2020年天津卷数学高考模拟试题（含答案）【打印版】.pdf

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1、2020 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试用时 120 分钟。第卷1 至 3 页，第卷 4 至 6 页。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！第卷注意事项：1每小题选出答案后，用铅笔将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。2本卷共 9 小题，每小题 5 分，共 45 分参考公式：如果事件A与事件B互斥

2、，那么()( )( )P ABP AP B如果事件A与事件B相互独立，那么()( ) ( )P ABP A P B球的表面积公式24SR，其中R表示球的半径一选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1设全集 3, 2, 1,0,1,2,3U ，集合 1,0,1,2, 3,0,2,3AB ，则UAB A 3,3 B0,2 C 1,1 D 3, 2, 1,1,32设aR，则“1a ”是“2aa”的A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23函数241xyx的图象大致为A BC D4从一批零件中抽取 80 个，测量其直径（单位：mm） ，将所得数据分为

3、 9 组：5.31,5.33),5.33,5.35),5.45,5.47),5.47,5.49，并整理得到如下频率分布直方图，则在被抽取的零件中，直径落在区间5.43,5.47)内的个数为3A10 B18 C20 D365若棱长为2 3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A12 B24 C36 D1446设0.70.80.713,( ),log0.83abc，则, ,a b c的大小关系为Aabc Bbac Cbca Dcab7设双曲线C的方程为22221(0,0)xyabab，过抛物线24yx的焦点和点(0, )b的直线为l若C的一条渐近线与l平行，另一条渐近线与l垂直，则双曲线C

4、的方程为A22144xy B2214yx C2214xy D221xy8已知函数( )sin()3f xx给出下列结论：( )f x的最小正周期为2；4( )2f是( )f x的最大值；把函数sinyx的图象上所有点向左平移3个单位长度，可得到函数( )yf x的图象其中所有正确结论的序号是A B C D9已知函数3,0,( ),0.xxf xx x若函数2( )( )2 ()g xf xkxx kR恰有 4 个零点，则k的取值范围是A1(,)(2 2,)2 B1(,)(0,2 2)2 C(,0)(0,2 2) D(,0)(2 2,)第卷注意事项：1用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上2

5、本卷共 11 小题，共 105 分二填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分 模拟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10i是虚数单位，复数8i2i_11在522()xx的展开式中，2x的系数是_12已知直线380 xy和圆222(0)xyrr相交于,A B两点若| 6AB ，则r的值为_13已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落5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0,0ab，且1ab ，则11822abab的最小值为_15如图，在四边形ABCD中，60 ,3BAB，

6、6BC ，且3,2ADBCAD AB ，则实数的值为_，若,M N是线段BC上的动点，且| 1MN ，则DM DN 的最小值为_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16 （本小题满分 14 分）在ABC中，角, ,A B C所对的边分别为, ,a b c已知2 2,5,13abc（）求角C的大小；（）求sin A的值；（）求sin(2)4A的值17 （本小题满分 15 分）如图，在三棱柱111ABCABC中，1CC 平面,2ABC ACBC ACBC，13CC ，点,DE分别在棱1AA和棱1CC上，且2, 1,ADCEM为棱11AB的中点6（）求证：

7、11C MB D；（）求二面角1BB ED的正弦值；（）求直线AB与平面1DB E所成角的正弦值18 （本小题满分 15 分）已知椭圆22221(0)xyabab的一个顶点为(0, 3)A，右焦点为F，且| |OAOF，其中O为原点（）求椭圆的方程；（）已知点C满足3OCOF ，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点） ，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点求直线AB的方程19 （本小题满分 15 分）已知 na为等差数列， nb为等比数列，115435431,5,4abaaabbb（）求 na和 nb的通项公式；（）记 na的前n项和为nS，求证：2*21nnnS SSnN；7（

8、）对任意的正整数n，设21132,.nnnnnnnabna acanb为奇数为偶数求数列 nc的前2n项和20 （本小题满分 16 分）已知函数3( )ln ()f xxkx kR，( )fx为( )f x的导函数（）当6k 时，（i）求曲线( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程；（ii）求函数9( )( )( )g xf xfxx的单调区间和极值；（）当3k 时，求证：对任意的12,1,)x x ，且12xx，有 1212122fxfxf xf xxx82020 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学参考解答一选择题：每小题 5 分，满分 45 分1C2A3A4B5C6D7D8

9、B9D二填空题：每小题 5 分，满分 30 分 模拟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1032i11101251316；231441516；132三解答题16满分 14 分（）解：在ABC中，由余弦定理及2 2,5,13abc，有2222cos22abcCab又因为(0,)C，所以4C （）解：在ABC中，由正弦定理及,2 2,134Cac，可得sin2 13sin13aCAc（）解：由ac及2 13sin13A ，可得23 13cos1 sin13AA，进而2125sin22sincos,cos22cos11313AAAAA 所以，1225217 2sin(2

10、)sin2 coscos2 sin44413213226AAA17满分 15 分依题意，以C为原点，分别以1,CA CB CC 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（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)M9（）证明：依题意，1(1,1,0)C M ，1(2, 2, 2)B D ，从而112200C M B D ，所以11C MB D（）解：依题意，(2,0,0)CA 是平面1BB E的一个法向量，1(0,2,1)EB ，(2,0, 1)

11、ED 设( , , )x y zn为平面1DB E的法向量，则10,0,EBED nn即20,20.yzxz不妨设1x ，可得(1, 1,2)n因此有|6cos,6|ACACCA nnn，于是30sin,6CA n所以，二面角1BB ED的正弦值为306（）解：依题意，( 2,2,0)AB 由（）知(1, 1,2)n为平面1DB E的一个法向量，于是3cos,3|ABABAB nnn所以，直线AB与平面1DB E所成角的正弦值为3318满分 15 分10（）解：由已知可得3b 记半焦距为c，由| |OFOA可得3cb又由222abc，可得218a 所以，椭圆的方程为221189xy（）解：因为

12、直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以ABCP依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在设直线AB的方程为3ykx由方程组223,1,189ykxxy消去y，可得2221120kxkx，解得0 x ，或21221kxk.依题意，可得点B的坐标为2221263,21 21kkkk因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0, 3)，所以点P的坐标为2263,21 21kkk由3OCOF ，得点C的坐标为(1,0)，故直线CP的斜率为2230216121kkk，即23261kk又因为ABCP，所以231261kkk ，整理得22310kk ，解得12k ，或1k 所以，直线AB的方程为132yx，或3y

13、x19满分 15 分（）解：设等差数列 na的公差为d，等比数列 nb的公比为q由11a ，5435aaa，可得1d ，从而 na的通项公式为nan由15431,4bbbb，又0q ，可得2440qq，解得2q ，从而 nb的通项公式为12nnb（）证明：由（）可得(1)2nn nS，故21(1)(2)(3)4nnS Sn nnn，22211(1)24nSnn，从而2211(1)(2)02nnnS SSnn ，所以221nnnS SS11（）解：当n为奇数时，111232(32)222(2)2nnnnnnnnabnca an nnn；当n为偶数时，1112nnnnancb对任意的正整数n，有2

14、22221112221212121kknnnkkkckkn，和22311211352144444nnkknkkknc 由得22311113232144444nknnknnc 由得22111211312221121441444444414nnknnnknnc，从而得2156599 4nknknc因此，22121114654219 49nnnnkkknkkkncccn所以，数列 nc的前2n项和为4654219 49nnnn20满分 16 分（） （i）解：当6k 时，3( )6lnf xxx，故26( )3fxxx可得(1)1f，(1)9f ，所以曲线( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程为19(1)yx ，即98yx（ii）解：依题意，323( )36ln,(0,)g xxxxxx从而可得2263( )36g xxxxx，12整理可得323(1) (1)( )xxg xx令( )0g x，解得1x 当x变化时，( ), ( )g x g x的变化情况如下表：x(0,1)1(1,)( )g x-0+( )g x极小值所以，函数( )g x的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)；( )g x的极小值为(1)1g，无极大值（）证明：由3( )lnf xxkx，得2( )3kfxxx