2020年高考数学试卷(理科新课标Ⅲ)(解析版).pdf

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1、20202020 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试理科数学理科数学注意事项：注意事项：1 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 2 回答选择题时，回答选择题时，选出每小题答案后，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用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号用橡皮擦干净后，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回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上写在本试卷上无效无效.3 3考试结束后，将本试卷和答题

2、卡一并交回考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的是符合题目要求的.1.已知集合A(x,y)|x,yN N*,y x，B(x,y)|x y 8，则AA.2【答案】C【解析】采用列举法列举出A【详解】由题意，AB.3C.4B中元素的个数为（）D.6B中元素的即可.y x*B中的元素满足，且x,yN，x y 8由x y 8 2x，得x 4，所以满足x y 8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)

3、，故AB中元素的个数为 4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.2.复数A.1的虚部是（）13i310B.110C.110D.310【答案】D【解析】利用复数的除法运算求出z即可.【详解】因为z 故选：D.【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.3.在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4，且pi1，则下面四种情形中，对应i14113i1313i，所以复数z 的虚部为.13i(13i)(13i)101013i10样本的标准差最大的一组是（）A.p1 p4 0.1,p2 p3 0.4

4、C.p1 p4 0.2,p2 p3 0.3【答案】B【解析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组.【详解】对于 A选项，该组数据的平均数为xA140.1230.4 2.5，2方差为sA12.50.122.50.432.50.442.50.10.65；2222B.p1 p4 0.4,p2 p3 0.1D.p1 p4 0.3,p2 p3 0.2对于 B选项，该组数据的平均数为xB140.4230.1 2.5，2方差为sB12.50.422.50.132.50.142.50.41.85；2222对于 C选项，该组数据的平均数为xC140.2230.3 2.5，2方差为s

5、C12.50.222.50.332.50.342.50.21.05；2222对于 D选项，该组数据的平均数为xD140.3230.2 2.5，2方差为sD12.50.322.50.232.50.242.50.31.45.2222因此，B选项这一组标准差最大.故选：B.【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.4.Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城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 I(t)(t的单位：天)的 Logistic模型：I(t)=K1e0.23(t53)I(t*)=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则

6、t*约为（）（ln193）A.60【答案】CB.63C.66【解析】将t t代入函数It【详解】It1e0.23t53所以，0.23t 53 ln19 3，解得t【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.的1e，其中 K 为最大确诊病例数当D.69I t0.23t53结合KK 0.95K求得t即可得解.K，所以It1e0.23 t 53 0.95K，则e0.23 t5319，353 66.故选：C.0.235.设O为坐标原点，直线x 2与抛物线 C：y2 2px(p 0)焦点坐标为（）A.交于D，E两点，若OD OE，则C的1,04B.,012C.(1,0)D

7、.(2,0)【答案】B【解析】根据题中所给的条件OD OE，结合抛物线的对称性，可知DOx EOx 定出点D的坐标，代入方程求得p的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】因为直线x 2与抛物线y2 2px(p 0)交于E,D两点，且OD OE，根据抛物线的对称性可以确定DOx EOx 4，从而可以确4，所以D2,2，代入抛物线方程4 4p，求得p 1，所以其焦点坐标为(,0)，故选：B.【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有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，属于简单题目.6.已知向量 a a，b b满足|a|5，|b|6，ab 6，

8、则cos a a,a a b b=（）A.313512B.1935C.1735D.1935【答案】D【解析】计算出a ab、ab的值，利用平面向量数量积可计算出cos a,ab 的值.【详解】a 5，b 6，ab 6，a a b a ab 526 19.2ab ab2a 2abb 252636 7，22因此，cos a,ab a aba ab1919.故选：D.5735【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.7.在 ABC中，cosC=A.192，AC=4，BC=3，则 cosB=（）311B.C.23D.23【答案

9、】AAB2BC2AC2【解析】根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据cosB，即可求得答案.2ABBC【详解】在ABC中，cosC 2，AC 4，BC 33222根据余弦定理：AB2 AC2 BC22AC BC cosC,AB 4 3 243可得AB 9，即AB 3,由22,3AB2 BC2 AC299161cosB,2ABBC2339故cosB1.故选：A.9【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.6+42【答案】CB.4+42C.6+23D.4+23【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题

10、意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】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：SABC SADC SCDB根据勾股定理可得：AB AD DB 2 2122 22ADB是边长为2 2的等边三角形根据三角形面积公式可得：SADB113AB ADsin60(2 2)2 2 3222该几何体的表面积是：322 3 62 3.故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.9.已知 2tantan(+A.2【答案】D【解析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解

11、一元二次方程，即可得出答案.)=7，则 tan=（）4B.1C.1D.2tan12tantan 7，【详解】7，2tan41tan令t tan,t 1，则2t 1t7，整理得t24t 4 0，解得t 2，即tan 2.故选：D.1t【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.10.若直线 l与曲线 y=x和 x2+y2=A.y=2x+1【答案】D【解析】根据导数的几何意义设出直线l的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.【详解】设直线l在曲线y 函数y x的导数为y 1都相切，则 l的方程为（）512C.y=B.y=2x+1x+12D.y=11x+22x上的切点为x0

12、,x0，则x0 0，12 x，则直线l的斜率k 1，2 x0设直线l的方程为yx01x x0，即x2 x0y x0 0，2 x0 x011由于直线l与圆x y 相切，则，14x550222两边平方并整理得5x04x01 0，解得x01，x0 1（舍），5则直线l的方程为x2y 1 0，即y 11x.故选：D.22【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.x2y211.设双曲线 C：221（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5P是 C上一点，且abF1PF2P若PF1F2的面积为 4，则 a=（）A.1【答案】A【解析】根据双曲线的定义，三角

13、形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案.【详解】B.2C.4D.8c5，c 5a，根据双曲线的定义可得PF1 PF2 2a，a122|PF1|PF2 4，即|PF1|PF28，F1P F2P，|PF1|2 PF22c，2SPF1F2PF1 PF2故选：A.22 PF1 PF2 4c2，即a25a240，解得a 1，【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.12.已知 5584，13485设 a=log53，b=log85，c=log138，则（）A.abc【答案】A【解析】由题意可得a、b、c0,1，利用作商法以及基本不等式

14、可得出a、b的大小关系，由b log85，得8b5，结合5584可得出b出a、b、c的大小关系.【详解】由题意2B.bacC.bcaD.ca400n(adbc)2附：K，(ab)(cd)(ac)(bd)2P(K2k)k0.0503.8410.0106.6350.00110.828【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、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析.【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；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善22列

15、联表，计算出K2的观测值，再结合临界值表可得结论.【详解】（1）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21625 0.43，等级为2的100概率为51012678720 0.27，等级为3的概率为 0.21，等级为4的概率为 0.09；100100100100203003550045350100（2）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）22列联表如下：空气质量不好空气质量好人次 400人次 40033223781003383722K25.8203.841，55457030因此，有95%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.【点睛】本题考

16、查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.19.如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DE ED1，BF 2FB12（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB 2，AD 1，AA1 3，求二面角A EF A1的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）42.7【解析】（1）连接C1E、C1F，证明出四边形AEC1F为平行四边形，进而可证得点C1在平面AEF内；（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系C1 xyz，利用空间向量法可计算出二面角A

17、EF A1【详解】（1）在棱CC1上取点G，使得C1G 余弦值，进而可求得二面角A EF A1的正弦值.1CG，连接DG、FG、C1E、C1F，2在长方体ABCD A1B1C1D1中，AD/BC且AD BC，BB1/CC1且BB1 CC1，122C1G CG，BF 2FB1，CG CC1BB1 BF且CG BF，233所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF/DG且AF DG，同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E/DG且C1E DG，C1E/AF且C1E AF，则四边形AEC1F为平行四边形，因此，点C1在平面AEF内；（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为

18、x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系C1 xyz，,0、E2,0,2、F0,1,1，则A2,1,3、A12,1AE 0,1,1，AF 2,0,2，A1E 0,1,2，A1F 2,0,1，设平面AEF的法向量为m x1,y1,z1，y1 z1 0m AE 0由，得取z1 1，得x1 y11，则m 1,1,1，2x12z1 0m AF 0设平面A1EF的法向量为n x2,y2,z2，y22z2 0n A1E 0由，得，取z2 2，得x21，y2 4，则n 1,4,2，2x z 022n A1F 0cos m,n mnm n37，7321742.，sin1cos277设二面角A EF A1的平

19、面角为，则cos因此，二面角A EF A1的正弦值为42.7【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.x2y21520.已知椭圆C:21(0 m 5)的离心率为，A，B分别为C的左、右顶点25m4（1）求C的方程；（2）若点P在C上，点Q在直线x 6上，且|BP|BQ|，BP BQ，求APQ的面积5x216y22.【答案】（1）；（）122525x2y21(0 m 5)，可得a 5，b m，根据离心率公式，结合已知，即可求得【解析】（1）因为C:25m2答案；（2）点P在C上，点Q在直线x 6上，且|BP|BQ|，BP BQ，过

20、点P作x轴垂线，交点为M，设x 6与x轴交点为N，可得PMB BNQ，可求得P点坐标，求出直线AQ直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ的面积.【详解】（1）x2y2C:21(0 m 5)a 5，b m，25m直线方程，根据点到c15 b m根据离心率e 1 1，a4a5x2y2155x216y22解得m 或m (舍)，C的方程为：25 5，即1；4425254（2）不妨设P,Q在 x轴上方点P在C上，点Q在直线x 6上，且|BP|BQ|，BP BQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设x 6与x轴交点为N根据题意画出图形，如图22|BP|BQ|，BP BQ，PMBQNB90，又PBM QBN

21、90，BQN QBN 90，PBM BQN，根据三角形全等条件“AAS”，可得：PMB BNQ，x216y21，B(5,0)，PM BN 651，2525x216y2设P点为(xP,yP)，可得P点纵坐标为yP1，将其代入1，2525xP216可得：1，解得：xP 3或xP 3，P点为(3,1)或(3,1)，2525当P点为(3,1)时，故MB 532，PMB BNQ，|MB|NQ|2，可得：Q点为(6,2)，画出图象，如图A(5,0),Q(6,2)，可求得直线AQ的直线方程为：2x11y100，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d 23111102211251255，5根据两点间

22、距离公式可得：AQ 65220 5 5，2APQ面积为：15 555；252当P点为(3,1)时，故MB 5+38，PMB BNQ，|MB|NQ|8，可得：Q点为(6,8)，画出图象，如图A(5,0),Q(6,8)，可求得直线AQ的直线方程为：8x11y40 0，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d 83111408211251855，185根据两点间距离公式可得：AQ 65280185，21555，综上所述，APQ面积为：.APQ面积为：185218522【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和

23、计算能力，属于中档题.21.设函数f(x)x3bx c，曲线y f(x)在点(（1）求 b（2）若f(x)有一个绝对值不大于 1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1【答案】（1）b 11，f()处的切线与 y轴垂直223；（2）证明见解析4121 131112（2）由（1）可得f(x)3x 2(x)(x)，易知f(x)在(,)上单调递减，在(,)，24222 21111111(,)上单调递增，且f(1)c,f()c,f()c,f(1)c，采用反证法，推出4242442【解析】（1）利用导数的几何意义得到f()0，解方程即可；矛盾即可.11【详解】（1）因为f(x)3x2b，由题意，

24、f()0，即3b 0222则b 3；433113x c，f(x)3x2 3(x)(x)，44221111令f(x)0，得x 或x ；令f(x)0，得 x，222211 11所以f(x)在(,)上单调递减，在(,)，(,)上单调递增，22 22111111且f(1)c,f()c,f()c,f(1)c，424244（2）由（1）可得f(x)x 若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1零点x0，则f(1)0或f(1)0，11或c .441111111当c 时，f(1)c 0,f()c 0,f()c 0,f(1)c 0，4242444即c 又f(4c)64c 3c c 4c(116c)0，32由零点存

25、在性定理知f(x)在(4c,1)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(,1)上存在唯一一个零点，在(1,)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1 的零点，与题设矛盾；当c 1111111时，f(1)c 0,f()c 0,f()c 0,f(1)c 0，424244432又f(4c)64c 3c c 4c(116c)0，由零点存在性定理知f(x)在(1,4c)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(1,)上存在唯一一个零点，在(,1)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1 的零点，与题设矛盾；综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.的【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及

26、到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.（二）选考题：共（二）选考题：共 1010 分分.请考生在第请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题如果多做，则按所做的第一题计分计分.选修选修 4 44 4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（1010 分）分）x 2t t222.在直角坐标系 xOy中，曲线 C的参数方程为（t为参数且 t1），C 与坐标轴交于 A、B2y 23t t两点（1）求|AB|；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB的极坐标方程【答案】（1）4 10（2）3coss

27、in12 0【解析】（1）由参数方程得出A,B的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB的值；（2）由A,B的坐标得出直线AB的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（1）令x 0，则t2t 2 0，解得t 2或t 1（舍），则y 264 12，即A(0,12).令y 0，则t23t 2 0，解得t 2或t 1（舍），则x 224 4，即B(4,0).AB(0 4)2(120)2 4 10；（2）由（1）可知kAB120 3，0(4)则直线AB的方程为y 3(x4)，即3x y12 0.由xcos,y sin可得，直线AB的极坐标方程为3cossin12 0.【点睛】本题主要考查了利用参

28、数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.选修选修 4 45 5：不等式选讲：不等式选讲（1010 分）分）23.设 a，b，cR，a+b+c=0，abc=1（1）证明：ab+bc+ca0；（2）用 maxa，b，c表示 a，b，c 中的最大值，证明：maxa，b，c3 4【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析.【解析】（1）由(abc)a b c 2ab2ac2bc 0结合不等式的性质，即可得出证明；2222bc（2）不妨设maxa,b,c a，由题意得出a 0,b,c 0，由a3 a2a bc合基本不等式，即可得出证明.【详解】（1）2b2c22bc，结bc(abc)2 a2b2c22ab2ac2bc 0，abbcca 1222a b c2abc 1,a,b,c均不为0，则a2b2 c2 0，abbcca （2）不妨设maxa,b,c a，由abc 0,abc 1可知，a 0,b 0,c 0，2221bcb c 2bc2bc2bc32a bc,a，a a a 4.bcbcbcbc当且仅当b c时，取等号，.1222a b c 0；2a 34，即maxa,b,c34.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.