2020年全国普通高等学校招生统一考试文科数学试卷 全国Ⅰ卷（含答案）

这是一份2020年全国普通高等学校招生统一考试文科数学试卷 全国Ⅰ卷（含答案），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学一、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A．  B．C． D．2．若，则A．0 B．1C．  D．23．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．  B．C． D．6．已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为A．1 B．2 C．3 D．47．设函数在[−π，π]的图像大致如下图，则f（x）的最小正周期为A．   B．C．  D．8．设，则A．  B．  C．  D． 9．执行下面的程序框图，则输出的n=A．17 B．19 C．21 D．2310．设是等比数列，且，，则A．12 B．24 C．30 D．3211．设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的面积为A．   B．3  C．   D．212．已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为A．  B．   C．   D．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              .14．设向量，若，则              .15．曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为              .16．数列满足，前16项和为540，则               .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.（12分）某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品(单位：件)按标准分为四个等级.加工业务约定：对于级品、级品、级品，厂家每件分别收取加工费90元，50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.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40202020乙分厂产品等级的频数分布表等级频数28173421(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为级品的概率；(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?18. （12分）的内角的对边分别为.已知.(1)若，求的面积；(2)若，求.19. （12分）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，．(1)证明：平面平面；(2)设，圆锥的侧面积为，求三棱锥的体积.20. （12分）已知函数.(1)当时，讨论的单调性；(2)若有两个零点，求的取值范围.21. （12分）已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为．(1)求的方程；(2)证明：直线过定点.（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。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)．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．23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数．(1)画出的图像；(2)求不等式的解集.
 2020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学试题参考答案(A卷)1.答案：D解析：解法一 由，得，即集合，又集合，所以，故选D.解法二 因为，所以，故排除A；又，所以，则，故排除C；又，所以，则，故排除B.故选D.解法三 观察集合与集合，发现，故，所以排除选项A和B，又，所以，，排除C.故选D.2.答案：C解析：，所以，故选C．3.答案：C解析：由题意知，可将金字塔看成如图所示的正四棱锥，其中为的中点，为底面正方形的中心，连接，则底面，，，即正四棱锥的高为，侧面三角形的高为.设底面正方形的边长为，，则，正四棱锥的一个侧面三角形的面积为，在直角三角形中，，以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积为，故，化简、整理得，得，令，则，因为，所以，即，所以其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为，故选C.4.答案：A解析：根据题意作出图形，如图所示，在中任取3点，有10种可能情况，分别为，其中取到的3点共线有和2种可能情况，所以在中任取3点，则取到的3点共线的概率为，故选A.5.答案：D解析：散点图中点的分布形状与对数函数的图象类似，故选D.6.答案：B解析：将圆的方程化为标准方程，设圆心为，则，半径.设点为点，过点的直线为，因为，所以点在圆的内部，则直线与圆必相交，设交点分别为.易知当直线时，直线被该圆所截得的弦的长度最小，设此时圆心到直线的距离为，则，所以，即弦的长度的最小值为2，故选B.7.答案：C解析：通解 由题图知函数的最小正周期满足：，即，即，即.因为函数的图象过点，所以，所以，解得，又，所以，，所以，故选C.优解 由题图知函数的最小正周期满足，即.根据“五点作图法”可知点对应点，故，解得，则，因为，符合题意，故选C.8.答案：B解析：解法一 因为，所以，则有，所以，故选B.解法二 因为，所以，所以，所以，故选B.解法三 因为，所以，所以，两边同时平方得，所以，故选B.解法四 因为，所以，所以，故选B.解法五 令，两边同时取对数得，即，因为，所以，所以，所以，即，故选B.解法六 令，所以，即.由，得，所以，所以，，即，故选B.9.答案：C解析：由程序框图知等于正奇数数列的前项和，其中，当前项和大于100时退出循环，则，当时，；当时，，退出循环.则输出的的值为，故选C.10.答案：D解析：解法一 设等比数列的公比为，所以，由，解得，所以，故选D.解法二 令，则.设数列的公比为，则,所以数列为等比数列，由题意知，，所以等比数列的公比，所以，所以，故选D.11.答案：B解析：通解 设分别为双曲线的左、右焦点，则由题意可知，又，所以，所以是直角三角形，所以.不妨令点在双曲线的右支上，则有，两边平方，得，又，所以，则，故选B.秒解 设分别为双曲线的左、右焦点，则由题意可知，又，所以，所以是直角三角形，所以(其中)，故选B.12.答案：A解析：因为的面积为，所以的半径.因为，所以为正三角形，又是的外接圆，所以由正弦定理得，得.因为，所以，由题易知平面，则球心到平面的距离为.设球的半径为，则，所以球的表面积，故选A.13.答案：1解析：解法一 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线并平移，数形结合可知当平移后的直线经过点时，取得最大值，最大值为1.解法二 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，易得，，，当直线过点时，；当直线过点时，；当直线过点时，.所以的最大值为1.14.答案：5解析：因为，所以，所以.15.答案：解析：设切点坐标为.由题意得，则该切线的斜率，解得，所以切点坐标为，所以该切线的方程为，即.16.答案：7解析：因为数列满足，所以当时，，所以.当时，，所以当时，，当时上式也成立，所以，即.解法一 所以.又前16项和为540，所以，解得.解法二 所以，所以.又前16项和为540，所以，解得.17.答案：(1)由试加工产品等级的频数分布表知，甲分厂加工出来的一件产品为级品的概率的估计值为；乙分厂加工出来的一件产品为级品的概率的估计值为.(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利润6525-5-75频数40202020因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为.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利润70300-70频数28173421因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为.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.解析：18.答案：(1)由题设及余弦定理得.解得(舍去)，，从而.的面积为.(2)在中，，所以.故.而，所以，故.解析：19.答案：(1)由题设可知，.由于是正三角形，故可得，.又，故.从而，故平面，所以平面平面.(2)设圆锥的底面半径为，母线长为.由题设可得.解得.从而.由(1)可得，故.所以三棱锥的体积为.  解析：20.答案：(1)当时，，则.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.(2).当时，，所以在单调递增，故至多存在1个零点，不合题意.当时，由可得，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故当时，取得量小值，最小值为.若，则，在至多存在1个零点，不合题意.若，则.由于，所以在存在唯一零点.由(1)知，当时，，所以当且时，.故在存在唯一零点.从而在有两个零点.综上，的取值范围是.解析：21.答案：(1)由题设得.则.由得，即.所以的方程为.(2)设.若，设直线的方程为，由题意可知.由于直线的方程为，所以.直线的方程为，所以.可得.由于，故，可得，即.①将代入得.所以.代入①式得.解得(舍去)，.故直线的方程为，即直线过定点.若，则直线的方程为，过点.综上，直线过定点.解析：22.答案：(1)当时，消去参数得，故曲线是圆心为坐标原点，半径为1的圆.(2)当时，消去参数得的直角坐标方程为,的直角坐标方程为.由解得故与的公共点的直角坐标为.解析：23.答案：(1)由题设知的图像如图所示.(2) 函数的图像向左平移1个单位长度后得到函数的图像.的图像与的图像的交点坐标为.由图像可知当且仅当时，的图像在的图像上方.故不等式的解集为.解析：