《2020年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题（全国卷解析版）（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题（全国卷解析版）（通用）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020年普通高等学校招生全国统一考试数学理试题（全国卷，解析版） 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。第卷1至2页。第卷3至4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第卷注意事项：1答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。2每小题选出答案后，用2B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，在试题卷上作答无效。3第卷共l2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。一、选择题(1)复数，为的共轭复数，
2、则（A） （B） （C） （D）【答案】B【命题意图】本题主要考查复数的运算.【解析】|z|2-(1+i)-1=.(2)函数的反函数为（A） （B）（C） （D）【答案】B【命题意图】本题主要考查反函数的求法.【解析】由原函数反解得,又原函数的值域为,所以函数的反函数为.(3)下面四个条件中，使成立的充分而不必要的条件是（A） （B） （C） （D）【答案】A【命题意图】本题主要考查充要条件及不等式的性质.【解析】即寻找命题,使,且推不出,逐项验证知可选A.(4)设为等差数列的前项和，若，公差，则 （A）8 （B）7 （C）6 （D）5【答案】D【命题意图】本题主要考查等差数列的基本公式的应用
3、.【解析】解法一，解得.解法二: ，解得.(5)设函数，将的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于（A） （B） （C） （D）【答案】C【命题意图】本题主要考查三角函数的周期性及三角函数图像的平移变换.【解析】由题意得,解得,又,令,得.(6)已知直二面角,点，,为垂足,，,为垂足若，则到平面的距离等于(A) (B) (C) (D) 1 CABDE【答案】C【命题意图】本题主要考查空间点到平面距离的求法.【解析】如图,过作,垂足为,因为是直二面角, ,平面,平面,故的长为点到平面的距离.在中,由等面积法得.(7)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本
4、赠送给4位朋友每位朋友1本，则不同的赠送方法共有(A)4种 (B)10种 (C)18种 (D)20种【答案】B【命题意图】本题主要考查两个原理与排列组合知识，考察考生分析问题的能力.【解析】分两类:一是取出1本画册,3本集邮册,此时赠送方法有种；二是取出2本画册,2本集邮册，此时赠送方法有种.故赠送方法共有10种.(8)曲线在点(0,2)处的切线与直线和围成的三角形的面积为(A) (B) (C) (D)1 【答案】A【命题意图】本题主要考查利用导数求切线方程和三角形面积公式.【解析】曲线在点(0,2)处的切线的斜率故切线方程是,在直角坐标系中作出示意图得围成的三角形的三个顶点分别为(0,0)、
5、(1,0)、(, )，三角形的面积是.(9)设是周期为2的奇函数，当时，,则(A) - (B) (C) (D)【答案】A【命题意图】本题主要考查利用函数的周期性和奇偶性求函数值的方法.【解析】由是周期为2的奇函数,利用周期性和奇偶性得: .(10)已知抛物线C：的焦点为，直线与交于，两点则(A) (B) (C) (D) 【答案】D【命题意图】本题主要考查直线与抛物线的位置关系,余弦定理的应用.【解析】联立消去得,解得,不妨设点在轴的上方,于是，两点的坐标分别为(4,4),(1,),又,可求得.在中,由余弦定理.(11)已知平面截一球面得圆，过圆心且与成二面角的平面截该球面得圆.若该球面的半径为
6、4，圆的面积为4，则圆的面积为 (A)7 (B)9 (C)11 (D)13【答案】D【命题意图】本题主要考查二面角的概念与球的性质.【解析】如图所示,由圆的面积为4知球心到圆的距离,在中, ,故圆的半径,圆的面积为. (12)设向量，满足|，则的最大值等于 (A)2 (B) (c) (D)1【答案】AABCD【命题意图】本题主要考查平面向量的数量积运算、向量加减法、四点共圆的条件及数形结合的思想.【解析】如图，设，则，四点共圆，当为圆的直径时，最大，最大值为2.绝密启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(必修+选修II)第卷注意事项：1答题前，考生先在答题卡上用直径05毫米黑色墨
7、水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，然后贴好条形码。请认真核准条形码卜的准考证号、姓名和科目。2第卷共2页，请用直径05毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域 内作答，在试题卷上作答无效。3第卷共l0小题，共90分。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上(注意：在试卷上作答无效)(13)的二项展开式中，的系数与的系数之差为 .【答案】0【命题意图】本题主要考查二项展开式的通项公式和组合数的性质.【解析】由得的系数为,的系数为,而=,所以的系数与的系数之差为0.(14)已知,则 .【答案】【命题意图】本题主要考查同角三角函数的基本关系和二倍角的正切公式.【
8、解析】由,得,故,.(15)已知、分别为双曲线: 的左、右焦点，点，点的坐标为(2，0)，为的平分线则 .【答案】6【命题意图】本题主要考查三角形的内角平分线定理，双曲线的第一定义和性质.【解析】为的平分线， 又点，由双曲线的第一定义得.(16)己知点、分别在正方体的棱、上，且，则面与面所成的二面角的正切值等于 .【答案】【命题意图】本题主要考查正方体中二面角的求法.【解析】延长交的延长线于,连结,则为面与面的交线,由得,为中点.设正方体的棱长为1,则,又,平面,是面与面所成的二面角的平面角,在中,故面与面所成的二面角的正切值等于.三解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过
9、程或演算步骤.(17)(本小题满分l0分)(注意：在试题卷上作答无效)的内角、的对边分别为、.已知, ,求.【命题意图】本题主要考查正弦定理、三角形内角和定理、诱导公式、辅助角公式,考查考生对基础知识、基本技能的掌握情况.【解析】由及正弦定理可得 3分又由,故 = 7分,因为 ,所以 , 10分【点评】三角函数与解三角形的综合性问题，是近几年高考的热点，在高考试题中频繁出现.这类题型难度比较低，一般出现在17或18题，属于送分题，估计以后这类题型仍会保留，不会有太大改变.解决此类问题，要根据已知条件，灵活运用正弦定理或余弦定理，求边角或将边角互化. (18)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷
10、上作答无效) 根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3,设各车主购买保险相互独立.(I)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种的概率；()表示该地的l00位车主中,甲、乙两种保险都不购买的车主数.求的期望. 【命题意图】本题主要考查独立事件的概率、对立事件的概率、互斥事件的概率及二项分布的数学期望，考查考生分析问题、解决问题的能力.【解析】记表示事件: 该地的1位车主购买甲种保险；表示事件: 该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；表示事件: 该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种；表示事件: 该地的1位车主甲、乙两种保险
11、都不购买.(I), , 3分 6分(),即服从二项分布, 10分所以期望 . 12分【点评】概率与统计是每年的必考题，一般安排在解答题的前3题.本题属于已知概率求概率类型. 考查保险背景下的概率问题，要求考生熟练掌握独立事件的概率、对立事件的概率、互斥事件的概率及二项分布的数学期望.(19)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，.()证明：平面；()求与平面所成角的大小.【命题意图】以四棱锥为载体考查线面垂直证明和线面角的计算，注重与平面几何的综合.解法一：()取中点，连结，则四边形为矩形，连结，则，.又,故,所以为直角. 3分由,得平面,所以
12、.与两条相交直线、都垂直.所以平面. 6分另解:由已知易求得,于是.可知,同理可得,又.所以平面. 6分()由平面知，平面平面.作,垂足为,则平面ABCD,.作,垂足为,则.连结.则.又,故平面,平面平面.9分作,为垂足,则平面.,即到平面的距离为.由于,所以平面,到平面的距离也为.设与平面所成的角为,则,.12分解法二：以为原点,射线为轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设,则、.又设,则.(),由得,故.由得,又由得,即,故. 3分于是,.故,又,所以平面. 6分()设平面的法向量,则.又,故 9分取得,又.故与平面所成的角为. 12分【点评】立体几何一直以来都是让广大考生又喜又忧的题目.为之而喜是因为只要能建立直角坐标系，基本上可以处理立体几何绝大多数的问题；为之而忧就是对于不规则的图形来讲建系的难度较大，问题不能得到很好的解决.今年的立几问题建系就存在这样的问题，很多考生由于建系问题导致立几的完成情况不是很好.(20)(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效)设数列满足且.求的通项公式；()设.【命题意图】本题主要考查等差数列的定义及其通项公式,裂项相消法求和,不等式的证明，考查考生分析问题、解决问题的能力.【解析】()由题设,即是公差为1的等差数列.又,故.所以
