2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标ⅲ)(解析版).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文科数学文科数学注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.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，将答案写在答题卡上将答案写在答题卡上.写在本试卷上写在本试卷上无效无效.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

2、和答题卡一并交回.一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的是符合题目要求的.1.已知集合1235711A，315|Bxx，则 AB 中元素的个数为（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】采用列举法列举出AB中元素的即可.【详解】由题意，5,7,11AB，故AB中元素的个数为 3.故选：B【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.2.若11 zii，则 z=（）A.1iB.1+iC.iD.i【答案】D【解析

3、】【分析】先利用除法运算求得z，再利用共轭复数的概念得到z即可.【详解】因为21(1)21(1)(1)2iiiziiii，所以zi=.故选：D【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到共轭复数的概念，是一道基础题.3.设一组样本数据 x1，x2，xn的方差为 0.01，则数据 10 x1，10 x2，10 xn的方差为（）A.0.01B.0.1C.1D.10【答案】C【解析】【分析】根据新数据与原数据关系确定方差关系，即得结果.【详解】因为数据(1,2,)iaxb inL，的方差是数据(1,2,)ix inL，的方差的2a倍，所以所求数据方差为2100.01=1故选：C【点睛】本题考查方差，考

4、查基本分析求解能力，属基础题.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.60B.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，0.2

5、353ln193t，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.已知sinsin=31，则sin=6（）A.12B.33C.23D.22【答案】B【解析】【分析】将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值.【详解】由题意可得：13sinsincos122，则：33sincos122，313sincos223，从而有：3sincoscossin663，即3sin63.故选：B.【点睛】本题主要考查两角和与差的正余弦公式及其应用，属于中等题.6.在平面内，A，B 是两个定点，C 是动点，若=1

6、AC BC ，则点 C 的轨迹为（）A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线【答案】A【解析】【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.【详解】设20ABa a，以 AB 中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：,0,0AaB a，设,C x y，可得：,ACxa yBCxa y，从而：2AC BCxaxay，结合题意可得：21xaxay，整理可得：2221xya，即点 C 的轨迹是以 AB 中点为圆心，21a 为半径的圆.故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7.设 O 为坐标原点

7、，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

8、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.8.点(0，1)到直线1yk x距离的最大值为（）A.1B.2C.3D.2【答案】B【解析】【分析】首先根据直线方程判断出直线过定点(1,0)P，设(0,1)A，当直线(1)yk x与AP垂直时，点A到直线(1)yk x距离最大，即可求得结果.【详解】由(1)yk x可知直线过定点(1,0)P，设(0,1)A，当直线(1)yk x与AP垂直时，点A到直线(1)yk x距离最大，即为|2AP.故选：B.【点睛】该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质是解题的关键，

9、属于基础题.9.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，

10、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.10.设 a=log32，b=log53，c=23，则（）A.acbB.abcC.bcaD.ca0，b0)的一条渐近线为 y=2x，则 C 的离心率为_【答案】3【解析】【分析】根据已知可得2ba，结合双曲线中,a b c的关系，即可求解.【详解】由双曲线方程22221xyab可得其焦点在x轴上，因为其一条渐近线为2yx，所以2ba，2213cbeaa.故答案为：3【点睛】本题考查的是有关双曲线性质，利用渐近线方程与离心率关系是解题的关键，要注意判断焦点所在位置，属于基础题.15.设函数e()xf xxa若(1)4

11、ef，则 a=_【答案】1【解析】【分析】由题意首先求得导函数的解析式，然后得到关于实数 a 的方程，解方程即可确定实数 a 的值【详解】由函数的解析式可得：221xxxexaeexafxxaxa，则：12211111eaaefaa，据此可得：241aeea，整理可得：2210aa，解得：1a.故答案为：1.【点睛】本题主要考查导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想等知识，属于中等题.16.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_【答案】23【解析】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】易知半径最大球为圆

12、锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BCABAC，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于22312 2AM，故122 22 22S ABC，设内切圆半径为r，则：ABCAOBBOCAOCSSSS111222ABrBCrACr 13322 22r，解得：22r=，其体积：34233Vr.故答案为：23.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体

13、对角线长等于球的直径.三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，每题为必考题，每个试题考生都必须作答个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分.17.设等比数列an满足124aa，318aa（1）求an的通项公式；（2）记nS为数列log3an的前 n 项和若13mmmSSS，求 m【答案】（1）13nna；（2）6m.【解析】【分析】（1）设等比数列 na的公比为q，根据题意，列出方程组，

14、求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3logna的通项公式，利用等差数列求和公式求得nS，根据已知列出关于m的等量关系式，求得结果.【详解】（1）设等比数列 na的公比为q，根据题意，有1121148aa qa qa，解得113aq，所以13nna；（2）令313loglog 31nnnban，所以(01)(1)22nnnn nS，根据13mmmSSS，可得(1)(1)(2)(3)222m mm mmm，整理得2560mm，因为0m，所以6m，【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.18.某学生兴趣小组随机调查了

15、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

16、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：22()()()()()n adbcKa b c d a c b d，P(K2k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【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

17、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7200.09100；（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

18、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1DD，1BB上，且12DEED，12BFFB 证明：（1）当ABBC时，EFAC；（2）点1C在平面AEF内【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据正方形性质得ACBD，根据长方体性质得1ACBB,进而可证AC 平面11BB D D,即得结果；（2）只需证明1/ECAF即可，在1CC上取点M使得12CMMC,再通过平行四边形性质进行证明即可.【详解】（1）因为长方体1111ABCDABC D,所以1BB平面ABCD1ACBB,因为

19、长方体1111,ABCDABC D ABBC,所以四边形ABCD为正方形ACBD因为11,BBBDB BBBDI、平面11BB D D,因此AC 平面11BB D D,因为EF 平面11BB D D,所以ACEF；（2）在1CC上取点M使得12CMMC,连,DM MF,因为111112,/,=D EED DDCC DDCC,所以11,/,EDMC ED MC所以四边形1DMC E为平行四边形，1/DM EC因为/,=,MF DA MF DA所以四边形MFAD为平行四边形，1/,/DM AFECAF因此1C在平面AEF内【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档

20、题.20.已知函数32()f xxkxk（1）讨论()f x的单调性；（2）若()f x有三个零点，求k的取值范围【答案】（1）详见解析；(2)4(0,)27.【解析】【分析】（1）2()3fxxk，对k分0k 和0k 两种情况讨论即可；（2）()f x有三个零点，由（1）知0k，且()03()03kfkf，解不等式组得到k的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.【详解】（1）由题，2()3fxxk，当0k 时，()0fx 恒成立，所以()f x在(,)上单调递增；当0k 时，令()0fx，得3kx ，令()0fx，得33kkx，令()0fx，得3kx 或3kx，所以()f x在(,)33k

21、k上单调递减，在(,)3k，(,)3k上单调递增.（2）由（1）知，()f x有三个零点，则0k，且()03()03kfkf即2220332033kkkkkk，解得4027k，当4027k时，3kk，且2()0fkk，所以()f x在(,)3kk上有唯一一个零点，同理13kk ，32(1)(1)0fkkk ，所以()f x在(1,)3kk 上有唯一一个零点，又()f x在(,)33kk上有唯一一个零点，所以()f x有三个零点，综上可知k的取值范围为4(0,)27.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.2

22、1.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；（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

23、:1(05)25xyCmm5a，bm，根据离心率22154115cbmeaa，解得54m 或54m (舍)，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：21612525

24、Px，解得：3Px 或3Px ，P点为(3,1)或(3,1)，当P点为(3,1)时，故5 32MB ，PMBBNQ，|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

25、，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.（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，则按所做的第一题则按所做的第一题计分计分.选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程22.在直角坐标系

26、 xOy 中，曲线 C 的参数方程为2222xttytt ，(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,

27、0)B.22(04)(120)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 4-5：不等式选讲：不等式选讲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()2220abcabcab

28、acbc 结合不等式的性质，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.