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1、精选优质文档-倾情为你奉上2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）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，2，3，5，7，则中元素的个数为A2B3C4D52若，则ABCD3设一组样本数据，的方差为0.01，则数据，的方差为A0.01B0.1C1D104 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域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的单位：天）的模型：，其中为最大确诊病例数当时，标志着已初步遏制疫情，则约为A60B63C66D695已知，则ABCD6在平面内，是两个定点，是动点若，则点的轨迹为A圆
2、B椭圆C抛物线D直线7设为坐标原点，直线与抛物线交于，两点，若，则的焦点坐标为A，B，CD8点到直线距离的最大值为A1BCD29右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A B C D10设，则ABCD11在中，则ABCD12已知函数，则A的最小值为2B的图象关于轴对称C的图象关于直线对称D的图象关于直线对称二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，满足约束条件则的最大值为14设双曲线的一条渐近线为，则的离心率为15设函数，若（1），则16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
3、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（12分）设等比数列满足，（1）求的通项公式；（2）记为数列的前项和若，求18（12分）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）空气质量等级锻炼人次，1（优216252（良510123（轻度污染）6784（中度污染）720（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
4、”；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，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否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？人次人次空气质量好空气质量不好附：0.0500.0100.0013.8416.63510.82819（12分）如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，证明：（1）当时，；（2）点在平面内20（12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有三个零点，求的取值范围21（12分）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（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作
5、答。如果多做，则按所做的第一题计分。22选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数且，与坐标轴交于，两点（1）求；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线的极坐标方程23选修4-5：不等式选讲（10分）设，（1）证明：；（2）用，表示，的最大值，证明：，2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）参考答案与试题解析一、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，2，3，5，7，则中元素的个数为A2B3C4D5【思路分析】求出集合，由此能求出，进而能求出中元素的个数【解析】：
6、集合，2，3，5，7，7，中元素的个数为3故选：【总结与归纳】本题考查交集中元素个数的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2若，则ABCD【思路分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案【解析】：由，得，故选：【总结与归纳】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3设一组样本数据，的方差为0.01，则数据，的方差为A0.01B0.1C1D10【思路分析】根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，求出新数据的方差即可【解析】：样本数据，的方差为0.01，根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，数据，
7、的方差为：，故选：【总结与归纳】本题考查了方差的性质，掌握根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长是解题的关键，本题属于基础题4模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域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的单位：天）的模型：，其中为最大确诊病例数当时，标志着已初步遏制疫情，则约为A60B63C66D69【思路分析】根据所给材料的公式列出方程，解出即可【解析】：由已知可得，解得，两边取对数有，解得，故选：【总结与归纳】本题考查函数模型的实际应用，考查学生计算能力，属于中档题5已知，则ABCD【思路分析】利用两角和差的三角公式，进行转化，利用辅助角公式进行化简即可【解析
8、】：法一：（通解），即，得，即，得故选：法二：（巧解）（四川代尔宁补解）所以【总结与归纳】本题主要考查三角函数值的化简和求值，利用两角和差的三角公式以及辅助角公式进行转化是解决本题的关键难度不大，本题方法二角的拆分将角度直接转化为的三角函数值计算问题.6在平面内，是两个定点，是动点若，则点的轨迹为A圆B椭圆C抛物线D直线【思路分析】设出、的坐标，利用已知条件，转化求解的轨迹方程，推出结果即可【解析】：在平面内，是两个定点，是动点，不妨设，设，因为，所以，解得，所以点的轨迹为圆故选：【总结与归纳】本题考查轨迹方程的求法，向量的数量积的应用，考查计算能力7设为坐标原点，直线与抛物线交于，两点，若，
9、则的焦点坐标为A，B，CD【思路分析】利用已知条件转化求解、坐标，通过，求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点坐标【解析】：法一：（通解）将代入抛物线，可得，可得，即，解得，所以抛物线方程为：，它的焦点坐标，故选：法二：（光速解）（四川代尔宁补解）抛物线过顶点O垂直的两条弦，则DE直线过定点，则可知，所以焦点坐标为【总结与归纳】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查8点到直线距离的最大值为A1BCD2【思路分析】直接代入点到直线的距离公式，结合基本不等式即可求解结论【解析】：法一：（通解）因为点到直线距离；要求距离的最大值，故需；可得；当时等号成立；故选：法二：（光速解）（四川代尔宁补
10、解）直线过定点，所以点到直线距离最大值为【总结与归纳】本题考查的知识点是点到直线的距离公式，属于基础题方法二因为直线过定点，将点到直线的距离问题转化为两点之间的距离，是数形结合思想的应用.9右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A B C D【思路分析】先由三视图画出几何体的直观图，利用三视图的数据，利用三棱锥的表面积公式计算即可【解析】：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，、两两垂直，故，几何体的表面积为：故选：【总结与归纳】本题考查多面体的表面积的求法，几何体的三视图与直观图的应用，考查空间想象能力，计算能力10设，则ABCD【思路分析】利用指数函数、对数函数的单
11、调性直接求解【解析】：，故选：【总结与归纳】本题考查三个数的大小的判断，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题11在中，则ABCD【思路分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用余弦定理可求的值，可得，利用三角形的内角和定理可求，利用诱导公式，二倍角的正切函数公式即可求解的值【解析】：，可得，则故选：【总结与归纳】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形的内角和定理，诱导公式，二倍角的正切函数公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题12已知函数，则A的最小值为2B的图象关于轴对称C的图象关于直线对称D的图象关于直线对称【
12、思路分析】设，则，由双勾函数的图象和性质可得，或，故可判断；根据奇偶性定义可以判断正误；根据对称性的定义可以判断，的正误【解析】：由可得函数的定义域为，故定义域关于原点对称；设，则，由双勾函数的图象和性质得，或，故错误；又有，故是奇函数，且定义域关于原点对称，故图象关于原点中心对称；故错误；，故，的图象不关于直线对称，错误；又；，故，定义域为，的图象关于直线对称；正确；故选：【总结与归纳】本题考查了基本初等函数的图象与性质，考查了对函数奇偶性和对称性质的灵活应用能力，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，满足约束条件则的最大值为7【思路分析】先根据约束条件画出可行域
13、，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在轴上的截距最大值即可【解析】：先根据约束条件画出可行域，由解得，如图，当直线过点时，目标函数在轴上的截距取得最大值时，此时取得最大值，即当，时，故答案为：7【总结与归纳】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题14设双曲线的一条渐近线为，则的离心率为【思路分析】由双曲线的方程求出渐近线的方程，再由题意求出，的关系，再由离心率的公式及，之间的关系求出双曲线的离心率【解析】：由双曲线的方程可得渐近线的方程为：，由题意可得，所以离心率，故答案为：【总结与归纳】本题考查双曲线的性质，属于基础题15设函数，
14、若（1），则1【思路分析】先求出函数的导数，再根据（1），求得的值【解析】：函数，若（1），则，故答案为：1【总结与归纳】本题主要考查求函数的导数，属于基础题16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【思路分析】由条件易知该圆锥内半径最大的球为该圆锥的内接球，作图，数形结合即可【解析】：当球为该圆锥内切球时，半径最大，如图：，则圆锥高，设内切球与圆锥相切与点，半径为，则，故有，即，解得，所以该球的体积为故答案为：【总结与归纳】本题考查圆锥内切球半径求法，考查球的体积公式，数形结合思想，属于中档题三、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
15、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（12分）设等比数列满足，（1）求的通项公式；（2）记为数列的前项和若，求【思路分析】（1）设其公比为，则由已知可得，解得，可求其通项公式（2）由（1）可得，是一个以0为首项，1为公差的等差数列，可求，由已知可得，进而解得的值【解析】：（1）设公比为，则由，可得，所以（2）由（1）有，是一个以0为首项，1为公差的等差数列，所以，所以，解得，或（舍去），所以【总结与归纳】本题主要考查了等比数列的通项公式的求法，等差数列的求和，考查了转化思想和方程思想的应用，属于基础题18（12分）某学生兴趣
16、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）空气质量等级锻炼人次，1（优216252（良510123（轻度污染）6784（中度污染）720（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，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否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？人次人次空气质量好空气质量不
17、好附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828【思路分析】（1）用频率估计概率，从而得到估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）采用频率分布直方图估计样本平均值的方法可得得答案；（3）由公式计算的值，从而查表即可，【解析】：（1）该市一天的空气质量等级为1的概率为：；该市一天的空气质量等级为2的概率为：；该市一天的空气质量等级为3的概率为：；该市一天的空气质量等级为4的概率为：；（2）由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：；（3）根据所给数据，可得下面的列联表， 人次 人次 总计 空气质量好 33 3770 空气质量不好 22 8 30 总计
18、 5545100由表中数据可得：，所以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【总结与归纳】本题考查了独立性检验与频率估计概率，估计平均值的求法，属于中档题19（12分）如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，证明：（1）当时，；（2）点在平面内【思路分析】（1）因为是长方体，且，可得平面，因为平面，所以（2）取上靠近的三等分点，连接，根据已知条件可得四边形为平行四边形，得，再推得四边形为平行四边形，所以，根据直线平行的性质可得，所以，四点共面，即点在平面内【解析】：（1）因为是长方体，所以平面，而平面，所以，因为是长方体，且，所以是正方形，所以，又所以平面，又因为点，分别
19、在棱，上，所以平面，所以（2）取上靠近的三等分点，连接，因为点在，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，且，又因为在上，且，所以，且，所以为平行四边形，所以，即，所以为平行四边形，所以，所以，所以，四点共面所以点在平面内【总结与归纳】本题考查直线与平面垂直的判定，考查直线平行的性质应用，是中档题20（12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有三个零点，求的取值范围【思路分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；（2）根据函数的单调性，求出函数的极值，得到关于的不等式组，解出即可【解析】：（1），时，在递增，时，令，解得：或，令，解得：，在递增，在，递减，在，
20、递增，综上，时，在递增，时，在递增，在，递减，在，递增；（2）由（1）得：，若有三个零点，只需，解得：，故【总结与归纳】本题考查了函数的单调性，极值，零点问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道常规题21（12分）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【思路分析】（1）根据，代入计算的值，求出的方程即可；（2）设出，的坐标，得到关于，的方程组，求出，从而求出的面积【解析】：（1）由得，即，故的方程是：；（2）法一：（通解）由（1），设，点，根据对称性，只需考虑的情况，此时，有，又，又，联立得或，当时，同理可得当时，综上，的面积是【总结
21、与归纳】本题考查求椭圆方程以及了直线和椭圆的关系，考查转化思想，是一道综合题法二：（四川成都谭金国老师补解）（2）通过平面几何知识证明,从而得出，求得P点坐标，继而通过得的坐标，得到关于，求出，从而求出的面积【解析】：（1）同上（2）由（1），设，点，根据对称性，只需考虑的情况，此时，过点P作垂直于轴，垂足为M，在中，即，代入椭圆方程得，即当时由，得当时由，得面积计算同解法一【总结与归纳】本题解法二考查了学生对平面几何知识的理解，通过三角形全等的证明减少了计算量，对学生数学思维能力更高（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
22、系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数且，与坐标轴交于，两点（1）求；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线的极坐标方程【思路分析】（1）可令，求得，对应的；再令，求得，对应的；再由两点的距离公式可得所求值；（2）运用直线的截距式方程可得直线的方程，再由由，可得所求极坐标方程【解析】：（1）当时，可得舍去），代入，可得，当时，可得舍去），代入，可得，所以曲线与坐标轴的交点为，则；（2）由（1）可得直线过点，可得的方程为，即为，由，可得直线的极坐标方程为【总结与归纳】本题考查曲线的参数方程的运用，考查直线方程的求法和两点的距离公式的运用，考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，属于基础题选修4-5：不等式选讲（10分）23设，（1）证明：；（2）用，表示，的最大值，证明：，【思路分析】（1）将平方之后，化简得到，即可得证；（2）利用反证法，假设，结合条件推出矛盾【解答】证明：（1），均不为0，；（2）不妨设，则，而，与假设矛盾，故，【总结与归纳】本题考查基本不等式的应用和利用综合法与反正法证明不等式，考查了转化思想，属于中档题专心-专注-专业