2020年高考文科数学全国卷3含答案（A4打印版）.docx

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1、绝密启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷文科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，则中元素的个数为()A.2B.3C.4D.52.若，则A.B.C.D.3.设一组样本数据，的方差为0.01，则数据，的方差为()A.0.

2、01B.0.1C.1D.104.Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数（的单位：天）的Logistic模型：，其中为最大确诊病例数.当时，标志着已初步遏制疫情，则约为（）()A.60B.63C.66D.695.已知，则()A.B.C.D.6.在平面内，是两个定点，是动点.若，则点的轨迹为()A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线7.设为坐标原点，直线与抛物线交于，两点，若，则的焦点坐标为()A.B.C.D.8.点到直线距离的最大值为()A.1B.C.D.29.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A.B.C.D.1

3、0.设，则()A.B.C.D.11.在中，则()A.B.C.D.12.已知函数，则()A.的最小值为2B.的图像关于轴对称C.的图像关于直线对称D.的图像关于直线对称二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，满足约束条件则的最大值为_.14.设双曲线的一条渐近线为，则的离心率为_.15.设函数，若，则_.16.已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的切球表面积为_.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）设等比数列

4、满足，.（1）求的通项公式；（2）记为数列的前项和.若，求.18.（12分）某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：锻炼人次空气质量等级1（优）216252（良）510123（轻度污染）6784（中度污染）720（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”.根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是

5、否有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？空气质量好空气质量不好附：，.19.（12分）如图，在长方体中，在，分别在棱，上，且，证明：（1）当时，；（2）点在平面内.20.（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有三个零点，求的取值范围.21.（12分）已知椭圆的离心率为，分别为的左、右顶点.（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，求的面积.（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44：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，与坐标轴交于，两点.（1）求；（2）以坐标原点为

6、极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线的极坐标方程.23.选修45：不等式选讲（10分）设，.（1）证明：；（2）用表示，中的最大值，证明：.2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷文科数学答案解析一、选择题1.【答案】B【解析】采用列举法列举出中元素的即可.由题意，故中元素的个数为3.故选：B【考点】集合的交集运算2.【答案】D【解析】先利用除法运算求得，再利用共轭复数的概念得到即可.因为，所以.故选：D.【考点】复数的除法运算，共轭复数的概念3.【答案】C【解析】根据新数据与原数据关系确定方差关系，即得结果.因为数据，的方差是数据，的方差的倍，所以所求数据方差为，故选：C.【考点】方

7、差4.【答案】C【解析】将代入函数结合求得即可得解.，所以，则，所以，解得.故选：C.【考点】对数的运算，指数与对数的互化5.【答案】B【解析】将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值.由题意可得：，则：，从而有：，即.故选：B.【考点】两角和与差的正余弦公式及其应用6.【答案】A【解析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.设，以中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：，设，可得：，从而：，结合题意可得：，整理可得：，即点的轨迹是以中点为圆心，为半径的圆.故选：A.【考点】平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解7.【

8、答案】B【解析】根据题中所给的条件，结合抛物线的对称性，可知，从而可以确定出点的坐标，代入方程求得的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.因为直线与抛物线交于，两点，且，根据抛物线的对称性可以确定，所以，代入抛物线方程，求得，所以其焦点坐标为，故选：B.【考点】圆锥曲线，直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标8.【答案】B【解析】首先根据直线方程判断出直线过定点，设，当直线与垂直时，点到直线距离最大，即可求得结果.由可知直线过定点，设，当直线与垂直时，点到直线距离最大，即为.故选：B.【考点】解析几何初步的问题，直线过定点，利用几何性质9.【答案】C【解析】根据三

9、视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：，根据勾股定理可得：，是边长为的等边三角形，根据三角形面积公式可得：，该几何体的表面积是：.故选：C.【考点】根据三视图求立体图形的表面积，根据三视图画出立体图形10.【答案】A【解析】分别将，改写为，再利用单调性比较即可.因为，所以.故选：A.【考点】对数式大小的比较11.【答案】C【解析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求.设，.故选：C.【考点】余弦定理，同角三角函数关系12.【答案】D【解析】根据基本不等式使用

10、条件可判断A；根据奇偶性可判断B；根据对称性判断C，D.可以为负，所以A错；，关于原点对称；，故B错；关于直线对称，故C错，D对.故选：D.【考点】函数定义域与最值，奇偶性，对称性二、填空题13.【答案】7【解析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.不等式组所表示的可行域如图.因为，所以，易知截距越大，则越大，平移直线，当经过点时截距最大，此时最大，由，得，所以.故答案为：7.【考点】简单线性规划的应用，线性目标函数的最大值14.【答案】【解析】根据已知可得，结合双曲线中，的关系，即可求解.由双曲线方程可得其焦点在轴上，因为其一条渐近线为，所以，.故答案为：.【考点】双曲线性质15.【答案】1

11、【解析】由题意首先求得导函数的解析式，然后得到关于实数的方程，解方程即可确定实数的值.由函数的解析式可得：，则：，据此可得：，整理可得：，解得：.故答案为：1.【考点】导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想16.【答案】【解析】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.易知半径最大球为

12、圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中，且点为边上的中点，设内切圆的圆心为，由于，故，设内切圆半径为，则：，解得：，其体积：.故答案为：.三、解答题17.【答案】（1）（2）【解析】（1）设等比数列的公比为，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式.设等比数列的公比为，根据题意，有，解得，所以.（2）由（1）求出的通项公式，利用等差数列求和公式求得，根据已知列出关于的等量关系式，求得结果.令，所以，根据，可得，整理得，因为，所以.【考点】比数列通项公式基本量的计算，等差数列求和公式的应用18.【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43

13、、0.27、0.21、0.09（2）350（3）有，列联表如下：空气质量不好空气质量好，因此，有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【解析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率.由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为，等级为2的概率为，等级为3的概率为，等级为4的概率为.（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果.由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为.（3）根据表格中的数据完善列联表，计算出的观测值，再结合临界值表可得结论.列联表如下：空气质量不好空气质量好，因此，有的把握认为一天中到该

14、公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【考点】利用频数分布表计算频率和平均数，独立性检验的应用19.【答案】（1）因为长方体，所以，因为长方体，所以四边形为正方形，.因为，因此，因为，所以.（2）在上取点使得，连，因为，所以，所以四边形为平行四边形，.因为，所以四边形为平行四边形，因此在平面内.【解析】（1）根据正方形性质得，根据长方体性质得，进而可证，即得结果.因为长方体，所以，因为长方体，所以四边形为正方形，.因为，因此，因为，所以.（2）只需证明即可，在上取点使得，再通过平行四边形性质进行证明即可.在上取点使得，连，因为，所以，所以四边形为平行四边形，.因为，所以四边形为平行四边形，因

15、此在平面内.【考点】线面垂直判定定理，线线平行判定20.【答案】（1）由题，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在，上单调递增.（2）【解析】（1），对分和两种情况讨论即可.由题，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在，上单调递增.（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.由（1）知，有三个零点，则，且，即，解得，当时，且，所以在上有唯一一个零点，同理，所以在上有唯一一个零点，又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，综上可知的取值范围为.【考点】利用导数研究

16、函数的单调性，已知零点个数求参数的范围21.【答案】（1）（2）【解析】（1）因为，可得，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案.，根据离心率，解得或（舍），的方程为：，即.（2）点在上，点在直线上，且，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，可得，可求得点坐标，求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.点在上，点在直线上，且，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为.根据题意画出图形，如图，又，根据三角形全等条件“”，可得：，设点为，可得点纵坐标为，将其代入，可得：，解得：或，点为或，当点为时，故，可得：点为，画出图象，如图，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式

17、可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：；当点为时，故，可得：点为，画出图象，如图，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：，综上所述，面积为：.【考点】椭圆标准方程，三角形面积，椭圆的离心率定义，数形结合求三角形面积22.【答案】（1）（2）【解析】（1）由参数方程得出，的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出的值.令，则，解得或（舍），则，即.令，则，解得或（舍），则，即.（2）由，的坐标得出直线的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.由（1）可知，则直线的方程为，即.由，可得，直线的极坐标方程为.【考点】利用参数方程求点的坐标，直角坐标方程化极坐标方程23.【答案】（1），.，均不为0，则，.（2）不妨设，由，可知，.，.当且仅当时，取等号，即.【解析】（1）由结合不等式的性质，即可得出证明.，.，均不为0，则，.（2）不妨设，由题意得出，由，结合基本不等式，即可得出证明.不妨设，由，可知，.当且仅当时，取等号，即.【考点】不等式的基本性质，基本不等式的应用