2020年高考真题数学(理)(全国卷ⅲ)+含解析.pdf

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1、2020 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试理科数学理科数学注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑黑.如需改动如需改动，用橡皮擦干净后用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号再选涂其他答案标号.回答非选择题时回答非选择题时，将答案写将答案写在答题卡上在答题卡上.写在本试卷上无效写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回考试结束后，将本试卷和

2、答题卡一并交回.一一、选择题选择题：本题共本题共 12 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 60 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的.1.已知集合(,)|,Ax yx yyx*N，(,)|8Bx yxy，则AB中元素的个数为（）A.2B.3C.4D.6【答案】C【解析】【分析】采用列举法列举出AB中元素的即可.【详解】由题意，AB中的元素满足8yxxy，且*,x yN，由82xyx，得4x，所以满足8xy的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)，故AB中元素的个数为 4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集

3、运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.2.复数113i的虚部是（）A.310B.110C.110D.310【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算求出 z 即可.【详解】因为1131313(13)(13)1010iziiii，所以复数11 3zi的虚部为310.故选：D.【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.3.在一组样本数据中，1，2，3，4 出现的频率分别为1234,pp pp，且411iip，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）A.14230.1,0.4ppppB.14230.4,0.1ppppC.14230.2,0.3ppp

4、pD.14230.3,0.2pppp【答案】B【解析】【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组.【详解】对于 A 选项，该组数据的平均数为140.1230.42.5Ax，方差为222221 2.50.122.50.432.50.442.50.10.65As；对于 B 选项，该组数据的平均数为140.4230.12.5Bx，方差为222221 2.50.422.50.132.50.142.50.41.85Bs；对于 C 选项，该组数据的平均数为140.2230.32.5Cx，方差为222221 2.50.222.50.332.50.342.50.21.05Cs；

5、对于 D 选项，该组数据的平均数为140.3230.22.5Dx，方差为222221 2.50.322.50.232.50.242.50.31.45Ds.因此，B 选项这一组的标准差最大.故选：B.【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.4.Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城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：0.23(53)()=1etIKt，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）A.6

6、0B.63C.66D.69【答案】C【解析】【分析】将tt代入函数 0.23531tKI te结合 0.95I tK求得t即可得解.【详解】0.23531tKI te，所以 0.23530.951tKI tKe，则0.235319te，所以，0.2353ln193t，解得353660.23t.故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.5.设 O 为坐标原点，直线 x=2 与抛物线 C：y2=2px(p0)交于 D，E 两点，若 ODOE，则 C 的焦点坐标为（）A.（14，0）B.（12，0）C.（1，0）D.（2，0）【答案】B【解析】【分析】根据

7、题中所给的条件ODOE，结合抛物线的对称性，可知4COxCOx，从而可以确定出点D的坐标，代入方程求得p的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】因为直线2x 与抛物线22(0)ypx p交于,C D两点，且ODOE，根据抛物线的对称性可以确定4DOxCOx，所以(2,2)C，代入抛物线方程44p，求得1p，所以其焦点坐标为1(,0)2，故选：B.【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.6.已知向量 a，b 满足|5a，|6b，6a b，则cos,=a ab（）A.3135B.1935C.

8、1735D.1935【答案】D【解析】【分析】计算出aab、ab的值，利用平面向量数量积可计算出cos,a ab 的值.【详解】5a，6b，6a b ，225619aabaa b .2222252 6367ababaa bb ，因此，1919cos,5 735aaba abaab.故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.7.在ABC 中，cosC=23，AC=4，BC=3，则 cosB=（）A.19B.13C.12D.23【答案】A【解析】【分析】根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据222cos2ABB

9、CACBAB BC，即可求得答案.【详解】在ABC中，2cos3C，4AC，3BC 根据余弦定理：2222cosABACBCAC BCC22243224 33AB 可得29AB，即3AB 由22299 161cos22 3 39ABBCACBAB BC 故1cos9B.故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.8.下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【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正

10、方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12 222ABCADCCDBSSS 根据勾股定理可得：2 2ABADDBADB是边长为2 2的等边三角形根据三角形面积公式可得：2113sin60(2 2)2 3222ADBSAB AD 该几何体的表面积是：2 362 33 2.故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.9.已知 2tantan(+4)=7，则 tan=（）A.2B.1C.1D.2【答案】D【解析】【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.【详解

11、】2tantan74，tan12tan71 tan，令tan,1tt，则1271ttt，整理得2440tt，解得2t，即tan2.故选：D.【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.10.若直线 l 与曲线 y=x和 x2+y2=15都相切，则 l 的方程为（）A.y=2x+1B.y=2x+12C.y=12x+1D.y=12x+12【答案】D【解析】【分析】根据导数的几何意义设出直线l的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.【详解】设直线l在曲线yx上的切点为00,xx，则00 x，函数yx的导数为12yx，则直线l的斜率012kx，设直线l的方程为00012yxx

12、xx，即0020 xx yx，由于直线l与圆2215xy相切，则001145xx，两边平方并整理得2005410 xx，解得01x，015x （舍），则直线l的方程为210 xy，即1122yx.故选：D.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.11.设双曲线 C：22221xyab（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为5P 是C 上一点，且 F1PF2P若PF1F2的面积为 4，则 a=（）A.1B.2C.4D.8【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案.【详解】5ca，5ca，

13、根据双曲线的定义可得122PFPFa，1 2121|42PF FPFFSP，即12|8PFPF，12FPF P，22212|2PFPFc，22121224PFPFPFPFc，即22540aa，解得1a，故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.12.已知 5584，13485设 a=log53，b=log85，c=log138，则（）A.abcB.bacC.bcaD.ca400空气质量好空气质量不好附：22()()()()()n adbcKa b c d a c b d，P(K2k)0.0500.0100.001k3.8416

14、.63510.828【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善22列联表，计算出2K的观测值，再结合临界值表可得结论.【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为2 16250.43100，等级为2的概率为5 10 120.27100，等级为3的概率为6780.21100，等级为4的概率为7200

15、.09100；（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100 20300 35500 45350100（3）22列联表如下：人次400人次400空气质量不好3337空气质量好2282210033 8 37 225.8203.84155 45 70 30K，因此，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.【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.19.如图，在长方体1111ABCDABC D中，点,E F分别在棱11,DD BB上，且12DEED，12BFFB（1）证明：点1C在平面AE

16、F内；（2）若2AB，1AD，13AA，求二面角1AEFA的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）427.【解析】【分析】（1）连接1C E、1C F，证明出四边形1AEC F为平行四边形，进而可证得点1C在平面AEF内；（2）以点1C为坐标原点，11C D、11C B、1CC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系1Cxyz，利用空间向量法可计算出二面角1AEFA的余弦值，进而可求得二面角1AEFA的正弦值.【详解】（1）在棱1CC上取点G，使得112CGCG，连接DG、FG、1C E、1C F，在长方体1111ABCDABC D中，/AD BC且ADBC，11/BBCC且11BBCC，

17、112CGCG，12BFFB，112233CGCCBBBF且CGBF，所以，四边形BCGF为平行四边形，则/AF DG且AFDG，同理可证四边形1DEC G为平行四边形，1/C E DG且1C EDG，1/C E AF且1C EAF，则四边形1AEC F为平行四边形，因此，点1C在平面AEF内；（2）以点1C为坐标原点，11C D、11C B、1CC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系1Cxyz，则2,1,3A、12,1,0A、2,0,2E、0,1,1F，0,1,1AE ，2,0,2AF ，10,1,2AE，12,0,1AF ，设平面AEF的法向量为111,mx y z，由

18、00m AEm AF ，得11110220yzxz取11z ，得111xy，则1,1,1m，设平面1AEF的法向量为222,nxyz，由1100n AEn AF ，得22222020yzxz，取22z，得21x，24y，则1,4,2n，37cos,7321m nm nmn ，设二面角1AEFA的平面角为，则7cos7，242sin1 cos7.因此，二面角1AEFA的正弦值为427.【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20.已知椭圆222:1(05)25xyCmm的离心率为154，A，B分别为C的左、右顶点（1）求C的方程

19、；（2）若点P在C上，点Q在直线6x 上，且|BPBQ，BPBQ，求APQ的面积【答案】（1）221612525xy；（2）52.【解析】【分析】（1）因为222:1(05)25xyCmm，可得5a，bm，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）点P在C上，点Q在直线6x 上，且|BPBQ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设6x 与x轴交点为N，可得PMBBNQ，可求得P点坐标，求出直线AQ的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ的面积.【详解】（1）222:1(05)25xyCmm5a，bm，根据离心率22154115cbmeaa，解得54m 或54m (舍

20、)，C的方程为：22214255xy，即221612525xy；（2）点P在C上，点Q在直线6x 上，且|BPBQ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设6x 与x轴交点为N根据题意画出图形，如图|BPBQ，BPBQ，90PMBQNB，又90PBMQBN，90BQNQBN，PBMBQN，根据三角形全等条件“AAS”，可得：PMBBNQ，221612525xy，(5,0)B，651PMBN，设P点为(,)PPxy，可得P点纵坐标为1Py，将其代入221612525xy，可得：21612525Px，解得：3Px 或3Px ，P点为(3,1)或(3,1)，当P点为(3,1)时，故5 32MB ，P

21、MBBNQ，|2MBNQ，可得：Q点为(6,2)，画出图象，如图(5,0)A,(6,2)Q，可求得直线AQ的直线方程为：211100 xy，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：222 3 11 1 10555125211d ，根据两点间距离公式可得：2265205 5AQ，APQ面积为：1555 5252；当P点为(3,1)时，故5+38MB，PMBBNQ，|8MBNQ，可得：Q点为(6,8)，画出图象，如图(5,0)A,(6,8)Q，可求得直线AQ的直线方程为：811400 xy，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：228311 14055185185811d ，根据两点

22、间距离公式可得：226580185AQ，APQ面积为：15518522185，综上所述，APQ面积为：52.【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.21.设函数3()f xxbxc，曲线()yf x在点(12，f(12)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【答案】（1）34b ；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到1()02f，解方程即可；（2）由（1）可得2311()32

23、()()422fxxxx，易知()f x在1 1(,)2 2上单调递减，在1(,)2，1(,)2上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244fcfcfcfc，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为2()3fxxb，由题意，1()02f，即21302b则34b ；（2）由（1）可得33()4f xxxc，2311()33()()422fxxxx，令()0fx，得12x 或21x ；令()0fx，得1122x，所以()f x在1 1(,)2 2上单调递减，在1(,)2，1(,)2上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244fcfcfcfc，若()f x

24、所有零点中存在一个绝对值大于 1 的零点0 x，则(1)0f 或(1)0f，即14c 或14c .当14c 时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244fcfcfcfc，又32(4)6434(1 16)0fcccccc，由零点存在性定理知()f x在(4,1)c上存在唯一一个零点0 x，即()f x在(,1)上存在唯一一个零点，在(1,)上不存在零点，此时()f x不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾；当14c 时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244fcfcfcfc，又32(4)6434(1 16)0fcccccc，由零点存在性定理知()f x在

25、(1,4)c上存在唯一一个零点0 x，即()f x在(1,)上存在唯一一个零点，在(,1)上不存在零点，此时()f x不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾；综上，()f x所有零点的绝对值都不大于 1.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.（二（二）选考题选考题：共共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做如果多做，则按所则按所做的第一题计分做的第一题计分.选修选修 44：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22.在直角坐标系 xOy 中，曲线

26、C 的参数方程为22223xttytt （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【答案】（1）4 10（2）3 cossin120【解析】【分析】（1）由参数方程得出,A B的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB的值；（2）由,A B的坐标得出直线AB的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（1）令0 x，则220tt，解得2t 或1t（舍），则26412y，即(0,12)A.令0y，则2320tt，解得2t 或1t（舍），则2244x ，即(4,0)B 22(04)(12

27、0)4 10AB；（2）由（1）可知12030(4)ABk，则直线AB的方程为3(4)yx，即3120 xy.由cos,sinxy可得，直线AB的极坐标方程为3 cossin120.【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.选修选修 45：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23.设 a，b，cR，a+b+c=0，abc=1（1）证明：ab+bc+ca0；（2）用 maxa，b，c表示 a，b，c 中的最大值，证明：maxa，b，c34【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由2222()2220abcabcabacbc结合

28、不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设max,a b ca，由题意得出0,0ab c，由222322bcbcbcaaabcbc，结合基本不等式，即可得出证明.【详解】（1）2222()2220abcabcabacbc，22212abbccaabc.,a b c均不为0，则2220abc，222120abbccaabc；（2）不妨设max,a b ca，由0,1abcabc 可知，0,0,0abc，1,abc abc ，222322224bcbcbcbcbcaaabcbcbc.当且仅当bc时，取等号，34a，即3max,4a b c.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.