文档介绍：2020年高考理数真题试卷（新课标I ）
题号
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四
五
总分
评分
姓名：班级：考号：
阅卷人一、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)2 = J|a|2 — 2d-b + |b|2 =V3
故答案为：V3
【分析】整理已知可得：\a + b\=[0 + 1)2，再利用a,b为单位向量即可求得2d .
b = -1，对 \a-b\ 变形可得：\a-b\= J|a|2 -2a-b + \b\2，问题得解.
.【答案】2
【考点】双曲线的简单性质；圆锥曲线的几何性质
【解析】【解答】依题可得，愕!=3,而|bf|=K， |四| =c-牛，即/_11ac-a ~
3 ,变形得c2 — a2 = 3ac — 3a2 ,化简可得，/ — 3e + 2 = 0 ,解得e = 2或e
1 (舍去).
故答案为：2 .
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【分析】根据双曲线的几何性质可知，\BF\ = -， \AF\ =c-a ,即可根据斜率列 出等式求解即可.
16.【答案】一J
【考点】余弦定理
【解析】【解答】-ABLAC , AB = W , AC = 1 ,由勾股定理得BC = y/AB2 +AC2 = 2 ，
同理得BD =遍，:.BF = BD =限，在△ ACE 中，AC = 1 , AE = AD =43 , ^CAE = 30° ,
由余弦定理得 CE2 = AC2 + AE2 - 24C ・ AEcos30。= l + 3 — 2xlx 遮x字=1 ，・・.CF = CE = 1 ,
在△ BCF 中，BC = 2 ， BF = V6 ， CF = 1 9由余弦定理得
cos 乙FC B =CF2+BC2-BF2 1+4-6
2CF-BC2x1x2
故答案为：—J .
4【分析】在&ACE中，利用余弦定理可求得CE ，可得出CF ,利用勾股定理计算出
BC、BD ,可得出BF ,然后在△8CF中利用余弦定理可求得cos乙FCB的值.
17.【答案】(1)解：设｛an)的公比为q, %为。2，劭 的等差中项，,*, 2 al —+ ***@3,H0j，q2 + q — 2 — 0 ,
； q 手 1)q = —2 ,
(2)解：设［nan］的前n项和为S… % = 1,即=(一2)^，Sn = 1 x 1 + 2 x (-2) + 3 x (—2)2 + …+ ti(—2)n， (1)
2szi = 1 x (-2) + 2x (—2/ + 3x (-2)3 + …(八 一 1)(一2)九一】+ n(-2)n ,②①一②得，3szi = 1 + (—2) + (-2尸 + .・・ + (-2)九t 一 n(-2)n
_ 1-(-2)几 _ 心八几 _ l-(l+3n)(-2)n_ 1一(-2) 一九(-2) -3'
.o . 1—(1+3九)(一2)"• °n ~9•
【考点】数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】(1)由已知结合等差中项关系，建立公比q的方程，求解即可得出结12/22
※※矍※和※※E※※郑※※,Q※※期※※出※※服※※K-※※®※※・・・ O O ・・・.
AN论；（2）由（1）结合条件得出的通项，根据｛九%J的通项公式特征，用错位相 减法，即可求出结论.
18.【答案】（1）解：由题设，知ADAE为等边三角形，设AE = 1 ,则。。=g，CO = B0=另E = i，所以 PO = £d0 =*，
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PC = JPO2 + oc2 = e，PB = yjpo2 + OB2 =不
又A ABC为等边三角形，则一^ = 2。4，所以 堂， sin602PA2 + PB2 =1 = AB2 ，则 乙APB = 90。，所以 PA 1 PB ，
同理PA 1 PC ,又PC CPB = P ,所以PA 1平面PBC ；
（2）解：过O作ON 〃BC交AB于点N,因为PO 1平面ABC ,以。为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 e（T，o,o）,p（o,o，¥）,bT，*,o）,cT，T，o）, 丽=（—/，一季—¥），丽=（4字,一¥），屈=（t，o,一%， 设平面PCB的一个法向量为元=（%1，丫1/1）,伊•氏=0zH 1一％1 - 8丫1 -缶 1 = 0
= 0寸-X1 + V3y1 — V2z1 = 0所以 n= （V2,0,-1），
设平面PCE的一个法向量为m = （x2fy2,z2）（m-PC = 0 zS （一％2 - V3y2 - V2z2 =