2020年云南省高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ).docx

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1、 2020 年云南省高考数学试卷（文科）（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 1, 2, 3, 5, 7, 11， 15，则 中元素的个数为（ ）C.4 D.5A.2B.3【答案】B【考点】交集及其运算【解析】根据题意求出 ，进而能求出 中元素的个数【解答】 集合 1, 2, 3, 5, 7, 11， 0)交于 ， 两点，若D.(2, 0)，则 的焦点坐标为（ ）A.( , 0)1B.(1 , 0)C.(1, 0)42【答案】B 法二：易知，ODE45，可得 D（2，2），代入抛物线方程 y2

2、2px，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【解答】法一：将 2代入抛物线 2，可得 2 ，可得1，2 2 = 1，解得 1，即 221 , 0)2所以抛物线方程为： 2 ，它的焦点坐标(故选： 法二：易知，45，可得2)，代入抛物线方程 2，试卷第 3 页，总 19 页 故选： 8. 点(0,1)到直线 + 1)距离的最大值为（ ）C.3A.1B.2D.2【答案】B【考点】点到直线的距离公式【解析】直接代入点到直线的距离公

3、式，结合基本不等式即可求解结论【解答】因为点(0,1)到直线 + 1)距离 =2= 1 +；2+12+12+1 要求距离的最大值，故需 0；可得 1 + = 2；当 1时等号成立；9. 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试卷第 4 页，总 19 页 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 (2 2) = 6

4、+ 2 3，42210. 设 log 2， log 3， = 2，则（ ）353A. B. C. D. 【答案】A【考点】对数值大小的比较【解析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解【解答】log22 =8 25 = 2，335553= 2，3 0, 0)的一条渐近线为 =，则 的离心率为设双曲线_【答案】3【考点】双曲线的离心率【解析】由双曲线的方程求出渐近线的方程，再由题意求出 ， 的关系，再由离心率的公式及， ， 之间的关系求出双曲线的离心率【解答】由双曲线的方程可得渐近线的方程为： ，由题意可得 = 2，所以离心率 = =1 +22= 3，设函数=，若= ，则 _4【答案】1【考点】

5、导数的运算【解析】先求出函数的导数，再根据【解答】= ，求得 的值4 函数=，=，2若= ，= 1，则 1，2424故答案为：1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表面积为_【答案】试卷第 7 页，总 19 页 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）球内接多面体【解析】由条件易知该圆锥内半径最大的球为该圆锥的内接球，作图，数形结合即可【解答】当球为该圆锥内切球时，半径最大，如图： 3， 1，则圆锥高= 9 1 = 22，22设内切球与圆锥相切于点 ，半径为 ，则，故有 = ，即2=，解得 = ，2312所以该球的表面积为2 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明

6、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。设等比数列 满足 + 4， 81231（1）求 的通项公式；（2）记 为数列log的前 项和若 +=，求 3【答案】+= 4设公比为 ，则由 11，= 8211可得 1， 3，1所以 3由（1）有log 1，是一个以0为首项，1为公差的等差数列，3所以 =，2所以+=， 2 60，222解得 6，或 1（舍去），所以 6【考点】数列递推式等比数列的通项公式【解析】+= 4（1）设其公比为 ，则由已知可得 11，解得 1， 3，可求其通项公= 82111式（2

7、）由（1）可得log 1，是一个以0为首项，1为公差的等差数列，可求 =3，由已知可得【解答】+=，进而解得 的值2222试卷第 8 页，总 19 页 += 4= 8设公比为 ，则由可得 1， 3，11，2111所以 3由（1）有log 1，是一个以0为首项，1为公差的等差数列，3所以 =，2所以+=， 2 60，222解得 6，或 1（舍去），所以 6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

8、；（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 =2 0.050 0.010 0.001试卷第 9 页，总 19 页 3.841 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

9、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=9100100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【考点】古典概型及其概率计算公式

10、独立性检验【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：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=9100100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

11、得下面的2 2列联表，试卷第 10 页，总 19 页 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1 1 1 1中，点 ， 分别在棱 1， 1上，且1，（1）当 时，；（2）点 在平面内1【答案】因为1 1 1 1是长方体，所以平面，而平面是正方形，所以平面，所以11，因为又1 1 1 1是长方体，且 ，所以1 平面，所以所以取，又因为点 ， 分别在棱 1， 1上，所以，1

12、 11 1上靠近 的三等分点 ，连接，1111因为点 在 1，且1，所以为平行四边形，所以，且 ，且，所以四边形 ，1111又因为 在 1上，且 1，所以1，且1，1所以所以所以所以为平行四边形，1 11 1， 1 1，即为平行四边形，1 1，1 1，1 11，1试卷第 11 页，总 19 页 所以1内1【考点】平面的基本性质及推论直线与平面垂直【解析】（1）因为平面1 1 1 1是长方体，且 ，可得，所以平面，因为1 11 1上靠近 的三等分点 ，连接（2）取，根据已知条件可得四边形为平行四边形，所以11为平行四边形，得1，再推得四边形111 1，根据直线平行的性质可得内，所以 ， ， ，

13、四点共面，即点11111在平面【解答】因为1 1 1 1是长方体，所以平面，而平面是正方形，所以，又因为点 ， 分别在棱 1， 1上，所以平面，所以11，因为1 1 1 1是长方体，且 ，所以，又1 平面所以所以取，1 11 1上靠近 的三等分点 ，连接，1111因为点 在 1，且1，所以为平行四边形，所以，且 ，且，所以四边形 ，1111又因为 在 1上，且 1，所以1，且1，1所以所以所以所以所以为平行四边形，1 11 1， 1 1，即为平行四边形，1 1，1 1，1 11，1，所以 ， ， ， 四点共面11所以点 在平面内1试卷第 12 页，总 19 页 已知函数 3 + 2（1）讨论的

14、单调性；（2）若有三个零点，求 的取值范围【答案】 + ，232 0时， 0，在 递增， 0时，令 0，解得： 或 ，33令 0，解得： 0时，在(, )递增，在( , )递减，在( ,+)递增；3333由（1）得： 0，)，)，极小值极大值33若有三个零点， 0) 0，解得：0 03故 (0, )427【考点】利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性函数的零点与方程根的关系试卷第 13 页，总 19 页 【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论 的范围，求出函数的单调区间即可；（2）根据函数的单调性，求出函数的极值，得到关于 的不等式组，解出即可【解答】 + ，232 0时， 0，在 递

15、增， 0时，令 0，解得： 或 ，33令 0，解得： 0时，在(, )递增，在( , )递减，在( ,+)递增；3333由（1）得： 0，)，)，极小值极大值33若有三个零点， 0) 0，解得：0 03故 (0, )4272+2= 1(0 0的情况，5此时5 5，0 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 1| = ，22222= 3同理可得当 = 1

16、时，= 5，2= 85的面积是 综上，法二：21)，2)， 直线 的方程为： 0， 点 到直线 0的距离 = 5= 10，10而试卷第 16 页，总 19 页 1552102数形结合方法：如图示：1，故 1时， +225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（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。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

17、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)，试卷第 17 页，总 19 页 可得 的方程为 = 1，124即为 + 120，由 cos ， sin ，可得直线 的极坐标方程为 cos sin + 120【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的

18、互化【解析】（1）可令 0，求得 ，对应的 ；再令 0，求得 ，对应的 ；再由两点的距离公式可得所求值；（2）运用直线的截距式方程可得直线 的方程，再由由 cos ， sin ，可得所求极坐标方程【解答】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 + 120，由 cos ， sin ，可得直线 的极坐标方程为 co

19、s sin + 120选修 4-5：不等式选讲（10 分）设 ， ， ， + + 0，1（1）证明： + 0；（2）用max表示 ， ， 中的最大值，证明：max 43【答案】+ + 0，+ +20，+ +0，222+ )，2+221， ， 均不为0，+，+ ) 0222+ 0；不妨设 0 ，11334+ + 0， ，与假设矛盾，336146故max 43【考点】试卷第 18 页，总 19 页 不等式的证明【解析】（1）将 + + 0平方之后，化简得到+2 + 2 + 2) 0，即可得证；（2）利用反证法，假设 0 4，结合条件推出矛盾3【解答】+ + 0，+ +20，+ +0，222+ )，

20、2+221， ， 均不为0，+，+ ) 0222+ 0；不妨设 0 ，11334+ + 0， ，与假设矛盾，361644故max 43试卷第 19 页，总 19 页可得 的方程为 = 1，124即为 + 120，由 cos ， sin ，可得直线 的极坐标方程为 cos sin + 120【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】（1）可令 0，求得 ，对应的 ；再令 0，求得 ，对应的 ；再由两点的距离公式可得所求值；（2）运用直线的截距式方程可得直线 的方程，再由由 cos ， sin ，可得所求极坐标方程【解答】当 0时，可得 2（1舍去），代入 2 + 2，可得 2 + 6

21、 + 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 + 120，由 cos ， sin ，可得直线 的极坐标方程为 cos sin + 120选修 4-5：不等式选讲（10 分）设 ， ， ， + + 0，1（1）证明： + 0；（2）用max表示 ， ， 中的最大值，证明：max 43【答案】+ + 0，+ +20，+ +0，222+ )，2+221， ， 均不为0，+，+ ) 0222+ 0；不妨设 0 ，11334+ + 0， ，与假设矛盾，336146故max 43【考点】试卷第 18 页，总 19 页 不等式的证明【解析】（1）将 + + 0平方之后，化简得到+2 + 2 + 2) 0，即可得证；（2）利用反证法，假设 0 4，结合条件推出矛盾3【解答】+ + 0，+ +20，+ +0，222+ )，2+221， ， 均不为0，+，+ ) 0222+ 0；不妨设 0 ，11334+ + 0， ，与假设矛盾，361644故max 43试卷第 19 页，总 19 页