2020年贵州省高考数学(理科)试题及参考答案.pdf

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1、2020 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）一、选择题（共 12 小题）.1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复数的虚部是（）ABCD3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，p2p30.24Logistic 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

2、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已知向量，满足|5，|6，6，则 cos，+（）ABCD7在ABC 中，cosC，AC4，BC3，则 cosB（）ABCD8如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A6+4B4+4C6+

3、2D4+29已知 2tantan（+）7，则 tan（）A2B1C1D210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若 x，y 满足约束条件则 z3x+2y 的最大值为14（x2+）6的展开式

4、中常数项是（用数字作答）15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

5、Sn18 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，并根据列联表，判断

6、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

7、，求APQ 的面积21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22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23设 a，b，cR，a+b

8、+c0，abc1（1）证明：ab+bc+ca0；（2）用 maxa，b，c表示 a，b，c 的最大值，证明：maxa，b，c参考答案一、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 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：集合 A（x，y）|x，yN*，yx，B（x，y）|x+y8，AB（x，y）|（7，1），（6，2），（5，3），（4，4）AB 中

9、元素的个数为 4故选：C2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：，复数的虚部是故选：D3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，求出各组数据的方差，方差大的对应的标准差也大解：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+

10、（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：B4Logistic 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），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：由已知可得0.95K，解得 e0.23（t53）

11、，两边取对数有0.23（t53）ln19，解得 t66，故选：C5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，即可得到抛物线的焦点坐标解：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：B6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

12、解即可解：向量，满足|5，|6，6，可得|7，cos，+故选：D7在ABC 中，cosC，AC4，BC3，则 cosB（）ABCD【分析】先根据余弦定理求出 AB，再代入余弦定理求出结论解：在ABC 中，cosC，AC4，BC3，由余弦定理可得 AB2AC2+BC22ACBCcosC42+322439；故 AB3；cosB，故选：A8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：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，PAABAC2，PA、AB、AC 两两

13、垂直，故 PBBCPC2，几何体的表面积为：36+2故选：C9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：由 2tantan（+）7，得 2tan7，即 2tan2tan2tan177tan，得 2tan28tan+80，即 tan24tan+40，即（tan2）20，则 tan2，故选：D10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+【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

14、得答案；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：D11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（）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：由题意，设 PF2m，PF1n，可得 m

15、n2a，m2+n24c2，e，可得 4c216+4a2，可得 5a24+a2，解得 a1故选：A12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：log53log581，ab；5584，54log58，log581.25，blog850.8；13485，45log138，clog1380.8，cb，综上，cba故选：A二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13若 x，y 满足约束条件

16、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：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 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：714（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：由于（x2+）6的展开式的通项公式

17、为 Tr+12rx123r，令 123r0，求得 r4，故常数项的值等于24240，故答案为：24015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【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：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：16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

18、直线 x对称f（x）的最小值为 2其中所有真命题的序号是【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：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：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

19、。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：（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

20、，（ii）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+2n（2n+1）2n+16+（2n+1）2n+1，所以 Sn（2n1）2n+1+218 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

21、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当天的空气质量有关？人次400人次400空气质

22、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：（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+5000.45350；（3）根据所给数据，可

23、得下面的 22 列联表，人次400人次400总计空气质量好333770空气质量不好22830总计5545100由表中数据可得：K25.8023.841，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19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 A1M2AM，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

24、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，再由同角三角函数基本关系式求得二面角 AEFA1的正

25、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 A

26、FC1E 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20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；（

27、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：（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，AP（8，1），AQ

28、（11，2），SAPQ|82111|，同理可得当时，SAPQ，综上，APQ 的面积是21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）

29、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（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22在直角坐标系 xO

30、y 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：（1）当 x0 时，可得 t2（1 舍去），代入 y23t+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）

31、，（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选修 4-5：不等式选讲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 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