2020年普通高等学校招生全国统一考试
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(北京卷,参考版解析)2020年普通高等学校招生全国统一考试数学（理）（北京卷）本
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共5页，150分．考试时长120分钟．考生务必将
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答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第一部分（选择题共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．（1）已知集合A=B=，则（A） （B）（C） （D） （2）若x,y满足 ，则2xy的最大值为（A）0 （B）3（C）4 （D）5（3）执行如图所示的程序框图，若输入的a值为1，则输出的k值为（A）1 （B）2（C）3 （D）4（4）设a,b是向量，则“IaI=IbI”是“IabI=Ia-bI”的（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件（5）已知x,yR,且xyo，则（A）- （B）（C）(-0 （D）lnxlny(6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（A） （B）（C）（D）1(7)将函数图像上的点P（，t）向左平移s（s﹥0）个单位长度得到点P′.若P′位于函数的图像上，则（A）t=，s的最小值为 （B）t=，s的最小值为 （C）t=，s的最小值为 （D）t=，s的最小值为 （8）袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，（A）乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 （B）乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 （C）乙盒中红球不多于丙盒中红球 （D）乙盒中黑球与丙盒中红球一样多第二部分（非选择题 共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．（9）设aR，若复数（1i）（ai）在复平面内对应的点位于实轴上，则a=_______________。（10）在的展开式中，的系数为__________________.（用数字作答）（11）在极坐标系中，直线与圆交于A，B两点，则=____________________.（12）已知为等差数列，为其前n项和，若，，则.（13）双曲线的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点。若正方形OABC的边长为2，则a=_______________.（14）设函数①若a=0，则f(x)的最大值为____________________；②若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是_________________。三、解答题（共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）（15）（本小题13分）在ABC中，（I）求的大小（II）求的最大值（16）（本小题13分）A、B、C三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下
表
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（单位：小时）；A班66.577.58B班6789101112C班34.567.5910.51213.5（I）试估计C班的学生人数；（II）从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一人，A班选出的人记为甲，C班选出的人记为乙，假设所有学生的锻炼时间相对独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；（III）再从A、B、C三个班中各随机抽取一名学生，他们该周的锻炼时间分别是7，9，8.25（单位：小时），这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记，表格中数据的平均数记为 ，试判断 和的大小，（结论不要求证明）（17）（本小题14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD ,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,AC=CD=,（I）求证：PD平面PAB;（II）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（III）在棱PA上是否存在点M，使得BMll平面PCD?若存在，求的值；若不存在，说明理由。（18）（本小题13分）设函数f(x)=xebx，曲线y=f(x)dhko(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x4，（I）求a,b的值；(II)求f(x)的单调区间。（19）（本小题14分）已知椭圆C：（a>b>0）的离心率为，A（a,0）,B(0,b)，O（0，0），△OAB的面积为1.（I）求椭圆C的方程；(II)设P的椭圆C上一点，直线PA与Y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N。求证：lANllBMl为定值。（20）（本小题13分）设数列A：，,…(N≥2)。如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有＜，则称n是数列A的一个“G时刻”。记“G（A）是数列A的所有“G时刻”组成的集合。（I）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出G（A）的所有元素；(II)证明：若数列A中存在使得>，则G（A）；(III）证明：若数列A满足-≤1（n=2,3,…,N）,则G（A）的元素个数不小于-。参考版解析1.C【解析】集合A={x∣−2
siny，B错；C.考查的是指数函数y=(21)x在(0,∞)单调递减，所以有(21)x<(21)y即(21)x−(21)y<0所以C对；D考查的是对数函数y=lnx的性质，lnxlny=lnxy，当x>y>0时，xy>0不一定有lnxy>0，所以D错.6．A【解析】通过三视图可还原几何体为如图所示三棱锥，则通过侧视图得高h=1，底面积S=21×1×1=21，所以体积V=31Sh=61.7．A【解析】点P(4π,t)在函数y=sin(2x−3π)上，所以t=sin(2×4π−3π)=sin(6π)=21，然后y=sin(2x−3π)向左平移s个单位，即y=sin(2(xs)−3π)=sin2x，所以s=6πkπ,k∈Z，所以s的最小值为6π.8．B【解析】取两个球往盒子中放有4种情况：①红红，则乙盒中红球数加1个；②黑黑，则丙盒中黑球数加1个；③红黑（红球放入甲盒中），则乙盒中黑球数加1个；④黑红（黑球放入甲盒中），则丙盒中红球数加1个．因为红球和黑球个数一样，所以①和②的情况一样多，③和④的情况完全随机．③和④对B选项中的乙盒中的红球与丙盒中的黑球数没有任何影响．①和②出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球与丙盒中的黑球数的影响次数一样．综上，选B．9.−1【解析】(1i)(ai)=a−1(a1)i∵其对应点在实轴上∴a1=0，a=−110.60【解析】由二项式定理得含x2的项为C62(−2x)2=60x211.2【解析】将极坐标转化为直角坐标进行运算x=ρcosθ，y=ρsinθ直线的直角坐标方程为x−3y−1=0∵ρ=2cosθ，ρ2(sin2θcos2θ)=2ρcosθ∴x2y2=2x圆的直角坐标方程为(x−1)2y2=1圆心(1,0)在直线上，因此AB为圆的直径，∣∣∣AB∣∣∣=212.6【解析】∵a3a5=2a4∴a4=0∵a1=6，a4=a13d∴d=−2∴S6=6a126×(6−1)d=613. 2【解析】不妨令B为双曲线的右焦点，A在第一象限，则双曲线图象如图∵OABC为正方形，∣∣∣OA∣∣∣=2∴c=∣∣∣OB∣∣∣=22，∠AOB=4π∵直线OA是渐近线，方程为y=abx，∴ab=tan∠AOB=1又∵a2b2=c2=8∴a=214．2，a<−1．【解析】由(x3−3x)′=3x2−3=0，得x=±1，如下图，是f(x)的两个函数在没有限制条件时的图象．⑴f(x)max=f(−1)=2；⑵当a≥−1时，f(x)有最大值f(−1)=2；当a<−1时，−2x在x>a时无最大值，且−2a>(x3−3x)max．所以，a<−1．15．【解析】⑴ ∵a2c2=b22ac∴a2c2−b2=2ac∴cosB=2aca2c2−b2=2ac2ac=22∴∠B=4π⑵∵ABC=π∴AC=43π∴2cosAcosC=2cosA(−22cosA)22sinA=22cosA22sinA=sin(A4π)∵AC=43π∴A∈(0,43π)∴A4π∈(4π,π)∴sin(A4π)最大值为1上式最大值为116．【解析】⑴208×100=40，C班学生40人⑵在A班中取到每个人的概率相同均为51设A班中取到第i个人事件为Ai,i=1,2,3,4,5C班中取到第j个人事件为Cj,j=1,2,3,4,5,6,7,8A班中取到Ai>Cj的概率为Pi所求事件为D则P(D)=51P151P251P351P451P5=51×8251×8351×8351×8351×84=83⑶μ1<μ0三组平均数分别为7,9,8.25,总均值μ0=8.2但μ1中多加的三个数据7,9,8.25,平均值为8.08，比μ0小，故拉低了平均值17．【解析】⑴∵面PAD∩面ABCD=AD面PAD⊥面ABCD∵AB⊥AD，AB⊂面ABCD∴AB⊥面PAD∵PD⊂面PAD∴AB⊥PD又PD⊥PA∴PD⊥面PAB⑵取AD中点为O，连结CO，PO∵CD=AC=5∴CO⊥AD∵PA=PD∴PO⊥AD以O为原点，如图建系易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0,−1,0)，C(2,0,0)，则PB⇀=(1,1,−1)，PD⇀=(0,−1,−1)，PC⇀=(2,0,−1)，CD⇀=(−2,−1,0)设n⇀为面PDC的法向量，令n⇀=(x0,y0,1){n⇀⋅PD⇀=0n⇀⋅PC⇀=0⇒n⇀=(21,−1,1)，则PB与面PCD夹角θ有sinθ=∣∣∣∣cos∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣∣n⇀∣∣∣∣∣∣∣PB⇀∣∣∣∣n⇀⋅PB⇀∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣4111×321−1−1∣∣∣∣=33⑶假设存在M点使得BM∥面PCD设APAM=λ，M(0,y′,z′)由（2）知A(0,1,0)，P(0,0,1)，AP=(0,−1,1)，B(1,1,0)，AM=(0,y′−1,z′)有AM=λAP⇒M(0,1−λ,λ)∴BM=(−1,−λ,λ)∵BM∥面PCD，n为PCD的法向量∴BM⋅n=0即−21λλ=0∴λ=41∴综上，存在M点，即当APAM=41时，M点即为所求.18．【解析】（）∵f(x)=xea−xbx∴f′(x)=ea−x−xea−xb=(1−x)ea−xb∵曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e−1)x4∴f(2)=2(e−1)4，f′(2)=e−1即f(2)=2ea−22b=2(e−1)4f′(2)=(1−2)ea−2b=e−1由解得：a=2，b=e（）由（）可知：f(x)=xe2−xex，f′(x)=(1−x)e2−xe令g(x)=(1−x)e2−x，∴g′(x)=−e2−x−(1−x)e2−x=(x−2)e2−xx(−∞,2)2(2,∞)g′(x)−0g(x)↘极小值↗∴g(x)的最小值是g(2)=(1−2)e2−2=−1∴f′(x)的最小值为f′(2)=g(2)e=e−1>0即f′(x)>0对∀x∈R恒成立∴f(x)在(−∞,∞)上单调递增，无减区间.19．【解析】⑴由已知，ac=23,21ab=1，又a2=b2c2，解得a=2,b=1,c=3.∴椭圆的方程为4x2y2=1.⑵方法一：设椭圆上一点P(x0,y0)，则4x02y02=1.直线PA：y=x0−2y0(x−2),令x=0，得yM=x0−2−2y0.∴∣∣∣BM∣∣∣=∣∣∣∣1x0−22y0∣∣∣∣直线PB：y=x0y0−1x1,令y=0，得xN=y0−1−x0.∴∣∣∣AN∣∣∣=∣∣∣2y0−1x0∣∣∣∣∣∣AN∣∣∣⋅∣∣∣BM∣∣∣=∣∣∣2y0−1x0∣∣∣⋅∣∣∣∣1x0−22y0∣∣∣∣=∣∣∣∣x0−2x02y0−2∣∣∣∣⋅∣∣∣∣y0−1x02y0−2∣∣∣∣=∣∣∣∣x0y0−x0−2y02x024y024x0y0−4x0−8y04∣∣∣∣将4x02y02=1代入上式得∣∣∣AN∣∣∣⋅∣∣∣BM∣∣∣=4故∣∣∣AN∣∣∣⋅∣∣∣BM∣∣∣为定值.方法二：设椭圆上一点P(2cosθ,sinθ)，直线PA:y=2cosθ−2sinθ(x−2),令x=0，得yM=1−cosθsinθ.∴∣∣∣BM∣∣∣=∣∣∣1−cosθsinθcosθ−1∣∣∣直线PB:y=2cosθsinθ−1x1,令y=0，得xN=1−sinθ2cosθ.∴∣∣∣AN∣∣∣=∣∣∣1−sinθ2sinθ2cosθ−2∣∣∣∣∣∣AN∣∣∣⋅∣∣∣BM∣∣∣=∣∣∣1−sinθ2sinθ2cosθ−2∣∣∣⋅∣∣∣1−cosθsinθcosθ−1∣∣∣=2∣∣∣1−sinθ−cosθsinθcosθ2−2sinθ−2cosθ2sinθcosθ∣∣∣=4故∣∣∣AN∣∣∣⋅∣∣∣BM∣∣∣为定值.20．【解析】⑴G(A)={2,5}⑵因为存在an>a1，设数列A中第一个大于a1的项为ak，则ak>a1≥ai，其中2≤i≤k−1，所以k∈G(A)，G(A)=∅．⑶设A数列的所有“G时刻”为i1a1≥ai，i=2,3,⋯,i1−1，则ai1−a1≤ai1−ai1−1≤1．对于第二个“G时刻”i2(>i1)，有ai2>ai1≥ai（i=1,2,⋯,i2−1）．则ai2−ai1≤ai2−ai2−1≤1．类似的ai3−ai2≤1，…，aik−aik−1≤1．于是，k≥(aik−aik−1)(aik−1−aik−2)⋯(ai2−ai1)(ai2−a1)=aik−a1．对于aN，若N∈G(A)，则aik=aN；若N∈/G(A)，则aN≤aik，否则由⑵，知aik,aik1,⋯,aN中存在“G时刻”，与只有k个“G时刻”矛盾．从而，k≥aik−a1≥aN−a1，证毕．
浙公网安备 33021202002483