1、2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题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（）ABCD4Logistic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（）（ln193）A60B63C66D695设为坐标原点，直线与
2、抛物线C：交于，两点，若，则的焦点坐标为（）ABCD6已知向量，满足，则（）ABCD7在ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（）ABCD8下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A6+4B4+4C6+2D4+29已知2tantan(+)=7，则tan=（）A2B1C1D210若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（）Ay=2x+1By=2x+Cy=x+1Dy=x+11设双曲线C：（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为P是C上一点，且F1PF2P若PF1F2的面积为4，则a=（）A1B2C4D812已知5584，13485设a=log53，b
3、=log85，c=log138，则（）AabcBbacCbcaDca400空气质量好空气质量不好附：，P(K2k)0.050 0.010 0.001k3.8416.63510.82819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122在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数且t1)，C与坐标轴交于A，B两点.（1）求|：（
4、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.23设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1（1）证明：ab+bc+ca0；（2）用maxa，b，c表示a，b，c中的最大值，证明：maxa，b，c参考答案1C【解析】【分析】采用列举法列举出中元素的即可.【详解】由题意，中的元素满足，且，由，得，所以满足的有，故中元素的个数为4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.2D【解析】【分析】利用复数的除法运算求出z即可.【详解】因为，所以复数的虚部为.故选：D.【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是
5、一道基础题.3B【解析】【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组.【详解】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，该组数据的平均数为，方差为.因此，B选项这一组的标准差最大.故选：B.【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.4C【解析】【分析】将代入函数结合求得即可得解.【详解】，所以，则，所以，解得.故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.5B【解析】【分析】根据题中所给的条件，结合
6、抛物线的对称性，可知，从而可以确定出点的坐标，代入方程求得的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】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.【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.6D【解析】【分析】计算出、的值，利用平面向量数量积可计算出的值.【详解】，.，因此，.故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.7A【解析】【分析】根据
7、已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.【详解】在中，根据余弦定理：可得，即由故.故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.8C【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】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.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.9D【解
8、析】【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.【详解】，令，则，整理得，解得，即.故选：D.【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.10D【解析】【分析】根据导数的几何意义设出直线的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.【详解】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.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.11A【解析】【分析】根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离
9、心率公式，即可得出答案.【详解】，根据双曲线的定义可得，即，即，解得，故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.12A【解析】【分析】由题意可得、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小关系，由，得，结合可得出，由，得，结合，可得出，综合可得出、的大小关系.【详解】由题意可知、，；由，得，由，得，可得；由，得，由，得，可得.综上所述，.故选：A.【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.137【解析】【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.【详
10、解】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.故答案为：7.【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.14【解析】【分析】写出二项式展开通项，即可求得常数项.【详解】其二项式展开通项：当，解得的展开式中常数项是：.故答案为：.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握的展开通项公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15【解析】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详
11、解】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，设内切圆半径为，则：，解得：，其体积：.故答案为：.【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【解析】【分析】利用特殊值法可判断命题的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题的正误；利用对称性的定义可判断命题的正误；取可判断命题的正误
12、.综合可得出结论.【详解】对于命题，则，所以，函数的图象不关于轴对称，命题错误；对于命题，函数的定义域为，定义域关于原点对称，所以，函数的图象关于原点对称，命题正确；对于命题，则，所以，函数的图象关于直线对称，命题正确；对于命题，当时，则，命题错误.故答案为：.【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.17（1），证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用递推公式得出，猜想得出的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）由错位相减法求解即可.【详解】（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
13、，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，由得：，即.【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.18（1）该市一天的空气质量等级分别为、的概率分别为、；（2）；（3）有，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为、的概率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以可得结果；（3）根据表格中的数据完善列联表，计算出的观测值，再结合临界值表可得结论.【详解】（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
14、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.【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.19（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值.【详解】（1）在棱上取点，使得，连接、，在长方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则且，同
15、理可证四边形为平行四边形，且，且，则四边形为平行四边形，因此，点在平面内；（2）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，则、，设平面的法向量为，由，得取，得，则，设平面的法向量为，由，得，取，得，则，设二面角的平面角为，则，.因此，二面角的正弦值为.【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20（1）；（2）.【解析】【分析】（1）因为，可得，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）点在上，点在直线上，且，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，可得，可求得点坐标，求出直线的直线方程，根据点到直线距
16、离公式和两点距离公式，即可求得的面积.【详解】（1），根据离心率，解得或(舍)，的方程为：，即；（2）不妨设,在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，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：，面积为：；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：，面积为：，综上所
17、述，面积为：.【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.21（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；（2）由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（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
18、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.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.22（1）（2）【解析】【分析】（1）由参数方程得出的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出的值；（2）由的坐标得出直线的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（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.23（1）证明见解析（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由结合不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设，由题意得出，由，结合基本不等式，即可得出证明.【详解】（1），.均不为，则，；（2）不妨设，由可知，.当且仅当时，取等号，即.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.