备考2022练习2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标ⅲ）（含解析版）.doc

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1、2020年全国统一高考数学试卷（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（5分）已知集合A（x，y）|x，yN*，yx，B（x，y）|x+y8，则AB中元素的个数为（）A2B3C4D62（5分）复数的虚部是（）ABCD3（5分）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，对应样本的标准差最大的一组是（）Ap1p40.1，p2p30.4Bp1p40.4，p2p30.1Cp1p40.2，p2p30.3Dp1p40.3，p2p30.24（5分）Logistic模型是

2、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），其中K为最大确诊病例数当I（t*）0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为（）（ln193）A60B63C66D695（5分）设O为坐标原点，直线x2与抛物线C：y22px（p0）交于D，E两点，若ODOE，则C的焦点坐标为（）A（，0）B（，0）C（1，0）D（2，0）6（5分）已知向量，满足|5，|6，6，则cos，+（）ABCD7（5分）在ABC中，cosC，AC4，BC3，则cosB（）ABCD8（5分）如图为某几何体的三视图，则该几

3、何体的表面积是（）A6+4B4+4C6+2D4+29（5分）已知2tantan（+）7，则tan（）A2B1C1D210（5分）若直线l与曲线y和圆x2+y2都相切，则l的方程为（）Ay2x+1By2x+Cyx+1Dyx+11（5分）设双曲线C：1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为P是C上一点，且F1PF2P若PF1F2的面积为4，则a（）A1B2C4D812（5分）已知5584，13485设alog53，blog85，clog138，则（）AabcBbacCbcaDcab二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）若x，y满足约束条件则z3x+2y的最大值为

4、 14（5分）（x2+）6的展开式中常数项是 （用数字作答）15（5分）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 16（5分）关于函数f（x）sinx+有如下四个命题：f（x）的图象关于y轴对称f（x）的图象关于原点对称f（x）的图象关于直线x对称f（x）的最小值为2其中所有真命题的序号是 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。17（12分）设数列an满足a13，an+13an4n（1）计算a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明；（

5、2）求数列2nan的前n项和Sn18（12分）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）：锻炼人次空气质量等级0，200（200，400（400，6001（优）216252（良）510123（轻度污染）6784（中度污染）720（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22列联表，并根据

6、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附：K2P（K2k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.82819（12分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值20（12分）已知椭圆C：+1（0m5）的离心率为，A，B分别为C的左、右顶点（1）求C的方程；（2）若点P在C上，点Q在直线x6上，且|BP|BQ|，BPBQ，求APQ的面积2

7、1（12分）设函数f（x）x3+bx+c，曲线yf（x）在点（，f（）处的切线与y轴垂直（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（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）22（10分）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，B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的极坐标方程选修4-5：不等式选讲（10分）23设a，b，cR，a+b+c0，abc1（1）证明：ab+

8、bc+ca0；（2）用maxa，b，c表示a，b，c的最大值，证明：maxa，b，c2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）参考答案与试题解析一、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（5分）已知集合A（x，y）|x，yN*，yx，B（x，y）|x+y8，则AB中元素的个数为（）A2B3C4D6【分析】利用交集定义求出AB（7，1），（6，2），（5，3），（4，4）由此能求出AB中元素的个数【解答】解：集合A（x，y）|x，yN*，yx，B（x，y）|x+y8，AB（x，y）|（7，1），（6，2），（5，3），（4，4）

9、AB中元素的个数为4故选：C【点评】本题考查交集中元素个数的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2（5分）复数的虚部是（）ABCD【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：，复数的虚部是故选：D【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3（5分）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，对应样本的标准差最大的一组是（）Ap1p40.1，p2p30.4Bp1p40.4，p2p30.1Cp1p40.2，p2p30.3Dp1p40.3，p2p30.2【分析】根据题意，求出各组数据

10、的方差，方差大的对应的标准差也大【解答】解：选项A：E（x）10.1+20.4+30.4+40.12.5，所以D（x）（12.5）20.1+（22.5）20.4+（32.5）20.4+（42.5）20.10.65；同理选项B：E（x）2.5，D（x）2.05；选项C：E（x）2.5，D（x）1.05；选项D：E（x）2.5，D（x）1.45；故选：B【点评】本题考查了方差和标准差的问题，记住方差、标准差的公式是解题的关键4（5分）Logistic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

11、），其中K为最大确诊病例数当I（t*）0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为（）（ln193）A60B63C66D69【分析】根据所给材料的公式列出方程0.95K，解出t即可【解答】解：由已知可得0.95K，解得e0.23（t53），两边取对数有0.23（t53）ln19，解得t66，故选：C【点评】本题考查函数模型的实际应用，考查学生计算能力，属于中档题5（5分）设O为坐标原点，直线x2与抛物线C：y22px（p0）交于D，E两点，若ODOE，则C的焦点坐标为（）A（，0）B（，0）C（1，0）D（2，0）【分析】利用已知条件转化求解E、D坐标，通过kODkOE1，求解抛物线方程，即

12、可得到抛物线的焦点坐标【解答】解：将x2代入抛物线y22px，可得y2，ODOE，可得kODkOE1，即，解得p1，所以抛物线方程为：y22x，它的焦点坐标（，0）故选：B【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查6（5分）已知向量，满足|5，|6，6，则cos，+（）ABCD【分析】利用已知条件求出|，然后利用向量的数量积求解即可【解答】解：向量，满足|5，|6，6，可得|7，cos，+故选：D【点评】本题考查平面向量的数量积的应用，数量积的运算以及向量的夹角的求法，是中档题7（5分）在ABC中，cosC，AC4，BC3，则cosB（）ABCD【分析】先根据余弦定理求出AB，再

13、代入余弦定理求出结论【解答】解：在ABC中，cosC，AC4，BC3，由余弦定理可得AB2AC2+BC22ACBCcosC42+322439；故AB3；cosB，故选：A【点评】本题主要考查了余弦定理的应用，熟练掌握余弦定理是解本题的关键8（5分）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A6+4B4+4C6+2D4+2【分析】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】解：由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图：PAABAC2，PA、AB、AC两两垂直，故PBBCPC2，几何体的表面积为：36+2，故选：C【点评】本题考查多面体的表

14、面积的求法，几何体的三视图与直观图的应用，考查空间想象能力，计算能力9（5分）已知2tantan（+）7，则tan（）A2B1C1D2【分析】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】解：由2tantan（+）7，得2tan7，即2tan2tan2tan177tan，得2tan28tan+80，即tan24tan+40，即（tan2）20，则tan2，故选：D【点评】本题主要考查三角函数值的化简和求解，结合两角和差的正切公式以及配方法是解决本题的关键难度中等10（5分）若直线l与曲线y和圆x2+y2都相切，则l的方程为（）Ay2x+1By2x+Cyx+1Dy

15、x+【分析】根据直线l与圆x2+y2相切，利用选项到圆心的距离等于半径，在将直线与曲线y求一解可得答案；【解答】解：直线l与圆x2+y2相切，那么直线到圆心（0，0）的距离等于半径，四个选项中，只有A，D满足题意；对于A选项：y2x+1与y联立可得：2x+10，此时：无解；对于D选项：yx+与y联立可得：x+0，此时解得x1；直线l与曲线y和圆x2+y2都相切，方程为yx+，故选：D【点评】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题，采用选项检验，排除思想做题，有时事半功倍11（5分）设双曲线C：1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为P是C上一点，且F1PF2P若PF1F2的面积为

16、4，则a（）A1B2C4D8【分析】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a即可【解答】解：由题意，设PF2m，PF1n，可得mn2a，m2+n24c2，e，可得4c216+4a2，可得5a24+a2，解得a1故选：A【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义以及勾股定理的应用，考查转化思想以及计算能力12（5分）已知5584，13485设alog53，blog85，clog138，则（）AabcBbacCbcaDcab【分析】根据，可得ab，然后由blog850.8和clog1380.8，得到cb，再确定a，b，c的大小关系【解答】解：log53log581，a

17、b；5584，54log58，log581.25，blog850.8；13485，45log138，clog1380.8，cb，综上，cba故选：A【点评】本题考查了三个数大小的判断，指数对的运算和基本不等式的应用，考查了转化思想，是基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）若x，y满足约束条件则z3x+2y的最大值为7【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z3x+2y表示直线在y轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在y轴上的截距最大值即可【解答】解：先根据约束条件画出可行域，由解得A（1，2），如图，当直线z3x+2y过点A（1，2）时，目标函数在

18、y轴上的截距取得最大值时，此时z取得最大值，即当x1，y2时，zmax31+227故答案为：7【点评】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题14（5分）（x2+）6的展开式中常数项是240（用数字作答）【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值【解答】解：由于（x2+）6的展开式的通项公式为 Tr+12rx123r，令123r0，求得r4，故常数项的值等于 24240，故答案为：240【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题15（5分）已知

19、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【分析】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的体积【解答】解：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BS3，底面半径BC1，则其高SC2，不妨设该内切球与母线BS切于点D，令ODOCr，由SODSBC，则，即，解得r，Vr3，故答案为：【点评】本题考查圆锥内切球，考查球的体积公式，数形结合思想，属于中档题16（5分）关于函数f（x）sinx+有如下四个命题：f（x）的图象关于y轴对称f（x）的图象关于原点对称f（x）的图象关于直线x对称f（x）的最小值为2其中所有真命题的序

20、号是【分析】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【解答】解：对于，由sinx0可得函数的定义域为x|xk，kZ，故定义域关于原点对称，由f（x）sin（x）+sinxf（x）；所以该函数为奇函数，关于原点对称，所以错对；对于，由f（x）sin（x）+sinx+f（x），所以该函数f（x）关于x对称，对；对于，令tsinx，则t1，0）（0，1，由双勾函数g（t）t+的性质，可知，g（t）t+（，22，+），所以f（x）无最小值，错；故答案为：【点评】本题考查了函数的基本性质，奇偶性的判断，求函数的对称轴、值域，属于基础题三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过

21、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。17（12分）设数列an满足a13，an+13an4n（1）计算a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明；（2）求数列2nan的前n项和Sn【分析】（1）利用数列的递推关系式求出a2，a3，猜想an的通项公式，然后利用数学归纳法证明即可（2）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的前n项和Sn【解答】解：（1）数列an满足a13，an+13an4n，则a23a145，a33a2427，猜想an的通项公式为an2n+1证明如下：（i）当n1，2，3时，显然成立，（ii

22、）假设nk时，ak2k+1（kN+）成立，当nk+1时，ak+13ak4k3（2k+1）4k2k+32（k+1）+1，故nk+1时成立，由（i）（ii）知，an2n+1，猜想成立，所以an的通项公式an2n+1（2）令bn2nan（2n+1）2n，则数列2nan的前n项和Sn321+522+（2n+1）2n，两边同乘2得，2Sn322+523+（2n+1）2n+1，得，Sn32+222+22n（2n+1）2n+16+（2n+1）2n+1，所以Sn（2n1）2n+1+2【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数学归纳法和数列求和，考查了转化思想和计算能力，属中档题18（12分）某学生兴趣小组随机

23、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0，200（200，400（400，6001（优）216252（良）510123（轻度污染）6784（中度污染）720（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22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

24、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附：K2P（K2k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【分析】（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）由公式计算k的值，从而查表即可，【解答】解：（1）该市一天的空气质量等级为1的概率为：；该市一天的空气质量等级为2的概率为：；该市一天的空气质量等级为3的概率为：；该市一天的空气质量等级为4的概率为：；（2）由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：1000.20+3000.35+5000.4

25、5350；（3）根据所给数据，可得下面的22列联表， 人次400 人次400 总计 空气质量好 33 3770 空气质量不好 22 8 30 总计 5545100由表中数据可得：K25.8203.841，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【点评】本题考查了独立性检验与频率估计概率，估计平均值的求法，属于中档题19（12分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值【分析】（1）在AA1上取点M，使得A1M

26、2AM，连接EM，B1M，EC1，FC1，由已知证明四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形，可得AFMB1，且AFMB1，ADME，且ADME，进一步证明四边形B1C1EM为平行四边形，得到EC1MB1，且EC1MB1，结合AFMB1，且AFMB1，可得AFEC1，且AFEC1，则四边形AFC1E为平行四边形，从而得到点C1在平面AEF内；（2）在长方体ABCDA1B1C1D1中，以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系分别求出平面AEF的一个法向量与平面A1EF的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角AEFA1的余弦值，再由同

27、角三角函数基本关系式求得二面角AEFA1的正弦值【解答】（1）证明：在AA1上取点M，使得A1M2AM，连接EM，B1M，EC1，FC1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，有DD1AA1BB1，且DD1AA1BB1又2DEED1，A1M2AM，BF2FB1，DEAMFB1四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形AFMB1，且AFMB1，ADME，且ADME又在长方体ABCDA1B1C1D1中，有ADB1C1，且ADB1C1，B1C1ME且B1C1ME，则四边形B1C1EM为平行四边形，EC1MB1，且EC1MB1，又AFMB1，且AFMB1，AFEC1，且AFEC1，则四边形AFC1E

28、为平行四边形，点C1在平面AEF内；（2）解：在长方体ABCDA1B1C1D1中，以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系AB2，AD1，AA13，2DEED1，BF2FB1，A（2，1，3），B（2，0，2），F（0，1，1），A1（2，1，0），则，设平面AEF的一个法向量为则，取x11，得；设平面A1EF的一个法向量为则，取x21，得cos设二面角AEFA1为，则sin二面角AEFA1的正弦值为【点评】本题考查平面的基本性质与推理，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题20（12分）已知椭圆C：+1（0m5）的

29、离心率为，A，B分别为C的左、右顶点（1）求C的方程；（2）若点P在C上，点Q在直线x6上，且|BP|BQ|，BPBQ，求APQ的面积【分析】（1）根据e，a225，b2m2，代入计算m2的值，求出C的方程即可；（2）设出P，Q的坐标，得到关于s，t，n的方程组，求出AP（8，1），AQ（11，2），从而求出APQ的面积【解答】解：（1）由e得e21，即1，m2，故C的方程是：+1；（2）由（1）A（5，0），设P（s，t），点Q（6，n），根据对称性，只需考虑n0的情况，此时5s5，0t，|BP|BQ|，有（s5）2+t2n2+1，又BPBQ，s5+nt0，又+1，联立得或，当时，则P（3，

30、1），Q（6，2），而A（5，0），则（8，1），（11，2），SAPQ|82111|，同理可得当时，SAPQ，综上，APQ的面积是【点评】本题考查求椭圆方程以及了直线和椭圆的关系，考查转化思想，是一道综合题21（12分）设函数f（x）x3+bx+c，曲线yf（x）在点（，f（）处的切线与y轴垂直（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【分析】（1）求出原函数的导函数，由题意可得f（）3，由此求得b值；（2）设x0为f（x）的一个零点，根据题意，且|x0|1，得到，由|x0|1，对c（x）求导数，可得c（x）在1，1上的单调性，得到设x1

31、 为f（x）的零点，则必有，可得，由此求得x1的范围得答案【解答】（1）解：由f（x）x3+bx+c，得f（x）3x2+b，f（）3，即b；（2）证明：设x0为f（x）的一个零点，根据题意，且|x0|1，则，由|x0|1，令c（x）（1x1），c（x），当x（1，）（，1）时，c（x）0，当x（，）时，c（x）0可知c（x）在（1，），（，1）上单调递减，在（，）上单调递增又c（1），c（1），c（），c（），设x1 为f（x）的零点，则必有，即，得1x11，即|x1|1f（x）所有零点的绝对值都不大于1【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查函数零点与方程根的关系，考查逻辑

32、思维能力与推理论证能力，是中档题（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）22（10分）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，B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【分析】（1）可令x0，求得t，对应的y；再令y0，求得t，对应的x；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AB的方程，再由由xcos，ysin，可得所求极坐标方程【解答】解：（1）当x0时，可得t2（1舍去），代入y

33、23t+t2，可得y2+6+412，当y0时，可得t2（1舍去），代入x2tt2，可得x2244，所以曲线C与坐标轴的交点为（4，0），（0，12），则|AB|4；（2）由（1）可得直线AB过点（0，12），（4，0），可得AB的方程为1，即为3xy+120，由xcos，ysin，可得直线AB的极坐标方程为3cossin+120【点评】本题考查曲线的参数方程的运用，考查直线方程的求法和两点的距离公式的运用，考查极坐标方程和直角坐标方程的互化，属于基础题选修4-5：不等式选讲（10分）23设a，b，cR，a+b+c0，abc1（1）证明：ab+bc+ca0；（2）用maxa，b，c表示a，b，c

34、的最大值，证明：maxa，b，c【分析】（1）将a+b+c0平方之后，化简得到2ab+2ac+2bc（a2+b2+c2）0，即可得证；（2）利用反证法，假设ab0c，结合条件推出矛盾【解答】证明：（1）a+b+c0，（a+b+c）20，a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc0，2ab+2ac+2bc（a2+b2+c2），abc1，a，b，c均不为0，2ab+2ac+2bc（a2+b2+c2）0，ab+ac+bc0；（2）不妨设ab0c，则ab，a+b+c0，abc，而ab2，与假设矛盾，故maxa，b，c【点评】本题考查基本不等式的应用和利用综合法与反正法证明不等式，考查了转化思想，属于中档题第12页（共12页）