天津市2020年高考[数学]考试真题与答案解析.pdf

天津市 2020 年高考数学考试真题与答案解析天津市 2020 年高考数学考试真题与答案解析一选择题一选择题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的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设全集，集合，则 3,2,1,0,1,2,3U 1,0,1,2,3,0,2,3AB UAB A 3,3B 0,2C 1,1D 3,2,1,1,32设，则“”是“”的aR1a 2aaA充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件3函数的图象大致为241xyxA BC D4从一批零件中抽取 80 个，测量其直径（单位：），将所得数据分为 9 组：mm，并整理得到如下频率分布直方图，则在被抽5.31,5.33),5.33,5.35),5.45,5.47),5.47,5.49取的零件中，直径落在区间内的个数为5.43,5.47)A10 B18 C20 D365若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为2 3A B 1224C D361446设，则的大小关系为0.70.80.713,(),log0.83abc,a b cA B abcbacC Dbcacab7设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为C22221(0,0)xyabab24yx(0,)b若的一条渐近线与 平行，另一条渐近线与 垂直，则双曲线的方程为lCllCA B 22144xy2214yx C D2214xy221xy8已知函数给出下列结论：()sin()3f xx的最小正周期为；()f x2是的最大值；()2f()f x把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象sinyx3()yf x其中所有正确结论的序号是A B C D9已知函数若函数恰有 4 个零点，则的取值3,0,(),0.xxf xx x2()()2()g xf xkxx kRk范围是A 1(,)(2 2,)2 B1(,)(0,2 2)2 C (,0)(0,2 2)D(,0)(2 2,)二填空题二填空题本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分试题中包含两个空的，答对 1 个的给 3 分，全部答对的给 5 分本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分试题中包含两个空的，答对 1 个的给 3 分，全部答对的给 5 分10 是虚数单位，复数_i8i2i11在的展开式中，的系数是_522()xx2x12已知直线和圆相交于两点若，则 的值为380 xy222(0)xyrr,A B|6AB r_13已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、1213乙两球都落入盒子的概率为_；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_14已知，且，则的最小值为_0,0ab1ab 11822abab15如图，在四边形中，且，则ABCD60,3BAB6BC 3,2ADBCAD AB 实数的值为_，若是线段上的动点，且，则的最小值为,M NBC|1MN DM DN _三解答题三解答题本大题共 5 小题，共 75 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤本大题共 5 小题，共 75 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤16 （本 小 题 满 分 14 分）在中，角所 对 的 边 分 别 为 已 知ABC,A B C,a b c2 2,5,13abc（）求角的大小；C（）求的值；sin A（）求的值sin(2)4A17（本 小 题 满 分 15 分）如 图，在 三 棱 柱中，平 面111ABCABC1CC，点分 别 在 棱和 棱上，且,2ABC ACBC ACBC13CC,DE1AA1CC为棱的中点2,1,ADCEM11AB（）求证：；11C MB D（）求二面角的正弦值；1BB ED（）求直线与平面所成角的正弦值AB1DB E18（本小题满分 15 分）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为22221(0)xyabab(0,3)AF|OAOFO原点（）求椭圆的方程；（）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心C3OCOF BBABC的圆相切于点，且为线段的中点求直线的方程PPABAB19（本小题满分 15 分）已知为等差数列，为等比数列，na nb115435431,5,4abaaabbb（）求和的通项公式；na nb（）记的前项和为，求证：；nannS2*21nnnS SSnN（）对任意的正整数，设求数列的前项和n21132,.nnnnnnnabna acanb为奇数为偶数 nc2n20（本小题满分 16 分）已知函数，为的导函数3()ln()f xxkx kR()fx()f x（）当时，6k（i）求曲线在点处的切线方程；()yf x(1,(1)f（ii）求函数的单调区间和极值；9()()()g xf xfxx（）当时，求 证：对 任 意 的，且，有3k 12,1,)x x 12xx1212122fxfxf xf xxx答案解析答案解析一选择题1C2A3A4B5C6D7D8B9D二填空题10111012513；14415；32i162316132三解答题16（）解：在中，由 余 弦 定 理 及，有ABC2 2,5,13abc又因为，所以2222cos22abcCab(0,)C4C（）解：在中，由正弦定理及，可得ABC,2 2,134Cacsin2 13sin13aCAc（）解：由及，可得，ac2 13sin13A 23 13cos1 sin13AA进而2125sin22sincos,cos22cos11313AAAAA 所以，1225217 2sin(2)sin2 coscos2 sin44413213226AAA17依题意，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直C1,CA CB CC xyz角坐标系（如图），可得，1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)CABC，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)ABDE(1,1,3)M（）证明：依题意，从而，所以1(1,1,0)C M 1(2,2,2)B D 112200C M B D 11C MB D（）解：依题意，是平面的一个法向量，设(2,0,0)CA 1BB E1(0,2,1)EB(2,0,1)ED 为 平 面的 法 向 量，则即不 妨 设，可 得(,)x y zn1DB E10,0,EBED nn20,20.yzxz1x(1,1,2)n因此有，于是|6cos,6|ACACCA nnn30sin,6CA n所以，二面角的正弦值为1BB ED306（）解：依题意，由（）知为平面的一个法向量，于是(2,2,0)AB (1,1,2)n1DB E3cos,3|ABABAB nnn所以，直线与平面所成角的正弦值为AB1DB E3318（）解：由已知可得记半焦距为，由可得又由3b c|OFOA3cb，可得所以，椭圆的方程为222abc218a 221189xy（）解：因为直线与以为圆心的圆相切于点，所以依题意，直线和ABCPABCPAB直线的斜率均存在设直线的方程为由方程组消去，可得CPAB3ykx223,1,189ykxxyy，解 得，或.依 题 意，可 得 点的 坐 标 为2221120kxkx0 x 21221kxkB因为为线段的中点，点的坐标为，所以点的坐标为2221263,21 21kkkkPABA(0,3)P由，得点的坐标为，故直线的斜率为，即2263,21 21kkk3OCOF C(1,0)CP2230216121kkk又因为，所以，整理得，解得，23261kkABCP231261kkk 22310kk 12k 或所以，直线的方程为，或1k AB132yx3yx19（）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为由，nad nbq11a，可得，从而的通项公式为由，又，5435aaa1d nanan15431,4bbbb0q 可得，解得，从而的通项公式为24402q nb12nnb（）证明：由（）可得，故，(1)2nn nS21(1)(2)(3)4nnS Sn nnn22211(1)24nSnn从而，所以2211(1)(2)02nnnS SSnn 221nnnS SS（）解：当为奇数时，；当为偶数时，n111232(32)222(2)2nnnnnnnnabnca an nnnn1112nnnnancb对任意的正整数，有，n222221112221212121kknnnkkkckkn和 22311211352144444nnkknkkknc由得 22311113232144444nknnknnc由得，从而得22111211312221121441444444414nnknnnknnc2156599 4nknknc因此，22121114654219 49nnnnkkknkkkncccn所以，数列的前项和为 nc2n4654219 49nnnn20（）（i）解：当时，故可得，6k 3()6lnf xxx26()3fxxx(1)1f(1)9f 所以曲线在点处的切线方程为，即()yf x(1,(1)f19(1)yx 98yx（ii）解：依题意，从而可得，323()36ln,(0,)g xxxxxx2263()36g xxxxx整理可得令，解得323(1)(1)()xxg xx()0g x1x 当变化时，的变化情况如下表：x(),()g x g xx(0,1)1(1,)()g x-0+()g x极小值所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；的极小值为，()g x(0,1)(1,)()g x(1)1g无极大值（）证明：由，得3()lnf xxkx2()3kfxxx对任意的，且，令，则12,1,)x x 12xx12(1)xt tx1212122xxfxfxf xf x22331121212122332lnxkkxxxxxxkxxx3322121121212212332 lnxxxxxx xx xkkxxx 332213312lnxtttk ttt 令当时，由此可得在1()2ln,1,)h xxx xx1x 22121()110h xxxx()h x单调递增，所以当时，即1,)1t()(1)h th12ln0ttt 因为，21x 323331(1)0,3ttttk 所以，332322113312ln(331)32lnxtttk ttttttttt 2336ln31tttt由（）（ii）可知，当时，即，1t()(1)g tg32336ln1tttt故 23336ln10tttt 由可得所以，当时，对任意的12121220 xxfxfxf xf x3k ，且，有12,1,)x x 12xx1212122fxfxf xf xxx。