2020年全国高考数学文科试卷-(Ⅰ卷含答案解析)

2023年12月2日发(作者：超学能典数学试卷答案)

 2020年全国高考（Ⅰ卷） 文科数学 1.已知合集1.已知合集  A、2.若2.若       B、，则，，则        C、（）        D、2

（）        D、   A、0

         B、1

 C、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. 设O为正方形ABCD的中心，在O, A ,B, C, D中任取3点，则取到的3点共线的概率为（）   A、           B、 C、 D、 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，由实验数据得到下面的散点图：   由此散点图，在10℃至10℃至40℃之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽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（）       A、C、6. 已知圆为（）   A、1

                B、2

 C、3

 D、4

7. 设函数在的图像大致如下图，则              B、              D、   ，过点（1，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值的最小正周期为（）     A、     B、a        C、      D、 3 8. 设alog42，则4 (

 )

111A. B. C. 16981 D. 6n9.执行下面的程序框图，则输出的9.执行下面的程序框图，则输出的  (

 )

   A.17 B.19 C.21 D.23

 10.设)

10.设{an}是等比数列，且a1a2a31，a2a3+a42，则a6a7a8(

 A.12 B.24

2C.30

y23O1的两个焦点，D.32

为坐标原点，点P11.设11.设F1,F2是双曲线C:x在C上且|OP|2， 则△PF1F2的面积为( )

的面积为(

 75A.2 B.3 C.2 12.已知12.已知A,B,C为球O的球面上的三个点，ABBCACOO1，则球OD.2

O1为ABC的外接圆，若O1的面积为4π， 的表面积为( )

的表面积为(

 C.36π   D.32π A.64π 二、填空题 B.48π 2xy20,xy10,xy,13.若则zx7y的最大值为____________.

13.若满足约束条件y10,的最大值为____________.

(1,1),b(m1,2m4)，若ab，则m____________.

14.设向量14.设向量a(1,ylnxx115.曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________.

15.曲线，则该切线的方程为______________.

16.数列16.数列{a}满足an2(1)nan3n1，前16项和为540，则540，则a1_____________.

n三、解答题 17.(12分) 某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品(单位：件)单位：件)按标准分为  A,B,C,D四个等级.四个等级.加工业务约定：对于A级品、DB级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元，50元，50元，20元，20元；对于级品，厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加 工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下： 甲分厂产品等级的频数分布表 等级 频数 A B C D 40 20 20 20

乙分厂产品等级的频数分布表 等级 A B C D 频数 28 17 34 21

(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率； (2)分别求甲、乙两分厂加工出来的(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂承接加工业务?

厂家应选哪个分厂承接加工业务?

 18. (12分)∆ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B150.

(1)若(1)若a3c,b27，求∆ABC，求∆ABC22的面积； . (2)若(2)若sinA3sinC  ，求C19. (12分) 如图，正三角形，PD为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC是底面的内接为DO上一点，APC90．    (1)证明：平面(1)证明：平面PAB平面PAC； (2)设(2)设DO  20. (12分)已知函数f(x)ex2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥PABC的体积.

的体积.

a(x2).

(1)当(1)当a1时，讨论f(x)的单调性； (2)若(2)若f(x)有两个零点，求   21. (12分) 已知A,B分别为椭圆E:a2AGGB8，Pa的取值范围.

的取值范围.

x22y1a1的左、右顶点，G为E的上顶点，E为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与的另一交点为D． (1)求(1)求E的方程； (2)证明：直线(2)证明：直线CD过定点.

过定点.

       22. (10分) [选修) [选修4-4：坐标系与参数方程4-4：坐标系与参数方程]

：坐标系与参数方程]

 xcoskt,在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数)为参数)．以坐标原点为极kytsin 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4cos16sin30．(1)当(1)当k1时，C1是什么曲线？ (2)当(2)当k4时，求C1与C2的公共点的直角坐标．     23. [选修23. [选修4—5：不等式选讲] (10：不等式选讲] (10分)

 已知函数f(x)|3x1|2|x1|．  (1)画出(2)求不等式(1)画出yf(x)的图像； (2)求不等式f(x)f(x1)的解集.

的解集.

         1.D

 2.C

 3.C

  2020年全国高考（Ⅰ卷）文科数学 答案与解析 如图，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：h21ah\'ah\'51h\'2h\'1222，因此有h\'()ah\'，化简得4()2()10，解得.

22a2a4aa22hh\'()24.A

5.D

用光滑的曲线把图中各点连接起来，由图像的大致走向判断，此函数应该是对数函数类型的，故应该选用的函数模型为yablnx.

6.B

7.C

4π39kππ(kZ)，又由图知f()cos()0，所以kπ(kZ)，化简得99696242π4π3因为T2π2T，即，所以1||2，当且仅当k1时1||2，所以，最2π2||||2π4π小正周期T.故选C.

||34π4ππ8.B

 9.C

 10.D

 11.B

 12.A

 13.1

 14.5

 15.y=2x

 16.7

                    17.解： (1)由试加工产品等级的频数分布表知， 解： 由试加工产品等级的频数分布表知， 40甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为0.4； 10028乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为0.28.

100(2)由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为 件产品利润的频数分布表为 65 25 -5

利润 利润 频数 频数 40 20 20

-75

20

因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为 件产品的平均利润为 65402520520752015.

100由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为 件产品利润的频数分布表为 利润 利润 频数 频数 70

28

30

17

0

34

-70

21

  因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为 件产品的平均利润为 70283017034702110.

100比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润，应选甲分厂承接加工业务.

18.解：(1)由题设及余弦定理得283c2c223c2cos150.

解得c2(舍去)，c2，从而a23.

∆ABC的面积为232sin1503.

(2)在∆ABC中，A180BC30C，所以 ，所以 sinA3sinCsin30C3sinCsin30C.

12故sin30C2.

2而0C30，所以30C45，故C15.

19.解：(1)由题设可知，PAPBPC.

由于∆ABC是正三角形，故可得∆PAC≌∆PAB，∆PAC≌ ∆PBC.

又APC90，故APB90,BPC90.

从而PBPA,PBPC，故PB平面PAC，所以平面PAB平面PAC.

(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l.

由题设可得rl3,l2r22.

解得r1,l3.

从而AB3.由(1)可得222PAPBAB，故PAPBPC6.

2所以三棱锥PABC的体积为 的体积为 3111166PAPBPC.

323228      20.解： (1)当a1时，f(x)exx2，则f\'(x)ex1.

解： 当x0时，f\'(x)0；当x0时，f\'(x)0.

所以f(x)在(,0)单调递减，在(0,)单调递增.

(2)f\'(x)exa.

当a0时，f\'x0，所以fx在,单调递增，故fx至多存在1个零点，不合题意.

当a0时，由f\'x0可得xlna，当x,lna时，f\'x0；当xlna,时，f\'x0，所以fx在,lna单调递减，在lna,单调递增，故当xlna时，fx取得量小值，最小值为flnaa1lna.

i若0a1，则f(lna)0，f(x)在(,)至多存在1个零点，不合题意.

eii若ae，则f(lna)0.

由于21f(2)e0，所以f(x)在(,lna)存在唯一零点.

由(1)知，当x2时，e2x20，所以当x4且x2ln2a时， 时， f(x)eea(x2) ln2ax2x2ex22a(x2) 2a0.

故f(x)在(lna,)存在唯一零点.从而f(x)在(,)有两个零点.

1e,.

综上，a的取值范围是21.解: (1)由题设得A(a,0),B(a,0),G(0,1).

1),GB(a,1).由AGGB8得a218，即a3.

则AG(a,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n3.

  ttt由于直线PA的方程为y(x3)，所以y1x13.

99t直线PB的方程为y(x3)，所以y2x23.

33可得3y1x23y2x13.

2x23x23x2229由于9y21，故y2，可得27y1y2x13x23，即 ，即 27my1y2m(n3)y1y2(n3)20.① 2x2将xmyn代入y21得 9m9y22mnyn290.

2mnm29,y1y2n29m292所以y1y2.

代入①式得27m2n292m(n3)mn(n3)2m290.

解得n3(舍去)，n.

故直线CD的方程为xmy33CD，即直线过定点,0.

223232若t0，则直线CD的方程为y0，过点,0.

综上，直线CD过定点,0.

2xcos4t,消去参数t得x2y21，故曲线C1是圆心为坐标原点，半22.解：(1)当k1时，C1:4ysint,3径为1的圆.

xcos4t,消去参数t得C1的直角坐标方程为x(2)当k4时，C1:4ytsin,C2的直角坐标方程为4x16y30.

y1,

1x,xy1,4由解得 1xy41630y.411故C1与C2的公共点的直角坐标为(，).

4423. .解：(1)由题设知 由题设知   1x3，x(),13f(x)5x1，(x1)， 3x3，(x1).yf(x)的图像如图所示.

 (2)

函数yf(x)的图像向左平移1个单位长度后得到函数yf(x1)的图像.

 711yf(x)的图像与yf(x1)的图像的交点坐标为,.

667由图像可知当且仅当x时，yfx的图像在yfx1的图像上方.

67故不等式fxfx1的解集为,6.