1、 2020年河南省高考数学试卷（理科）（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（5分）若 z1+i，则|z22z|（ ）A02（5分）设集合 Ax|x240，Bx|2x+a0，且 ABx|2x1，则 a（ ）A4 B2 C2 D4B1CD23（5分）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（ ）ABCD4（5分）已知 A为抛物线 C：y22px（p0）上一点，点 A到 C的焦点
2、的距离为 12，到 y轴的距离为 9，则 p（ ）A25（5分）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个数据（xi，yi）（i1，2，20）得到下面的散点图：B3C6D9不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验 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（ ）Aya+bxBya+bx2Cya+bexDya+blnx6（5分）函数 f（x）x42x3的图象在点（1，f（1）处的切线方程为（ ）Ay2x1 By2x+1Cy2x3 Dy2x+17（5分）设函数 f（x）cos（x+（ ）在，的图
3、象大致如图，则 f（x）的最小正周期为ABCD8（5分）（x+A5）（x+y）5的展开式中 x3y3的系数为（ ）B10 C15 D209（5分）已知 （0，），且 3cos28cos5，则 sin（ ）ABCDO为ABC的外接圆若O1的面积为 4，10（5分）已知 A，B，C为球 O的球面上的三个点，1ABBCACOO1，则球 O的表面积为（ ）A64 B48 C3611（5分）已知M：x2+y22x2y20，直线 l：2x+y+20，P为 l上的动点线 PA，PB，切点为 A，B，当|PM|AB|最小时，直线 AB的方程为（ ）A2xy1012（5分）若 2a+log2a4b+2log4b
4、，则（ ）Aa2b Ba2b二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，D32过点P作M的切B2x+y10C2xy+10D2x+y+10Cab2Dab2共 20分。 13（5分）若x，y满足约束条件则zx+7y的最大值为 14（5分）设，为单位向量，且 | | + |1，则1（a0，b0）的右焦点，15（5分）已知F为双曲线C：A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴若AB的斜率为3，则C的离心率为 16（5分）如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC1，ABAD，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB 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
5、题为必考题，每个试共 60分。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：17（12分）设a 是公比不为1的等比数列，a为a2，a3的等差中项n1（1）求an的公比；1，求数列nan的前 n项和（2）若a118（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，AEADABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角 BPCE的余弦值 19（12分）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰：比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下
6、一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空设每场比赛双方获胜的概率都为（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率20（12分）已知A，B分别为椭圆E：+y21（a1）的左、右顶点，G为E的上顶点，8P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点21（12分）已知函数f（x）ex+ax2x（1）当a1时，讨论f（x）的单调性；3+1，求a的取值范围（2）当x0时，f（x） x（二）选考题：共 1
7、0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：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系 xOy中，曲线C1的参数方程为 （t为参数）以坐标原点为极x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4cos16sin+30点，是什么曲线？k1时，（1）当C1与C的公共点的直角坐标（2）当k4时，求C12 选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数 f（x）|3x+1|2|x1|（1）画出 yf（x）的图象；（2）求不等式f（x）f（x+1）的解集 2020年河南省高考数学试卷（理科）（新课标）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题
8、，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（5分）若z1+i，则|z22z|（ ）A0B1CD222【解答】解：若z1+i，则z2z（1+i）2（1+i）2i22i2，则|z22z|2|2，D2（5分）设集合A故选：Ax|x240，Bx|2x+a0，且ABx|2x1，则a（ ）4B2C2 D4【解答】解：集合Ax|x240x|2x2，Bx|2x+a0x|xa，由ABx|2x1，可得a1，则a2故选：B3（5分）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
9、的高与底面正方形的边长的比值为（ ）ABCDh，【解答】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为 则依题意有：，222因此有h（）ah4（）2（）10 （负值舍去）；故选：C4（5分）已知A为抛物线C：y22px（p0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p（ ）B3A2C6D92【解答】解：A为抛物线C：y2px（p0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，因为抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等，故有：9+12p6；故选：C5（5分）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率，y）（i1，2，y和温度x（单位：）的关系，在20
10、个20）得到下面的散点图：不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据（xii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的回归方程是（ ）Aya+bx类型的Bya+bx2Cya+bexDya+blnxx所对应的点（x，y ）在一段对数【解答】解：由散点图可知，在10至 40之间，发芽率y和温度函数的曲线附近，结合选项可知，ya+blnx可作为发芽率y和温度x的回归方程类型D6（5分）f（x）故选：函数x42x3的图象在点（1，f（1）处的切线方程为（ ） Ay2x1By2x+1Cy2x3Dy2x+1434x6x2，3【解答】解：由f（x）1）462，又f（
11、1）121，x2x，得f（x）f（4 3f（x）x2x的图象在点（1，f（1）处的切线方程为y（1）2（x1），即y2x+1B函数故选：7（5分）设函数f（x）cos（x+ ）在，的图象大致如图，则f（x）的最小正周期为（ ）ABCD【解答】解：由图象可得最小正周期小于（），大于2（），排除 A，D；由图象可得f（）cos（+）0，即为+k+ ，kZ，（*）若选B，即有 ，由+k+ ，可得k不为整数，排除 B；若选C，即有 ，由 +k+ ，可得k1，成立故选：C8（5分）（x+A5）（x+y）5的展开式中 x3y3的系数为（ ）B10C15D20 【解答】解：因为（x+）（x+y）5；3y32
12、+y2）（x+y）展开式中54y3要求展开式中x的系数即为求（xx的系数；4y3 2x的项为：x x2y3+y2 x4y15x4y3；展开式含3y3故（x+ x的系数为15；）（x+y）的展开式中5故选：C9（5分）已知（0，），且3cos28cos5，则sin（ ）C DAB21）8cos50，【解答】解：由3cos28cos5，得3（2cos即3cos24cos40，解得cos2（舍去），或cos（0，），（，），则sin故选：A10（5分）已知A，B，C为球ABBCACOO1，则球O的表面积为（ ）A64 B48 C364，可得O的球面上的三个点，O为ABC的外接圆若O的面积为4，1 1
13、D32的面积为O A2，则【解答】解：由题意可知图形如图：O11AO1ABsin60，ABBCACOO12，R 4，外接球的半径为：球O的表面积：44264故选：A 11（5分）已知线PA，PB，切点为A，B，当A2xy10 B2x+y10 C2xy+10 D2x+y+102+（y1）M：x2+y22x2y20，直线l：2x+y+20，P为l上的动点过点|PM|AB|最小时，直线AB的方程为（ ）P作M的切2【解答】解：化圆M为（x1） 4，圆心M（1，1），半径r22S PAM|PA|AM|2|PA|要使|PM|AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直y ，直线PM的方程为y1（x
14、1），即联立，解得P（1，0）则以PM为直径的圆的方程为联立，相减可得直线AB的方程为2x+y+10故选：D12（5分）若22a+log a4b+2log4b，则（ ）Aa2bBa2bCab2a+log a4b+2log4b22b+log2b；2Dab2【解答】解：因为22b+log b22b+log22b22b+log2b+1即2a+log2a22b+log22b；2因为2x+log x，由指对数函数的单调性可得f（x）在（0，+）内单调递增；令f（x）22且 f（a）f（2b）a2b；故选：B 二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分。13（5分）若 x，y满足约束条件则 zx
15、+7y的最大值为 1【解答】解：x，y满足约束条件，不等式组表示的平面区域如图所示，由，可得 A（1，0）时，目标函数 zx+7y，可得 yx+，当直线 yx+过点 A时，在 y轴上截距最大，此时 z取得最大值：1+701故答案为：114（5分）设，为单位向量，且|+ |1，则| |【解答】解：，为单位向量，且|+ |1，|+ |21，可得1+2，+11，所以，则| |故答案为： 15（5分）已知F为双曲线C：1（a0，b0）的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴若AB的斜率为3，则C的离心率为2F为双曲线C：【解答】解：1（a0，b0）的右焦点（c，0），A为C的右顶点（a
16、，0），B为C上的点，且BF垂直于x轴所以B（c，），若AB的斜率为3，可得： ，2b2c2a2，代入上式化简可得c3ac2a2，e，2可得e3e+20，e1，e2216（5分）如图，在三棱锥解得故答案为：PABC的平面展开图中，AC1，ABAD，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB【解答】解：由已知得BDAB，BC2，因为D、E、F三点重合，所以AEAD，BFBDAB，则在ACE中，由余弦定理可得CE2AC2+AE22ACAEcosCAE1+32 1，所以CECF1， 则在BCF中，由余弦定理得cosFCB，故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明。第22、23题为选考题
17、，考生根据要求作答。（一）必考题：共17（12分）设a是公比不为 ，a为a2，a3的等差中项1的等比数列、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答60分。n1 的公比；（1）求an1，求数列na的前n 项和n是公比q不为1的等比数列（2）若a1，【解答】解：（1）设ana1为a2，a3的等差中项，可得12aa2+a3，即2a1aq1 +aq1 2，2+q20，即为q解得q2（1 舍去），的公比为2；an所以1，则a（2）n 1，n（2）若a1nan（ 2）n 1，n的前n项和为S11+2（2）+3（2）2+n（2）n 1，n则数列nan2Sn1（2）+2（2）2+3（2
18、）3+n（2）n，两式相减可得3S1+（2）+（2）2+（2）3+（2）n1n（2）nnn（ 2）n，化简可得Sn，的前n项和为所以数列nan18（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，AEADABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角BPCE 的余弦值 【解答】解：（1）不妨设圆O的半径为1，OAOBOC1，AEAD2，2+PC2AC2，故在PAC中， PAPC，PAPB，又PBPCP，故PA平面 PBC；PA同理可得（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有，E（0，1，0），故，设平面 PBC的法向量为，则，可
19、取，同理可求得平面 PCE的法向量为，故，即二面角 BPCE的余弦值为 19（12分）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰：比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空设每场比赛双方获胜的概率都为（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率41）甲连胜四场只能是前四场全胜，P（）【解答】（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛，比
20、赛四场结束，共有三种情况，甲连胜四场的概率为，乙连胜四场比赛的概率为，丙上场后连胜三场的概率为，需要进行五场比赛的概率为：P1（3）设A为甲输，B为乙输，C为丙输，则丙最终获胜的概率为：PP（ABAB）+P（BABA）+P（ABACB）+P（BABCA）+P（ABCAB）+P（ABCBA）+P（BACAB）+P（BACBA）+P（ACABB）+P（ACBAB）+P（BCABA）+P（BCBAA） 45（）2+（）1020（12分）已知A，B分别为椭圆E：+y21（a1）的左、右顶点，G为E的上顶点，8P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D（1）求E的方程；（2）证
21、明：直线CD过定点【解答】解：如图所示：（1）由题意a，0），B（a，0），G（0，1），（ 得：a3，1），a218，解E的方程（2）由（1）知A（3，0），B（3，0），设 P（6，m），PA的方程是 y（x+3），A（a，1），（a，故椭圆是+y21；则直线联立（9+m2）x2+6m2x+9m2810， xc由韦达定理3xc，代入直线PA的方程为y（x+3）得：y，即 C（，），c 直线PB的方程是y（x3），联立方程（1+m2）x26m2x+9m290， xD，由韦达定理3xD，代入直线PB的方程为y（x3）得yD即D（，），则当xcxD即时，有m23，x，即CD为直线xcx，此时D当
22、xcxD时，直线CD的斜率K，CD直线CD的方程是y（x），整理得：y（x），直线CD过定点（，0）综合故直线CD过定点（，0）21（12分）已知函数f（x）ex+ax2x（1）当a1时，讨论f（x）的单调性；3+1，求a的取值范围（2）当x0时，f（x）xx+x2x，【解答】解：（1）当x）ex+2x1，设 g（x）x+20，可得g（x）在 R上递增，即a1时，f（x）ef（f（x），f（f（0）0，所以当x0时，f（x）0；当x0时，f（所以 f（x）的 0，+）， 0）；x）在 R上递增，因为g（x）e因为x）0，增区间为（减区间为（， （2）当x0时，f（x）x3+1恒成立，当x0时，
23、不等式恒成立，可得aR；当x0时，可得a恒成立，设h（x），则h（x），xxxex1，m（0，+）可设m（x）e x2x1，可得m（x）x）e1，由 x0，可得所以 m（x）m（即 m（x）0恒成立，即 m（x）在（再令 h（x）0，可得x2，当0x2时，m（x）0恒成立，可得m（x）在（递增，0）0，0，+）递增，所以 m（x）m（0）0，h（x）0，h（x）在（0，2）递增；x2时，h（x）0，h（x）在（2，+）递减，所以 h（x）h（2），max所以 a，综上可得a的取值范围是，+ ）（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
24、 4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系 xOy中，曲线 C1的参数方程为 （t 为参数）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 4cos16sin+30是什么曲线？（1）当k1时，C1与 C2的公共点的直角坐标（2）当k4时，求 C1 的参数方程为，（t为参数），k1时，曲线【解答】解：（1）当C12+y2消去参数t，可得x1，是以原点为圆心，以1为半径的圆；故C1：C1，消去t得到C的直角坐标方程为1，1（2）法一：当k4时，C2的极坐标方程为 4 cos16 sin +30可得C的直角坐标方程为4x16y+30，2，解得C1与 C2
25、的公共点的直角坐标为（）的参数方程为法二：当k4时，曲线C1，（t为参数），两式作差可得xycos4tsin4tcos2tsin2t2cos2t1，得，整理得：（2xy）2（x+y）+10（0x1，0y1）由 4cos16sin+30，又 xcos，ysin，4x16y+30联立，解得（舍），或C1与 C2的公共点的直角坐标为（）选修 4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|3x+1|2|x1|（1）画出 yf（x）的（2）求不等式 f（x）f（x+1）的解图象；集 【解答】解：函数 f（x）|3x+1|2|x1|，图象如图所示（2）由于 f（x+1）的图象是函数 f（x）的图象向左
26、平移了一个单位所得，（如图所示） 直线y5x1向左平移一个单位后表示为y5（x+1）15x+4，联立，解得横坐标为x，不等式 f（x）f（x+1）的解集为x|x 2019年河南省高考理科数学试题与答案 高考理科数学试题与答案 第卷一. 选择题：本大题共12小题，每小题5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）设集合A = x|x2 -4x+3 0，则A B =3333( ,3)2(-3,- )(-3, )(1, )（A） （B） （C） （D） 222(1+i)x=1+yi，其中x，y是实数，则（2）设x+y i =2（A）1 （B） （C） （D）2 3 a na =
27、8a =100（3）已知等差数列前9项的和为27，则10（A）98 （B）99 （C）100 （D）97 （4）某公司的班车在7:00，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是1（A） （B） （C） （D）1233234（5）已知方程表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（A）(0,3) （B）(1, 3) （C）(1,3) （D）(0, 3) （6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是（A）20 （B）18 （
28、C）17 （D）28 （7）函数y=2x2e|x|在2,2的图像大为致（A） （B） 2019年河南省高考理科数学试题与答案（C） （D）（8）若a b 1，0 c 1，则（A）a log c blog c （B）abc bacba（C）ac bc （D）log c 0， ),x= - 为f (x) 的零点，x= 为244p p5 wy= f (x)图像的对称轴，且f (x)在 ，单调，则的最大值为18 36 （A）11 （B）9 （C）7 （D）5 2019年河南省高考理科数学试题与答案第II卷本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题第(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)
29、题第(24)题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分a=(m，1)，b=(1，2)，且|a+b|2=|a|2+|b|2，则m=_.(13) 设向量(14) (2x+ x)5的展开式中，x3的系数是_.（用数字填写答案）（15）设等比数列满足a+a=10，a+a=5，则aaa 的最大值为_。 41321 2n（16） 某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料。生产一件产品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3个工时，生产一件产品A的利润为2100元，生产一件产品B的利润为900元。该企
30、业现有甲材料150kg，乙材料90kg，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为_元。 三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. （17）（本题满分为12分）ABC的内角A，B，C的对边分别别为a，b，c，已知 2cosC(a cosB+b cosA) =c.（I）求C； 3 3（II）若c= 7, ABC 的面为积 ，求的周长ABC2（18）（本题满分为12分）如图，在已A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方AFD = 90 ，且形，AF=2FD，二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F60都是（I）证明平面ABEF EFDC；
31、 2019年河南省高考理科数学试题与答案（II）求二面角E-BC-A的余弦值（19）（本小题满分12分）某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰可以额外购买这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元.现需决策在购买机器 为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用.机器有一易损零件，在购进机器时，时应同时购买几个易损零件，期内更换的易损零件数，得下面柱状图： 以这100台机器表示2台机器三年（I）求X 的分布列； （II）若要求P(X n) 0.5，确定n的最小值； 更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X内共需更换的易
32、损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数. n =19与n =20之中选一其，应（III）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在选用哪个？20. （本小题满分12分）x +y2+2x-15=0的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，设圆2D两点，过B作AC的平行线交AD于点E. （I）证明EA +EB 为定值，并写出点E的轨迹方程； （II）设点E的轨迹为曲线C，直线l交C于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于1 1P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围. 2019年河南省高考理科数学试题与答案（21）（本小题满分12分）已知函数f(x)=(x
33、-2)ex+a(x-1)2有两个零点. (I)求a的取值范围；(II)设x，x 是的两个零点，证明：+x2. 212请考生在22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号（22）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，OAB是等腰三角形，AOB=120.以O为圆心，OA为半径作圆. (I)证明：直线AB与O相切；(II)点C,D在O上，且A,B,C,D四点共圆，证明：ABCD. （23）（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程 在直线坐标系xoy中，曲线C 的参数方程为1（t为参数，a0）。在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C：=cos. （I）说明C 是哪种曲线，并将C 的方程化为极坐标方程；211（II）直线C 的极坐标方程为，其中满足tan=2，若曲线C 与C 的公共点都在C 上，求3 1 2 3a。 （24）（本小题满分10分），选修45：不等式选讲已知函数f(x)= x+1-2x-3. （I）在答题卡第（24）题图中画出y= f(x)的图像；（II）求不等式f(x)
