2020年高考数学试卷理科新课标Ⅲ解析版

1、2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：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.2 .回答选择题时，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黑.如需改动, 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.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.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, y N , y x , B ( x,y) | x y 8,则A B中元素的个数为(A. 2B. 3C. 4D. 6

2、【答案】C【解析】 采用列举法列举出 A。B中元素的即可.【详解】由题意，AB中的元素满足y x ，且x,y N*,x y 8由 x y 8 2x,得 x 4,所以满足 x y 8 的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)故A。B中元素的个数为4.故选：C.【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12 .复数的虚部是(1 3i31 B.101 C.10D.310【解析】利用复数的除法运算求出 z即可.1【详解】因为z 1 3i1 3i(1 3i)(1 3i)13 13i ,所以复数z 的虚部为一.10 101 3i10故选：D.【点晴】本题主要考查复

3、数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题43 .在一组样本数据中，1, 2, 3, 4出现的频率分别为 Pi, P2, P3, P4 ,且 Pi 1 ,则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）A. PiP40.1, P2P30.4B. P1P4 0.4, P2P30.1C. PiP402 P2P30.3D. P1P40.3, P2P30.2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Xa0.13 0.42.5,方差为sA1 2.5 2 0.1 22.5 20.42.5 20.42.50.10.65；对于B选项,该组

4、数据的平均数为XB0.4 20.12.5方差为S221 2.50.4 222.50.123 2.50.12.50.41.85；对于C选项,该组数据的平均数为Xc0.2 20.32.5,方差为sC1 2.5 2 0.2 22.5 20.33 2.50.32.5 20.21.05；对于D选项,该组数据的平均数为Xd0.30.22.5,方差为sD21 2.50.3 222.50.23 2.50.222.50.31.45.因此，B选项这一组 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

5、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: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，贝A. 60所以，0.23 t约为B. 6D. 69代入函数I t0.95K求得t可得解.所以 t解得t;考查计算育I（t）=1K 甘木e 0.23(t 53)，、甲0.23 t 53K,0.23 t 5310.23 t 53 eK0.23 t 5353 ln19【点睛】本题考查对数的运算，考C. 6653 66.故选：C.25.设O为坐标原点，直线 x 2与抛物线C： y 2px(p 0)交于D, E

6、两点，若OD OE ,则C的 焦点坐标为()A. 1,0B. 1,0C. (1,0)D. (2,0)42【答案】B【解析】根据题中所给的条件 OD OE ,结合抛物线的对称性，可知 DOx EOx ,从而可以确4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x 2与抛物线y2 2px(p 0)交于E,D两点，且OD OE ,根据抛物线的对称性可以确定DOx EOx ,所以D 2,2 ,41代入抛物线方程4 4p,求得p 1 ,所以其焦点坐标为(1,0),故选：B.2【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,

7、点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目6,则 cos(a,a b)=(6.已知向量a, b满足|a| 5, |b| 6, a bA.31353517C.35D.1935析 解案的值，利用平面向量数量积可计算出cos的值.Jra19 625 Jrb Jra24 a 4b 4 a 4a6 1Tb Jr a6195 7b2 25 2 6 36 7，19一 一77 .故选：D.357.在 AABC 中,-2 cosC=, 3AC=4, BC=3,则 cosB=()1A. 一9B.C.2 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

8、算能力，属于中等题【解析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ,再根据cosBAB2 Bc2 AC即可求得答案.2AB BC2【详解】、在 &ABC 中,cosC AC 4, BC 333根据余弦定理：AB2 AC2 BC2 2AC BC cosC , AB2 42 32 2 4可得 AB2 9，即 AB 3,由；cosBAB2 BC2 AC22AB BC9 9 1612 3 391 .故cosB -.故选：A.9【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+4 2B. 4+4 2C. 6+2

9、3D. 4+2 J3【解析】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：SaabcSa adcSacdb根据勾股定理可得：AB AD DB 2 ,，2 ADB是边长为2J2的等边三角形根据三角形面积公式可得：SAadb -AB AD sin60 1(22)2 -3 2 3222该几何体的表面积是：3 2 2石 6 2石.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，属于基础题花9 .已知

10、 2tan 0Can（ （+ ）=7 ,则 tan 打（）A. 2B. -1C. 1D. 2【答案】D【解析】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】”2tantan 7, 2tan 史1 7,"41 tan1 t 一 一 c令t tan ,t 1,则2t 7,整理得t2 4t 4 0 ,解得t 2,即tan2.故选：D.1 t【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=Jx和x2+y2=1都相切，则l的方程为（）A. y=2x+11 B. y=2x+2C. y= x+12D. y= 1 x+ 22【解析】根据导

11、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y Jx上的切点为 x0,JX0，则x0 0 , 1 1函数y xx的导数为y 产,则直线l的斜率k 7=,2；x2 Xo设直线l的方程为y灰2Ux0x % ,即 x 2瓜丫 x00,由于直线l与圆x2y21 jxO1一相切，则51 4x052 1两边平万并整理得5x0 4x0 1 0,解得x 1 , x0一（舍），511则直线l的方程为x 2y 1 0,即y x .故选：D.22【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2211 .设双曲线C： x2 4 1 (a&g

12、t;0, b>0)的左、右焦点分别为 Fl, F2,离心率为 甚.P是C上一点，且 a bFiP,F2P.若 PF1F2 的面积为 4,则 a=()A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】A【解析】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，即可得出答案根据双曲线的定义可得PFiPF11产产2 PF14,即|PFi | PF2 8, , FiP F2P ,4c2,即 a2 5a2 4 0,解得2IPFi |2PF2故选：A.三角形面积公式的应用，属于【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, 中档题.12 .已知 55<84, 134 <

13、;85.设 a=logs3, b=log85, c=log138,则()A. a<b<cB. b<a<cC. b<c<aD. c<a<b【解析】由题意可得0,1 ,利用作商法以及基本不等式可得出a、b的大小关系,结合5584可得出4. 一 一,由 c 10g13 8,得 13c58，结合13485,可得出cc的大小关系.0,1a 10g5 3b 10g8 5lg3 lg8 1.-,-2lg5 lg5 lg5lg3 lg82lg3 lg82lg 52lg 24lg 2510g8 5，得 8b 5,由 5584,得 85b84，5b 4 ,口 4可得

14、b 一；54.综上所述，a b c.510g138,得 13c 8,由 134 85,得 134 135c, 5c故选：A.【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.x y 0,13 .若x, y满足约束条件 2x y 0,则z=3x+2y的最大值为 x 1,【答案】7【解析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.【详解】不等式组所表示的可行域如图因为z 3x 2y ,所以y3x zz .,易知截距一越大，则z越大，2 22一，3x平移直线y3x ,当y2打 三经过A点时

15、截距最大，此时z最大，22,y 2x _ x 1由，得 ，A(1,2),所以zmax 3 1 2 2 7 .故答案为：7.x 1 y 2【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想, 是一道容易题14 .(x2 2)6的展开式中常数项是(用数字作答)【答案】2406【解析】 写出x2 - 二项式展开通项，即可求得常数项 xr26 r 2r 12 2r r r r r 12 3r其二项式展开通项:Tr 1c6x2-C6 x (2) xC6(2)x当12 3r 0,解得rx2 - 的展开式中常数项是：C4 24 C62 16 15 16 240 .故

16、答案为：240.x【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握a b n的展开r n r. r通项公式Tr 1 Cna b ,考查了分析能力和计算能力，属于基础题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 3【解析】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锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC 2,AB AC 3,且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为 O,-11 1_1_AB r BC r AC r2 2243-2一r 33由于 AM 、32 12 2

17、 2，故$abc 万 2 2 2 2 2设内切圆半径为r ,则：Sa ABC S/ AOB SA BOC SA AOC1 3 3 2 r 2衣,解得：r 二 Y2,其体积：V2 2石故答案为：. 3【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，正方体的体对角线长等于 球的直径.116.关于函数f (x) =sin x 有如下四个命题：sin xf (x)的图像关于y轴对称.f (x)的

18、图像关于原点对称.f (x)的图像关于直线 x=一对称.2f (x)的最小值为2.其中所有真命题的序号是【解析】利用特殊值法可判断命题的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题的正误；利用对称性的定义可判断命题的正误；取X 0可判断命题的正误.综合可得出结论.【详解】对于命题，f6所以，函数f X的图象不关于y轴对称，命题错误;对于命题，函数 f x的定义域为 X X k ,k,定义域关于原点对称,f x sin x1sinx sin xsin xsin x1sin x所以，函数f x的图象关于原点对称，命题正确;对于命题,sin - x2cosx所以，函数sin x2cosx，sin 一 2si

19、n x2f x的图象关于直线对于命题，当X 0时,1cosx 一cosx ，x 2对称，命题正确;sinx 0 ,则 f x sin x1sin x2,命题错误.故答案为：.【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题三、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?两足 a1二3, an 1 3an 4n.(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.n 1 【答

20、案】(1) a2 5, a3 7, an 2n 1,证明见解析；(2) Sn (2n 1) 22.【解析】(1)利用递推公式得出a2,a3,猜想得出an的通项公式，利用数学归纳法证明即可； (2)由错位相减法求解即可.【详解】(1)由题意可得a23al 4 9 4 5 , a3 3a2 8 15 8 7 ,由数列 an的前三项可猜想数列a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即 an 2n 1,证明如下：当n 1时，a13成立；假设n k时，ak 2k 1成立.那么 n k 1 时，ak 1 3ak 4k 3(2k 1) 4k 2k 3 2(k 1) 1 也成立.则对任意的n N* ,都有an

21、2n 1成立；(2)由(1)可知，an 2n (2n 1) 2nSn 3 2 522723I"(2n1)2n 1(2n 1) 2n，2& 3 22 5 23 7 24(2n 1) 2n (2n 1) 2n 1,由 得：&6222231M2n(2n 1) 2n 12212n 1.n 16 2 (2n 1) 2n 1 (1 2n) 2n 1 2 ,1 2即 S (2n 1) 2n 1 2.【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.18.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

22、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2X2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V 400人次400仝气质里

23、好仝气质里不好附:K2 (a H(b d)P(K2 囹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】(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 2 2列联表，计算出 K2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 16 25 0.43,等级为2的

24、100概率为5 10 12 0.27,等级为3的概率为6 7 8 0.21,等级为4的概率为7 2 0 0.09；100100100(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 20 300 35 500 45 350100人次 400人次 400仝气质里不好3337仝气质里好22825.820 3.841,2 100 33 8 37 2255 45 70 30K2 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 ABCD

25、 ABiCiDi中，点E,F分别在棱DDi,BBi上，且2DE ED，BF 2FB1.（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB 2, AD 1, AA1 3,求二面角A EF A的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）返.7【解析】（1）连接C1E、C1F ,证明出四边形 AECF为平行四边形，进而可证得点 C1在平面AEF内;（2）以点G为坐标原点，CR、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系 C1 xyz,利用空间向量法可计算出二面角 A EF A 余弦值，进而可求得二面角 A EF A1的正弦值.1 一 一 一 一一 一 【详解】（1）在棱CCi上取点G ,

26、使得C1G CG ,连接DG、FG、CE、C1F ,在长方体 ABCD A1B1CQ1 中，ADBC 且 AD BC , BBiCC1且 BB1 CC1，12-2”i C1G-CG, BF 2FB1, CG-CC1§BBBF 且 CGBF ,所以，四边形BCGF为平行四边形，则 AF/DG且AF DG ,同理可证四边形 DEC1G为平行四边形，C1EDG且C1E DG ,GE/AF且C1E AF ,则四边形AECiF为平行四边形,因此，点C1在平面AEF内；(2)以点g为坐标原点,GD1、C1B1、CC所在直线分别为x、V、 z轴建立如下图所示的空间直角坐标系C1 xyz ,则 A

27、2,1,3、A1 2,1,0、E 2,0,2、F 0,1,1 ,0, 1,2Ae 0, 1, 1 , AF设平面AEF的法向量为由mAEm AF°,得0Vi2x14 0取Z124 0设平面A1EFn建的法向量为nX2,y2,z2 ,V22x22z2 0,取z2z2 01, y 4,则 n 1,4,2 ,A,设二面角AEF A的平面角为cos m, n7 ，三,sin.ros 77因此，二面角A EF A的正弦值为乂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.2, ，一 一 x20.已知椭圆C: 252 1(0 m

28、5)的离心率为 "5, A, B分别为C的左、右顶点. m4(1)求C的方程;(2)若点P在C上，点Q在直线x6上，且 | BP| |BQ |, BP BQ ,求 A APQ 的面积.22516y225(2)(1)因为2C :252 y2 m1(0b m,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x 6上，且| BP | | BQ |,BP BQ ,过点P作x轴垂线，交点为M ,设x 6与x轴交点为N ,可得APMB BNQ ,可求得P点坐标，求出直线 AQ 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.22【详解】(1) C C： 4

29、 1(0 m25 m2根据离心率eFT155, 一 5斛得m 或45人m一（舍）,4C的方程为:2 x25（2）不妨设P, Q在x轴上方点P在C上，点Q在直线x6上,过点P作x轴垂线，交点为M根据题意画出图形，如图；, | BP | | BQ |, BP BQ ,PMBBQN QBN 90 ,PBM可得：zPMB ABNQ设P点为（xp，Yp）,可得且 |BP| |BQ | ,6与x轴交点为'2525BPQNBP点纵坐标为Yp一一 x， 16可得： 1,解得：xp 3或xp25 25当p点为（3,1）时，故MB 5 3 2,；2,即25PBM根据三角形全等条件B(5,0),PM16 Y

30、2 125QBNAAS”BN 65 1,2 x,将其代入一 2516 y2251,3, P点为（3,1）或（ PMB BNQ,3,1),|MB|NQ| 2,v A（ 5,0） ,Q（6,2）,可求得直线AQ的直线方程为：2x 11y 10 0,根据点到直线距离公式可得 P到直线AQ的距离为：d2 3 11 1 10根据两点间距离公式可得:AQ V6522 1125y/5 ,吏,1255 'APQ面积为：L 575 25当P点为(3,1)时，故MB 5+3 8,；APMB|MB| |NQ| 8,可得：Q点为(6,8),画出图象，如图根据点到直线距离公式可得AQ的直线方程为：8x 11y

31、400,根据两点间距离公式可得:P到直线AQ的距离为：d83 111 40|5,82 112.185 .夜AQ.185 ,MpQ 面积为：-J185 j I , 2185 2综上所述,5APQ面积为：一2【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1121.设函数f (x) x bx c ,曲线y f (x)在点("2" , f(£ )处的切线与y轴垂直.(1)求b.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 .3(1) b ；

32、 (2)证明见解析4(1)利用导数的几何意义得到(1)可得 f'(x) 3x2 1.、f (-) 0 ,解方程即可；211一 ，1 112(x )(x -),易知f (x)在(一,一)上单倜递减，在(，一)，222 22,1 一(-,)上单调递增，且f( 1)21 - 1、11 、1 一c 4，f( 2)c 4，"? c 4，fc 7,米用反证法，推出【详解】(1)因为f'(x) 3x2 b,由题意,(2)由(1)可得 f(x) x3 -x c, f'(x) 3x2 411令f (x) 0,得x 万或x 5；令f(x) 0,得1 111所以f (x)在(一，一

33、)上单倜递减，在(，)，(一， 2 222口11111且 f( 1) c -, f( -) c -, f(-) c :，f 424243412113(x -)(x -),221x 5')上单调递增,若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1零点小，则f( 1)0或 f(1) 0,rr11即c一或c-.441当 c 时，f ( 1)410，f( 2)1.1c - 0, f (1) c - 0 ,444c)64c33c4c(1 16c2) 0,由零点存在性定理知f (x)在(4c, 1)上存在唯即f(x)在(，1)上存在唯一一个零点，在(1,此时f (x)不存在绝对彳I不大于 1的零点，与题设矛盾;,1当c 时，f (41) c3又 f( 4c) 64c3c c4c(1 16c2) 0,由零点存在性定理知f(x)在(1, 4c)上存在唯即f(x)在(1,)上存在唯一一个零点，在(，1)此时f (x)不存在绝对彳I不大于 1的零点，与题设矛盾;(1)0,个xO ，(-)c-4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