2024年3月15日发(作者：步景明)

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

本试卷共 5 页，23 题（含选考题）。全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。

★祝考试顺利★ 注意事项：

1.

答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在

答题卡上的指定位置。

2.

选择题的作答：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。写

在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.

非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸

和答题卡上的非答题区域均无效。

4.

选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑。答案写在答

题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5.

6.

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。

/

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．若 z  1 i ,则

z

2

2z

( )

A．0 B．1 C．

2

D．2

222

解： z  1 i



z  2z=z( z  2)= (1 i )( i1)=i1=  2



| z2  2z|选D．

2．设集合 A=x|x2  4  0，B=x|2x+a  0 且A∩B= x | 2  x  1 则a （ ）

A．

!

B．

-4 B．-2 C．2 D．4

解：A=[-2,2], B=(-∞,



aa

], A∩B=[-2,1]





=1



a= 2. 选B．

22

3.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（ ）

51515151

A.

4

B.

2

C.

4

D.

2

解：设正四棱锥的底面边长为a,高为h，斜高为b,则

1b15



1



b



b



（ 舍负）. 选 C.

abh

2

b

2





a



4



2



10

2a4



2



a



a



4.已知 A 为抛物线C : y2  2 px  p  0 上一点，点 A 到C 的焦点的距离为 12，到 y 轴

<

22

的距离为 9，则 p  （ ）

A．2

B．3 C．6 D．9

解：

9

p

12p6

. 选 C.

2

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 xi , yi （ i  1 ， 2 ，…， 20 ）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. y  a  bx B. y  a  bx2 C. y  a  bex D．y  a  bln x

解：选D．

《

6.函数 f  x  x4  2x3 的图像在点1，f 1 处的切线方程为（ ）

A． y  2x 1 B． y  2x+1 C. y  2x  3 D． y  2x+1

解：

f

'

(x)4x

3

6x

2

,f(1)1,kf

'

(1)2

∴切线方程为

y(1)2(x1)

,即

y2x1

. 选B．

7.设函数 f  x 

cos(



x



6

)

在π,π 的图像大致如下图，则 f  x 的最小正周期为（

A.

10



9

B.

7



6

C.

4



3

D.

3



2

解：由图可知 T<π-(-π)<2T,

)

即

2





2



2

2





1



2

又











4





9









6

2k







2

,kZ







92

4

(

3

2k),kZ

∴当

k0

时，





34

2

，从而

T



3

，选C．

8.





x

y

2







xy



5

的展开式中 x3 y3 的系数为（



x

）



A． 5 B．10 C．15 D． 20

解：





y

2





x

x







xy



5

x



xy



5



y

2

5

x



xy



）



y

2

44

y

2



5

223



x





xy



的展开式中含 x3 y3 的项为

xC

5

xyC

5

xy

x

x





y

2



5

24

∴



x

的展开式中 x3 y3 的系数为

C

5

C

5

15

, 选C．

xy





x



9．

~

10．

已知



0, π ，且3cos2



8cos



 5 ，则sin



 （ ）

55

21

B. C. D.

39

33

3cos2



8cos



 5



3（2cos

2



）8cos



5=0



（3cos



+2)(cos



2)=0

A.

∴cos



=



2

3

2

这里



0, π ，所以

sin



1cos



1()

2

3

2

5

，选A.

3

10.已知 A，B，C 为球 O 的球面上的三个点， O1 为△ABC 的外接圆．若 O1 的面积为4



，

AB=BC=AC= OO

1

，则球 O 的表面积为

A ．64π

—

B．48π C．36π D．32π

解：设AB=BC=AC= OO1 = a，则O

1

A=

2

3

ar

3



3



2

22

r4





r



a4



a12

，从而



O



3







222

在Rt∆O

1

OA中，

Rar16

选A.

S

球

4



R

2

64



又

S

11.已知

M

:: x

2

 y

2

 2x  2y  2  0 ，直线 l： 2x  y  2  0 ，P 为 l 上的动点，过

点P 作

M

的切线 PA，PB，切点为 A，B，当 |PM | |AB| 最小时，直线 AB 的方程为

（ ）

A． 2x  y 1  0 B． 2x  y 1  0 C． 2x  y 1  0 D． 2x  y 1  0

解：

—

M:(x1)

2

(y1)

2

4

的圆心为M（1，1），半径为2

M的切线，设PM∩AB=C，则PA



AM，PM



AB

PA，PB是

RtPAM

1

AC

ACAM

AM

，即

2

RtACM

PMAB2AMPA4PA

PAPM

PAPM

|2112|

21

22

当 |PM| |AB | 最小时，PA 最小，此时，PM



l，AB // l,

PM5

2

由

AMMCMP

，即

2MC5

，得

MC

2

4

5

∴

PCPMMC5

41



55

设AB:2x+y+c=0，则

|c2|1

c1

55

∴ AB:2x+y+1=0， 选 D．

ab

12.若

2log

2

a42log

4

b

，则（ ）

，

A．a＞2b B．a＜2b C．a＞b2 D．a＜b2

x

解：显然

f(x)2log

2

x

是R

+

上的增函数

a2b

若a<2b，则

f(a)f(2b)

，即

2log

2

a2log

2

2b

………………………❶

又 ………………………………………❷

❶-❷得

0log

2

2blog

2

b1

怛成立，选 B．

二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。

2

a

log

2

a4

b

2log

4

b2

2b

log

2

b



2xy20



13.若 x，y 满足约束条件



xy10

，则 z  x  7 y 的最大值为



y10



】

解：解方程组





2xy20



x1

得





xy10



y0

作出可行域，平移直线x+7y=0，当直线x+7y=z经过点M（1，0）时，z 最大，

最大值为1+7×0=1.

#

14.设 a，b 为单位向量，则|a  b|  1，则 |a  b|  ．

解：ab1a2abb1







2ab1

a1,b1





aba2abb1(1)13ab3

2

22

22

x

2

y

2

15.已知 F 为双曲线

C:

2



2

1

a  0, b  0 的右焦点，A 为 C 的右顶点，B 为 C 上的

ab

点，且 BF 垂直于 x 轴．若 AB 的斜率为 3，则 C 的离心率为 ．

b

2



b

2

解:BFx轴BF

c

2

a

2

c



a



a

3ca3ae2

3

，即





a(ca)a

ca

BF

又3,AFca





AF

16.如图，在三棱锥 P-ABC 的平面展开图，AC =1，AB =AD =

3

，AB  AC ，AB  AD ，



CAE  30° ，则cosFCB  ．



222

解：在

RtABC

中，

BCAC

2

AB

2

2

,在等腰

RtPAB

中，

PB6

在

RtPAC

中，

PCPAAC231cos301PC1

PC

2

BC

2

PB

2

1

2

2

2

61

cos

2PCBC2124

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）

!

设



a

n



是公比不为 1 的等比数列， a

1

为 a

2

， a

3

的等差中项．

(1)求an  的公比；

(2)若

a

1

1

，求数列



na

n



的前 n 项和．

22

解：（1）在等比数列



a

n



中，

2a

1

a

3

a

3

，即

2a

1

a

1

qa

1

qqq20q2

(2)

a

1

1

，令

b

n

n(2)

n1

S

n

1(2)

0

2(2)

1

3(2)

2



2S

n

1(2)

1

2(2)

2

3(2)

3



❶-❷得

3S

n

1(2)(2)

(n1)(2)

n2

n(2)

n1

………❶

(n1)(2)

n1

n(2)

n

………❷

n112

(2)

1(2)

n

n(2)n(2)

n

1(2)

n

∴

S

n



1

[1



3n1



(2)

n

]

9

18．(12 分)

如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径， AE=AD． △ABC 是底面

的内接正三角形，P 为 DO 上一点，

PO

(1)证明：

PA

平面PBC

(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

(1)证明：不妨设底面圆的半径为1，则正三角形ABC的边长为

3

，

AD=2,所以，OD=

3

,从而 OP=

在

RtAOP

中，

AP1

222

2

6

DO

6

2

.

2

16

PB

22

∴

ABPAPBPAPB

DO平面ABC





DOBC



BC平面ABC





AE是正ABC的直径AEBC





BC平面ADE





BCPA

DOAEO





PA平面ADE



PABC





PAPB



PA平面PBC

PBBCB





z

（2）解：分别以

OE,OD

所在直线为y轴，z轴，建立空间直角坐标系（如图）. 则

31312

B(,,0)

，

C(,,0)

，E(0,1,0)，

P(0,0,)

，A(0,-1,0)

22222

31231

CP(,,)

,

CB(3,0,0)

,

CE(,,0)

22222

3

2

)

是平面PBC的法向量，

AP

由（1）知

AP(0,1,

2

2

设平面EPC的法向量是

n(a,b,c)

，则

y

x



312

3

nCPnCPabc0





b



a

222



3





nCEnCE

3

a

1

b0



c2b





22

10

3

,1,2)

，

n

令b=1，得

n(

3

3

设

AP,n



，则

cos





APn

APn

25

.

5



1125



5

310



23

∴二面角B-PC-E的余弦值为

19．（12 分）

2024年3月15日发(作者：步景明)

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

本试卷共 5 页，23 题（含选考题）。全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。

★祝考试顺利★ 注意事项：

1.

答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在

答题卡上的指定位置。

2.

选择题的作答：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。写

在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.

非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸

和答题卡上的非答题区域均无效。

4.

选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑。答案写在答

题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5.

6.

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。

/

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．若 z  1 i ,则

z

2

2z

( )

A．0 B．1 C．

2

D．2

222

解： z  1 i



z  2z=z( z  2)= (1 i )( i1)=i1=  2



| z2  2z|选D．

2．设集合 A=x|x2  4  0，B=x|2x+a  0 且A∩B= x | 2  x  1 则a （ ）

A．

!

B．

-4 B．-2 C．2 D．4

解：A=[-2,2], B=(-∞,



aa

], A∩B=[-2,1]





=1



a= 2. 选B．

22

3.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（ ）

51515151

A.

4

B.

2

C.

4

D.

2

解：设正四棱锥的底面边长为a,高为h，斜高为b,则

1b15



1



b



b



（ 舍负）. 选 C.

abh

2

b

2





a



4



2



10

2a4



2



a



a



4.已知 A 为抛物线C : y2  2 px  p  0 上一点，点 A 到C 的焦点的距离为 12，到 y 轴

<

22

的距离为 9，则 p  （ ）

A．2

B．3 C．6 D．9

解：

9

p

12p6

. 选 C.

2

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 xi , yi （ i  1 ， 2 ，…， 20 ）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. y  a  bx B. y  a  bx2 C. y  a  bex D．y  a  bln x

解：选D．

《

6.函数 f  x  x4  2x3 的图像在点1，f 1 处的切线方程为（ ）

A． y  2x 1 B． y  2x+1 C. y  2x  3 D． y  2x+1

解：

f

'

(x)4x

3

6x

2

,f(1)1,kf

'

(1)2

∴切线方程为

y(1)2(x1)

,即

y2x1

. 选B．

7.设函数 f  x 

cos(



x



6

)

在π,π 的图像大致如下图，则 f  x 的最小正周期为（

A.

10



9

B.

7



6

C.

4



3

D.

3



2

解：由图可知 T<π-(-π)<2T,

)

即

2





2



2

2





1



2

又











4





9









6

2k







2

,kZ







92

4

(

3

2k),kZ

∴当

k0

时，





34

2

，从而

T



3

，选C．

8.





x

y

2







xy



5

的展开式中 x3 y3 的系数为（



x

）



A． 5 B．10 C．15 D． 20

解：





y

2





x

x







xy



5

x



xy



5



y

2

5

x



xy



）



y

2

44

y

2



5

223



x





xy



的展开式中含 x3 y3 的项为

xC

5

xyC

5

xy

x

x





y

2



5

24

∴



x

的展开式中 x3 y3 的系数为

C

5

C

5

15

, 选C．

xy





x



9．

~

10．

已知



0, π ，且3cos2



8cos



 5 ，则sin



 （ ）

55

21

B. C. D.

39

33

3cos2



8cos



 5



3（2cos

2



）8cos



5=0



（3cos



+2)(cos



2)=0

A.

∴cos



=



2

3

2

这里



0, π ，所以

sin



1cos



1()

2

3

2

5

，选A.

3

10.已知 A，B，C 为球 O 的球面上的三个点， O1 为△ABC 的外接圆．若 O1 的面积为4



，

AB=BC=AC= OO

1

，则球 O 的表面积为

A ．64π

—

B．48π C．36π D．32π

解：设AB=BC=AC= OO1 = a，则O

1

A=

2

3

ar

3



3



2

22

r4





r



a4



a12

，从而



O



3







222

在Rt∆O

1

OA中，

Rar16

选A.

S

球

4



R

2

64



又

S

11.已知

M

:: x

2

 y

2

 2x  2y  2  0 ，直线 l： 2x  y  2  0 ，P 为 l 上的动点，过

点P 作

M

的切线 PA，PB，切点为 A，B，当 |PM | |AB| 最小时，直线 AB 的方程为

（ ）

A． 2x  y 1  0 B． 2x  y 1  0 C． 2x  y 1  0 D． 2x  y 1  0

解：

—

M:(x1)

2

(y1)

2

4

的圆心为M（1，1），半径为2

M的切线，设PM∩AB=C，则PA



AM，PM



AB

PA，PB是

RtPAM

1

AC

ACAM

AM

，即

2

RtACM

PMAB2AMPA4PA

PAPM

PAPM

|2112|

21

22

当 |PM| |AB | 最小时，PA 最小，此时，PM



l，AB // l,

PM5

2

由

AMMCMP

，即

2MC5

，得

MC

2

4

5

∴

PCPMMC5

41



55

设AB:2x+y+c=0，则

|c2|1

c1

55

∴ AB:2x+y+1=0， 选 D．

ab

12.若

2log

2

a42log

4

b

，则（ ）

，

A．a＞2b B．a＜2b C．a＞b2 D．a＜b2

x

解：显然

f(x)2log

2

x

是R

+

上的增函数

a2b

若a<2b，则

f(a)f(2b)

，即

2log

2

a2log

2

2b

………………………❶

又 ………………………………………❷

❶-❷得

0log

2

2blog

2

b1

怛成立，选 B．

二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。

2

a

log

2

a4

b

2log

4

b2

2b

log

2

b



2xy20



13.若 x，y 满足约束条件



xy10

，则 z  x  7 y 的最大值为



y10



】

解：解方程组





2xy20



x1

得





xy10



y0

作出可行域，平移直线x+7y=0，当直线x+7y=z经过点M（1，0）时，z 最大，

最大值为1+7×0=1.

#

14.设 a，b 为单位向量，则|a  b|  1，则 |a  b|  ．

解：ab1a2abb1







2ab1

a1,b1





aba2abb1(1)13ab3

2

22

22

x

2

y

2

15.已知 F 为双曲线

C:

2



2

1

a  0, b  0 的右焦点，A 为 C 的右顶点，B 为 C 上的

ab

点，且 BF 垂直于 x 轴．若 AB 的斜率为 3，则 C 的离心率为 ．

b

2



b

2

解:BFx轴BF

c

2

a

2

c



a



a

3ca3ae2

3

，即





a(ca)a

ca

BF

又3,AFca





AF

16.如图，在三棱锥 P-ABC 的平面展开图，AC =1，AB =AD =

3

，AB  AC ，AB  AD ，



CAE  30° ，则cosFCB  ．



222

解：在

RtABC

中，

BCAC

2

AB

2

2

,在等腰

RtPAB

中，

PB6

在

RtPAC

中，

PCPAAC231cos301PC1

PC

2

BC

2

PB

2

1

2

2

2

61

cos

2PCBC2124

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）

!

设



a

n



是公比不为 1 的等比数列， a

1

为 a

2

， a

3

的等差中项．

(1)求an  的公比；

(2)若

a

1

1

，求数列



na

n



的前 n 项和．

22

解：（1）在等比数列



a

n



中，

2a

1

a

3

a

3

，即

2a

1

a

1

qa

1

qqq20q2

(2)

a

1

1

，令

b

n

n(2)

n1

S

n

1(2)

0

2(2)

1

3(2)

2



2S

n

1(2)

1

2(2)

2

3(2)

3



❶-❷得

3S

n

1(2)(2)

(n1)(2)

n2

n(2)

n1

………❶

(n1)(2)

n1

n(2)

n

………❷

n112

(2)

1(2)

n

n(2)n(2)

n

1(2)

n

∴

S

n



1

[1



3n1



(2)

n

]

9

18．(12 分)

如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径， AE=AD． △ABC 是底面

的内接正三角形，P 为 DO 上一点，

PO

(1)证明：

PA

平面PBC

(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

(1)证明：不妨设底面圆的半径为1，则正三角形ABC的边长为

3

，

AD=2,所以，OD=

3

,从而 OP=

在

RtAOP

中，

AP1

222

2

6

DO

6

2

.

2

16

PB

22

∴

ABPAPBPAPB

DO平面ABC





DOBC



BC平面ABC





AE是正ABC的直径AEBC





BC平面ADE





BCPA

DOAEO





PA平面ADE



PABC





PAPB



PA平面PBC

PBBCB





z

（2）解：分别以

OE,OD

所在直线为y轴，z轴，建立空间直角坐标系（如图）. 则

31312

B(,,0)

，

C(,,0)

，E(0,1,0)，

P(0,0,)

，A(0,-1,0)

22222

31231

CP(,,)

,

CB(3,0,0)

,

CE(,,0)

22222

3

2

)

是平面PBC的法向量，

AP

由（1）知

AP(0,1,

2

2

设平面EPC的法向量是

n(a,b,c)

，则

y

x



312

3

nCPnCPabc0





b



a

222



3





nCEnCE

3

a

1

b0



c2b





22

10

3

,1,2)

，

n

令b=1，得

n(

3

3

设

AP,n



，则

cos





APn

APn

25

.

5



1125



5

310



23

∴二面角B-PC-E的余弦值为

19．（12 分）