2020年云南省高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ).docx

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1、 2020 年云南省高考数学试卷（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. 已知集合 , ， + ，则8 中元素的个数为（ ）A.2B.3C.4D.6【答案】C【考点】交集及其运算【解析】利用交集定义求出 (7, 1),(6, 2),(3, 5),(4, 4)由此能求出 中元素的个数【解答】 集合 , ， +8， (1, 7),(2, 6),(3, 5),(4, 4)+ = 8, 中元素的个数为412. 复数的虚部是（ ）3113A.B.C.D.10101010【答案】D【考点】复数的运算【解析】直接

2、利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】113 ，= +1010 复数 13的虚部是 103. 在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为 ， ， ， ，且41，1则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）234A. 0.1， 0.41423B. 0.4， 0.11423C. 0.2， 0.31423D. 0.3， 0.21423试卷第 1 页，总 21 页 【答案】B【考点】极差、方差与标准差【解析】根据题意，求出各组数据的方差，方差大的对应的标准差也大【解答】选项1 0.1 + 2 0.4 + 3 0.4 + 4 0.12.5，所以(1 2.5) 0.1 + (2 2.5

3、) 0.4 + (3 2.5) 0.4 + (4 2.5) 0.10.65；2222同理选项选项2.5，1.85；1.05；1.45；2.5，2.5，选项4.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（ 的单位：天）的 模型：建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数=，其中 为最大确诊病例数当 )则 约为( )(ln19 3)时，标志着已初步遏制疫情，A.60B.63C.66D.69【答案】C【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】根据所给材料的公式列出方程【解答】=，解出 即可由已知可得=，解得 0.23（） = ，119两边取对数有 53)ln19，解得 66，5. 设 为坐

4、标原点，直线 2与抛物线2 0)交于 ， 两点，若，则 的焦点坐标为（ ）A.( , 0)1B.(1 , 0)C.(1, 0)D.(2, 0)42【答案】B 法二：易知，ODE45，可得 D（2，2），代入抛物线方程 y22px，可得 44p，解得 p1，【考点】直线与抛物线的位置关系【解析】法一：利用已知条件转化求解 、 坐标，通过得到抛物线的焦点坐标1，求解抛物线方程，即可法二：画出图形，求出 的坐标，代入抛物线方程，然后求解即可试卷第 2 页，总 21 页 【解答】法一：将 2代入抛物线 2，可得1，2 2 = 1，解得 1，即 22所以抛物线方程为： 2 ，它的焦点坐标(故选： 法二：

5、易知，45，可得2)，代入抛物线方程 2，故选： 6. 已知向量 ， 满足 |5， |6， = 6，则cos = ( )313519C.17D.19A.B.353535【答案】D【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】利用已知条件求出 + |，然后利用向量的数量积求解即可【解答】向量 ， 满足 |5， |6， = 6，可得 + | =+ += 25 12 + 36 = 7，222 cos =) =|= 256 = 1957573527. 在中，cos = ， 4， 3，则cos （ ）3A.1B.1C.1D.29323【答案】试卷第 3 页，总 21 页 A【考点】余弦定理正弦定理【解析】

6、先根据余弦定理求出 ，再代入余弦定理求出结论【解答】2在中，cos = ， 4， 3，3由余弦定理可得 2 2 +故 3；2 cos 42 + 32 2 4 3 2 = 9；3 cos =222= 32+3242233= 1，98. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.6 + 42B.4 + 42C.6 + 23D.4 + 23【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】先由三视图画出几何体的直观图，利用三视图的数据，利用三棱锥的表面积公式计算即可【解答】由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图： 2， 、 、 两两垂直，故 22，几何体的表面积为：3 2 2 +13 (

7、2 2) = 6 + 2 3，4229. 已知2tan tan + )7，则tan （ ）4A.2B.1C.1D.2【答案】D试卷第 4 页，总 21 页 【考点】两角和与差的三角函数【解析】利用两角和差的正切公式进行展开化简，结合一元二次方程的解法进行求解即可【解答】由2tan tan + )7，得2tan tan= 7，41tan即2tan 2tan2 tan 17 7tan ，得2tan2 8tan + 80，即tan2 4tan + 40，即(tan 2)20，则tan 2，10. 若直线 与曲线 = 和圆 2 + 2 = 都相切，则 的方程为（ ）15121 + 12D. = 1 +

8、 1A. + 1B. +C. =22【答案】D【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】根据直线 与圆 2 + 2 = 相切，利用选项到圆心的距离等于半径，在将直线与曲线15= 求一解可得答案；【解答】直线 与圆 2 + 2 = 相切，那么圆心(0, 0)到直线的距离等于半径 ，1555四个选项中，只有 ， 满足题意；对于 选项： + 1与 = 联立，可得 + 10，此时无解；12+ 与 = 联立，可得 + = 0，此时解得 1；111对于 选项： =222 直线 与曲线 = 和圆 += 1都相切，方程为 = 1 + 1，225222222= 0, 0)的左、右焦点分别为11. 设双曲线是

9、 上一点，且A.1， ，离心率为512若 1 2的面积为4，则 （ ）12B.2C.4D.8【答案】A【考点】双曲线的离心率【解析】利用双曲线的定义，三角形的面积以及双曲线的离心率，转化求解 即可试卷第 5 页，总 21 页 【解答】由题意，设 2 ，5， ，可得 ，1= 4， 2 + 2 2， =12可得 216 + 2，可得 24 + 2，解得 112. 已知55 84，134 85设 log 3， log 5， log 8，则（ ）5813A. B. C. D. 【答案】A【考点】对数值大小的比较【解析】根据 ，可得 ，然后由 log 5 0.8，得到 ，再确定 ， ，813的大小关系【

10、解答】358)25242) 1，2 ；= log 3 log 8 = (5555854 5，log 5 0.8； 8 ， 5 1.25 54558 13， ， 8 ， 4 0.8 451313综上， 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。+ 0,若 ， 满足约束条件 0, 则 + 的最大值为_ 1,【答案】7【考点】简单线性规划【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值， + 表示直线在 轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在 轴上的截距最大值即可【解答】= 1先根据约束条件画出可行域，由解得2)， = 02)时，目标函数在 轴上的截距取得最大值时，此时如图

11、，当直线 + 过点取得最大值，即当 1， 2时， max3 1 + 2 27+ 2) 的展开式中常数项是_（用数字作答）26【答案】试卷第 6 页，总 21 页 240【考点】二项式定理及相关概念【解析】先求出二项式展开式的通项公式，再令 的幂指数等于0，求得 的值，即可求得展开式中的常数项的值【解答】由于 2 + )6的展开式的通项公式为2= 2 ，6令120，求得 4，故常数项的值等于 4 24240，6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球的体积为_【答案】23【考点】球的表面积和体积【解析】易知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球，作图，求得出该内切球的半径即可求出球

12、的体积【解答】因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线 3，底面半径 1，则其高= 22，22不妨设该内切球与母线 切于点 ，令 ，由，则 = ，即= ，解得 = ，12232= 4= 2 ，3331关于函数sin + 有如下四个命题：sin的图象关于 轴对称的图象关于原点对称的图象关于直线 = 对称2的最小值为2其中所有真命题的序号是_【答案】【考点】命题的真假判断与应用【解析】根据函数奇偶性的定义，对称性的判定，对称轴的求法，逐一判断即可试卷第 7 页，总 21 页 【解答】对于，由sin 0可得函数的定义域为 ，故定义域关于原点对称，1= sin 1 =；由sin+si

13、nsin所以该函数为奇函数，关于原点对称，所以错对；1= sin +1=，所以该函数关于对于，由 sin +sinsin= 对称，对；21对于，令 sin ，则 1, 0) (0, 1，由双勾函数 + 的性质，可知， + 1 (,2 2,+)，所以 无最小值，错；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。设数列 满足 3， 1（1）计算 ， ，猜想 的通项公式并加以证明；23（2）求数列2的前 项和 【答案】法一：数列 满足 3， ，1则 45， 4

14、 27，2132猜想 的通项公式为 + 1证明如下： 当 1，2，3时，显然成立，假设 时， +)成立，+当 + 1时， + 1) + 3+ 1) + 1，故 + 1时成立，由知， + 1，猜想成立，所以 的通项公式 + 1法二：数列 满足 3， ，1则 45， 4 27，2132猜想 的通项公式为 + 1证明：设+ 1) + + ，可得+ ，= 4 = 0= 2= 1 ，解得，+ 1) 1 1)，（不能说明 1是等比数列）3， 2 1 10，并且 2(2 + 1) 10，所以 + 1恒成立112所以 + 1令 2 + 1) 2 ，则数列23 21 + 5 22+.的前 项和+ 1)2 ，两边

15、同乘2得，-得，3 22 + 5 23+.+ 1)2 ，3 2 + 2 22+. +2 2 + 1)2试卷第 8 页，总 21 页 8(12)+ 1)2+ 21)26 +，12所以 【考点】数学归纳法数列递推式数列的求和【解析】（1）法一利用数列的递推关系式求出 ， ，猜想 的通项公式，然后利用数学归23纳法证明即可法二：利用数列的递推关系式，转化求解即可（2）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的前 项和 【解答】法一：数列 满足 3，1则 45， 4 27，2132猜想 的通项公式为 + 1证明如下： 当 1，2，3时，显然成立，假设 时， +)成立，+当 + 1时，+ 1) + 3

16、+ 1) + 1，故 + 1时成立，由知， + 1，猜想成立，所以 的通项公式 + 1法二：数列 满足 3，1则 45， 4 27，2132猜想 的通项公式为 + 1证明：设+ 1) + + ，可得+，= 4= 2= 1 ，解得，= 0+ 1) 11)，（不能说明1是等比数列）13，2 1 10，并且2(2 + 1) 10，所以 + 1恒成立12所以 + 1令 2 + 1) 2 ，则数列23 21 + 5 22+.的前 项和+ 1)2 ，两边同乘2得，-得，3 22 + 5 23+.+ 1)2 ，3 2 + 2 22+. +2 2+ 1)28(12)+ 1)2+ 26 +，12所以 1)2某学

17、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试卷第 9 页，总 21 页 1（优）2567161072（良）3（轻度污染）4（中度污染）20（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2 2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的

18、空气质量有关？人次 400 人次 400空气质量好空气质量不好2附： 2 =0.050 0.010 0.0013.841 6.635 10.828【答案】该市一天的空气质量等级为1的概率为：21625= 43；100100该市一天的空气质量等级为2的概率为：51012=27100100该市一天的空气质量等级为3的概率为：678= 21；100100该市一天的空气质量等级为4的概率为：720= 9 ；100100由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为： = 100 0.20300 0.35 500 0.45350；根据所给数据，可得下面的2 2列联表，人次 400 人次 400 总计

19、试卷第 10 页，总 21 页 空气质量好空气质量不好 22总计 55703045100由表中数据可得： 2=2= 100(3383722)2 5.820 3.841，70305545所以有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【考点】独立性检验古典概型及其概率计算公式【解析】（1）用频率估计概率，从而得到估计该市一天的空气质量等级为 1，2，3，4的概率；（2）采用频率分布直方图估计样本平均值的方法可得得答案；（3）由公式 2 =2计算 的值，从而查表即可，【解答】该市一天的空气质量等级为1的概率为：21625= 43；100100该市一天的空气质量等级为2的概率为

20、：51012=27100100该市一天的空气质量等级为3的概率为：678= 21；100100该市一天的空气质量等级为4的概率为：720= 9 ；100100由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为： = 100 0.20300 0.35 500 0.45350；根据所给数据，可得下面的2 2列联表，人次 400 人次 400 总计空气质量好空气质量不好 22总计 55703045100由表中数据可得： 2=2= 100(3383722)2 5.820 3.841，70305545所以有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如图，在长方体11 1 1 1中，

21、点 ， 分别在棱 1， 1上，且1，试卷第 11 页，总 21 页 （1）证明：点 在平面内；1（2）若 2， 1， 13，求二面角 的正弦值1【答案】证明：在 1上取点 ，使得，连接，1， 1，1，且 1 1 1111在长方体1 1 1 1中，有11又1， 1，1 四边形和四边形都是平行四边形11，且 1，且 又在长方体1 1 1 1中，有1 1，且 1 1，为平行四边形，且1 11，且 1，则四边形1 11 111，又1，且 1，为平行四边形，1，且 1，则四边形 点11在平面内；在长方体中，以 为坐标原点，1 1 1 11所在直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系分别以 1 1， 1 1，

22、12， 1，13，1， 1，1, 3)，0, 2)，1, 1)， 1(2, 1, 0)，则= (2,1, 1)，= (0, 1, 1)，= (0, 1,2)11设平面的一个法向量为 =, , )1111=+ = 01则111，取 1，得 = (1,1, 1)；1= = 01112设平面的一个法向量为 =, , )12222=+ = 02则222，取 1，得 = (1,4,2)122=+= 02212 cos =2= 13217|12试卷第 12 页，总 21 页 1设二面角 17717【考点】平面的基本性质及推论二面角的平面角及求法【解析】（1）在 1上取点 ，使得，连接，1， 1，由已知证明

23、四1，且 1，1都是平行四边形，可得1边形和四边形1，且 ，进一步证明四边形为平行四边形，得到1，1 11且1 1，结合1，且 1，可得1，且 1，则四边形为平行四边形，从而得到点 在平面内；中，以 为坐标原点，分别以 1 1， 1 1，111（2）在长方体所在1 1 1 11直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系分别求出平面的一个法向量与平面1的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角 的余弦值，再由同1角三角函数基本关系式求得二面角 的正弦值1【解答】证明：在 1上取点 ，使得，连接，1， 1，11在长方体1 1 1 1中，有1，且 1 1 1111又1， 1，都是平行四边形1 四边形

24、和四边形11，且 1，且 又在长方体1 1 1 1中，有1 1，且 1 1，为平行四边形，且1 11，且 1，则四边形1 11 111，又1，且 1，为平行四边形，1，且 1，则四边形 点11在平面内；在长方体中，以 为坐标原点，1 1 1 11所在直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系分别以 1 1， 1 1，12， 1，13，1， 1，试卷第 13 页，总 21 页 则1设平面111=1则111，取 1，得 = (1,1, 1)；1=111设平面1222=2则2222=+2211+42,=7|17742的正弦值为 172+2= 1(0 0的情况，54222又+又25252)，而0)，则（法一

25、）1215=2222时，2= 821)，2)， 直线 的方程为： 0， 点 到直线 0的距离 = 5，10而1552102数形结合方法：如图示：当 点在 轴左侧时，过 点作0)点，易知，1，试卷第 15 页，总 21 页 2+ 1 = 1，解得： 3，（ 3舍 ），故 1时，252516故故1)，易得 8， 8，= (11 8 10 1 (1 + 65) 1 8) =125，2当 点在 轴右侧时，同理可得 3，即1)， 2， 2，故= ，525的面积是 综上，2【考点】椭圆的标准方程椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】（1）根据 = ， 225， 2 2，代入计算 2的值，求出 的方程即可；

26、（2）法一：设出 ， 的坐标，得到关于 ， ， 的方程组，求出1)，2)，从而求出的面积即可【解答】的面积法二：画出椭圆的图象，求出 点坐标，结合图象求出由 = 得 21 ，即 = 1 ，2152= 25，22162516故 的方程是： +22= 1；2525代数方法：由（1）0)，设，点，根据对称性，只需考虑 0的情况，5此时5 5，0 ，4， 有 5)+ + 1，222又， 5 + 0，2+2= 1，又2525= 3联立得 = 1 或 = 1 ，= 2 = 8= 3= 3当 = 1 时，则1)，2)，而0)，= 2则（法一）= (8, 1)，= (11, 2)，1215= |8 2 11

27、1| = ，22222试卷第 16 页，总 21 页 时，221)，2)， 直线 的方程为： 0，10而1552102数形结合方法：如图示：当 点在 轴左侧时，过 点作0)点，1，2+ 1 = 1，解得： 3，（ 3舍 ），25故故1)，易得 8， 8，= (11 8 10 1 (1 + 65) 1 8) =12当 点在 轴右侧时，同理可得 3，即1)， 2， 2，故52综上，2设函数 3 + ，曲线 在点（ , 1)）处的切线与 轴垂直122（1）求 ；试卷第 17 页，总 21 页 （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1【答案】由 3 + ，得2 + ，1 1

28、，即3) 3 ( ) + = 02= ；224的一个零点，根据题意， 0) = 03 3+ = 0，且 | 1，证明：设 为0004则 =03 +34，由 | 1，00令=3 +34 1)，=312 1)，+ =+242当 (1, ) ( , 1)时，11 0222 2111 1可知又在(1, )，( , 1)上单调递减，在( , )上单调递增222 21112) = ， ) = ，111= ，= ，44424 11 44的零点，则必有 1) = 13 34+ = 0，设 为11即 =113 +34 ，1144 1 =+ 1 =+ 1) 032，得1 1，111111+ 1) 013211即

29、| 11所有零点的绝对值都不大于1【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程函数的零点与方程根的关系【解析】1)3 ( )2 + = 0，由此求得 值；1（1）求出原函数的导函数，由题意可得22的一个零点，根据题意， 0) = 03 3+ = 0，且 | 1，得（2）设 为0004到 =03 +34，由 | 1，对求导数，可得在1, 1上的单调性，得到00 1 1设 为的零点，则必有 1) = 3 + = 0，可得 1 =31114444+ 3 1，由此求得 的范围得答案311144【解答】由 3 + ，得2 + ，1 1，即3) 3 ( ) + = 02= ；224试卷第 18 页，总 21 页

30、 的一个零点，根据题意， 0) = 03 34+ = 0，且 | 1，证明：设 为000则 =03 +34，由 | 1，00令=3 +34 1)，=312 1)，+ =+242当 (1, ) ( , 1)时，11 0222 2111 1可知又在(1, )，( , 1)上单调递减，在( , )上单调递增222 21112) = ， ) = ，111= ，= ，44424 11 44的零点，则必有 1) = 13 34+ = 0，设 为11即 =113 +34 ，1144 1 =+ 1 =+ 1) 032，得1 1，111111+ 1) 013211即 | 11所有零点的绝对值都不大于1（二）选考

31、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 4-4：坐标系与参数方程（10 分）= 2 ,= 2 +2在直角坐标系标轴交于 ， 两点（1）求中，曲线 的参数方程为为参数且 1)， 与坐2；（2）以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线 的极坐标方程【答案】当 0时，可得 2（1舍去），代入 2 + 2，可得 2 + 6 + 412，当 0时，可得 2（1舍去），代入 2 2，可得 2 2 44，所以曲线 与坐标轴的交点为(4, 0)，(0, 12)，则= (4) + 12 = 410；2 2由（1）可得直线 过点(0, 12)，(4, 0)，可得 的方程为 = 1，124即为 +