.（Ⅰ）在中，由及余弦定理得
，
又因为，所以.
（Ⅱ）在中，由，及正弦定理，
可得.
（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得，
进而，
所以.
17.如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
17.依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
可得、、、、
、、、、.
（Ⅰ）依题意，，，
从而，所以.
（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，
，．
设为平面的法向量，
则，即，
不妨设，可得．
，
．
所以，二面角的正弦值为.
（Ⅲ）依题意，．
由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
18.已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．
（Ⅰ）求椭圆方程；
（Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．
18.（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，
，
由，得，
又由，得，
所以，椭圆的方程为.
（Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，
根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
，消去，可得，解得或.
将代入，得，
所以，点的坐标为，
因为为线段的中点，点的坐标为，
所以点的坐标为，
由，得点的坐标为，
所以，直线的斜率为，
又因为，所以，
整理得，解得或.
所以，直线的方程为或.
19.已知为等差数列，为等比数列，．
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）记的前项和为，求证：；
（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．
19.(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.
由，，可得d=1.
从而的通项公式为.
由，
又q≠0，可得，解得q=2，
从而的通项公式为.
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，
故，，
从而，
所以.
(Ⅲ)当n奇数时，，
当n为偶数时，，
对任意的正整数n，有，
和
①,
由①得
②,
由①②得，
由于，
从而得：.
因此，.
所以，数列的前2n项和为.
20.已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值.
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
20.(Ⅰ)
(i)
当k=6时，，.可得，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
(ii)
依题意，.
从而可得，
整理可得：，
令，解得.
当x变化时，的变化情况如下表：
单调递减
极小值
单调递增
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由，得.
对任意的，且，令，则
.
①
令.
当x>1时，，
由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.
因为，，，
所以
.
②
由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，
故.
③
由①②③可得.
所以，当时，任意的，且，有
.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)考查数形结合思想的应用．绝密★启用前
2020年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）
数学Ⅰ
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本试卷共4页，均为非选择题(第1题~第20题，共20题)。本卷满分为160分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.
3．请认真核对监考员从答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.
4．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.
参考公式：
柱体的体积，其中是柱体的底面积，是柱体的高．
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．
1.已知集合，则_____.
1.
∵,，∴.
2.已知是虚数单位，则复数的实部是_____.
2.
3
∵复数,∴,∴复数的实部为3.
3.已知一组数据的平均数为4，则的值是_____.
3.
2
∵数据的平均数为4,
∴，即.
4.将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____.
4.
根据题意可得基本事件数总为个.
点数和为5的基本事件有，，，共4个.
∴出现向上的点数和为5的概率为.故答案为.
5.如图是一个算法流程图，若输出的值为，则输入的值是_____.
5.
由于，所以，解得.
6.在平面直角坐标系xOy中，若双曲线﹣=1(a＞0)一条渐近线方程为y=x，则该双曲线的离心率是____.
6.
双曲线，故.由于双曲线的一条渐近线方程为，即，所以，所以双曲线的离心率为.
7.已知y=f(x)是奇函数，当x≥0时，
，则f(-8)的值是____.
7.
，因为为奇函数，所以.
8.已知
=，则的值是____.
8.
∵，
.
9.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2
cm，高为2
cm，内孔半轻为0.5
cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm3.
9.
正六棱柱体积为,圆柱体积为,
所求几何体体积为.
10.将函数y=的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程
是____.
10.
,
.
当时.
11.设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和，则d+q的值是_______．
11.
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意.
等差数列的前项和公式为，
等比数列的前项和公式为，
依题意，即，
通过对比系数可知，故.
12.已知，则的最小值是_______．
12.
∵,∴且,∴，当且仅当，即时取等号.∴的最小值为.
【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
13.在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．
13.或0
∵三点共线，∴可设.
∵，∴，即.
若且，则三点共线，∴，即.
∵，∴，∵,,，∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，∴，解得，
∴的长度为.
当时，
，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为0或.
14.在平面直角坐标系xOy中，已知，A，B是圆C：上的两个动点，满足，则△PAB面积的最大值是__________．
14.
∵.
设圆心到直线距离为，则,
∴.
令（负值舍去）.
当时，；当时，，因此当时，取最大值，即取最大值,为.
二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
15.（1）由于分别是的中点，所以.
由于平面,平面，所以平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面.
16.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．
16.（1）由余弦定理得，所以.
由正弦定理得.
（2）由于，，所以.
由于，所以，所以.
所以
.
由于，所以.
所以.
17.某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，为铅垂线(在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离(米)与D到的距离a(米)之间满足关系式；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离(米)与F到的距离b(米)之间满足关系式.已知点B到的距离为40米.
（1）求桥AB的长度；
（2）计划在谷底两侧建造平行于的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价(万元)(k>0).问为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低?
17.（1）由题意得,
(米).
（2）设总造价为万元，，设，
(0舍去)
当时，；当时，，因此当时，取最小值，
答：当米时，桥墩CD与EF的总造价最低.
18.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．
（1）求△AF1F2的周长；
（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值；
（3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标．
18.（1）∵椭圆的方程为,
∴,.
由椭圆定义可得：.
∴的周长为.
（2）设，根据题意可得.
∵点在椭圆上，且在第一象限，,∴.
∵准线方程为,∴.
∴，当且仅当时取等号.
∴的最小值为.
（3）设，点到直线的距离为.
∵，,
∴直线的方程为.
∵点到直线的距离为，,
∴.
∴,
∴
①,
∵
②,
∴联立①②解得或.
∴或.
19.已知关于x的函数与在区间D上恒有．
（1）若，求h(x)的表达式；
（2）若，求k的取值范围；
（3)若求证：．
19.（1）由题设有对任意的恒成立.
令，则，所以.
因此即对任意的恒成立，
所以，因此.
故.
（2）令，.
又，
若，则在上递增，在上递减，
则，即，不符合题意.
当时，，符合题意.
当时，
在上递减，在上递增，则，
即，符合题意.
综上所述，.
由
当，即时，在为增函数，
因为，
故存在，使，不符合题意.
当，即时，，符合题意.
当，即时，则需，解得.
综上所述，的取值范围是.
（3）因为对任意恒成立，
对任意恒成立，
等价于对任意恒成立.
故对任意恒成立.
令，
当，，
此时，
当，，
但对任意的恒成立.
等价于对任意的恒成立.
的两根为，
则，
所以.
令，则.
构造函数，，
所以时，，递减，.
所以，即.
20.已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ~k”数列．
（1）若等差数列是“λ~1”数列，求λ的值；
（2）若数列是“”数列，且an＞0，求数列的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ~3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，
20.（1）∵.
（2）∴.
∴,
,
.
，,
,
.
（3）假设存在三个不同的数列为数列.
∵,
或,
或.
∵对于给定的，存在三个不同的数列为数列，且,
或有两个不等的正根.
可转化为，不妨设，
则有两个不等正根，
设.
①
当时，，即，此时，，满足题意.
②
当时，，即，此时，，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，.
数学Ⅱ(附加题)
【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
A．[选修4-2：矩阵与变换]
21.平面上点在矩阵对应的变换作用下得到点．
（1）求实数，的值；
（2）求矩阵的逆矩阵．
21.（1）∵平面上点在矩阵对应的变换作用下得到点,
∴.
∴，解得.
（2）设，则
∴，解得.
∴.
B．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22.在极坐标系中，已知点在直线上，点在圆上（其中，）．
（1）求，的值
（2）求出直线与圆的公共点的极坐标．
22.（1）以极点为原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，
，
因为点为直线上，故其直角坐标方程为，
又对应的圆的直角坐标方程为：，
由解得或，
对应的点为，故对应的极径为或.
（2），
，
当时；
当时，.
即所求交点的极坐标为.
C．[选修4-5：不等式选讲]
23.设，解不等式．
23.或或.
或或.
所以解集为
.
【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
24.在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sin
θ的值．
24.
（1）连接，∵.
以为轴建立空间直角坐标系，则.
∴
∴
从而直线与所成角的余弦值为.
（2）设平面一个法向量为
,
令,∴,
设平面一个法向量为
,
令,∴.
,,
因此.
23.甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn．
（1）求p1·q1和p2·q2；
（2）求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用n表示)
．
23.（1），
，
.
（2），
，
因此，
从而，
即.
又的分布列为
0
1
2
故.