2020年全国统一高考数学3卷(理科)

2020年普通高等学校招生全国统一考试3卷理科数学一、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,yeW,y>x},B={(x,y)|x+y=8},则A(\B中元素的个数为()A.2B.3C.4【答案】C【分析】采用列举法列举出中元素的即可.y>X【详解】由题意,AC\B中的元素满足｛-。，且x.yeN\x+y=S"D.6由x+y=S>2x9得所以满足x+y=8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4),故4CI3中元素的个数为4.故选：C.2•复数2的虚部是()1-31311A.B.C.—10101(【答案】D【分析】利用复数的除法运算求出z即口I.11+3/13.【详解】因为Z===—+—[1-引(1-3/)(1+3。1010D.31013所以复数^=—的虚部为；・1一引10故选：D.3.在一组样本数据中，1,2,3,4出现的频率分别为必,代，必，卩4,且S>,T，则下面四种情形中，对1-1应样本的标准差最人的一组是(A.Pi=Pa=0丄Pi==0・4B.Pi=P4=0・4,P2=P3=0.1C.C.Pi=P4=0.2,P2=p$=0.3D.］人==0.3,p?=P3=0.2【答案】B【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最犬的一组.【详解】对于A选项,该组数据的平均数为去=（1+4）x0.1+（2+3）x0.4=2.5,方差为£=（1一2.5）‘x0.1+（2—2.5）'x0.4+（3—2.5）'x0.4+（4—2.5）'x0.1=0.65；对于B选项，该组数据的平均数为石=（1+4）x0.4+（2+3）x0.1=2.5,方差为=（1-2.5『x0.4+（2—2.5）'x0.1+（3—2.5）'x0.1+（4—2.5）'x0.4=1.85；对于C选项，该组数据的平均数为£=（1+4）x0.2+（2+3）x0.3=2.5,方差为2.5）'x0.2+（2—2.5）'x0.3+（3—2.5）'x0.3+（4—2.5）'x0.2=1.05；对于D选项，该组数据的平均数为兀=（1+4）x0.3+（2+3）x0.2=2.5,方差为—2.5）'x0.3+（2—2.5）'x0.2+（3—2.5）'x0.2+（4—2.5）'><0.3=1.45.因此，B选项这一组标准差最人.故选：B.4.Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数Z（t）（f的单位：天）的Logistic模型：上3（~，其中K为最人确诊病例数.当1+e-1（f）=0.95^时，标志着已初步遏制疫情,则广约为（）（lnl9~3）A.60B.63C.66D.69【答案】C【分析】将f=广代入函数/（/）=%厂爲F结合/（广）=°・95K求得f即可得解.【详解】•••/（'）=]+/心），所以“小]+,3（f）"95K,则严5=93所以，0.23（f-53）=liil9«3,解得广a——+53"6.'70.23故选：C.5.设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y2=2px(p>0)交于D，E两点，若OD丄OE,则C的焦点坐标为()A.—,0B•(㊁C.(1,0)D.(2,0)【答案】B【分析】根据题中所给的条件OD丄OE,结合抛物线的对称性，可知ZDOx=ZEOx=,从而可以确定出点D4的坐标，代入方程求得P的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】因为直线x=2与抛物线y2=2px(p>0)交于民D两点，且OD丄OE,根据抛物线的对称性可以确定ZDOx=ZEOx=彳,所以£>(2,2),代入抛物线方程4=4p,求得/?=1,所以其焦点坐标为(扌,0),故选：B.点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.6•已知向量q&满足|a|=5,\b\=69a・b=—6,则cos〈a,a+〃〉=()31A.—3519B.——3517C.—3519D.—35【答案】D【分析】计算出a・(a+6)、31A.—3519B.——3517C.—3519D.—35【答案】D【分析】计算出a・(a+6)、a+b的值，利用平面向量数量枳可计算出QQs<aJi+b>的值.b=6,力・b=_6,・・・d・（a+：）=a+a•弘52-6=19.—*—♦a+b=a+b+2方・乙+庆=丁25—2x6+36=7，因此，cos<a,a+b>=一a・a+b"«+"）_19_195^7_35故选：D.7.在Zk/i必中2，遇•亍，進4,Q3,则eos^(1A.—9【答案】A1B.一31C.—22D.-3【分析】AR2+RC2一AC2根据已知条件结合余弦定理求得AB^再根据cosB二，即可求得答案.2ABBC2【详解】•••在中，cosC=-,4C=4,BC=33根据余弦定理：AB2=AC2+BC2-2AC•EC・cosC2A^2=42+32-2x4x3x-3可得AB2=9，即AB=3TOC\o"1-5"\h\z.DAB2+BC2-AC29+9-161由•cosB===-2ABBC2x3x39故cosB=-.9故选:A.8•下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.B.C.6+2D.A.B.C.6+2D.【答案】C【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：S“c=S△泌=S△艸=ix2x2=2根据勾股定理可得：AB=AD=DB=2忑・•・△4QB是边长为2JI的等边三角形根据三角形面枳公式可得：S△皿=^ABAD-sm60。=扌（2血•写=2羽・••该几何体的表面枳是：3x2+2jI=6+2jJ・故选：C.已知2tan〃-tan（〃+—）二7,则tan“二（）4A.-2B・・1C・1D・2【答案】D【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.【详解】•.•2阪&一4』&+$]=7,.-.2tan6>-tan^+1=7,4丿1-tan0令/二tan&jHl,则2t-—=l,整理得r_4r+4=0>解得t=2,即tan&=2・l-t故选：D.TOC\o"1-5"\h\z若直线2与曲线尸J7和Y+/=-都相切，则』的方程为（）111A.尸2対1B.尸2•计一C.尸一对1D.尸一屮一222【答案】D【分析】根据导数的几何意义设出直线/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/在曲线y=J7上的切点为（竝,、斤），则x°>0,函数y=V7的导数为则直线/的斜率^=77=,xZyjXq设直线/的方程为y~4^=Y7=（x一人。），即x-2+兀=o,1xa1由于直细与圆亍+y匕相切，则尸T0两边平方并整理得5尤-4入-1=0,解得x0=l,兀=一£（舍），则直线/的方程为x-2y+l=0,即y=|x+|.故选：D.11•设双曲线C：二一匚=1（Q0,少0）的左、右焦点分别为E,E,离心率为的・尸是C上一点，且crlr人尸丄E尸.若△朋E的面积为4,则圧（）A.1B.2C・4D・8【答案】A【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】•；+=£,：.c=E根据双曲线的定义可得|阿|—|p&||=2d,=即|P/q・|啓|=8,-F,P丄朽F,.•丹f+阳2=(2c『,.•.(『斤|一『&|)'+2『片卜『耳|=4宀即/一5亍+4=0,解得“1,故选:A.12•己知55〈8",13*85・设a=log53,Z^logs5,r=log138,贝I」()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b【答案】A【分析】

由题意可得o、b、cw(OJ),利用作商法以及基本不等式可得出Sb的大小关系，由b=logQ,得妙=5,4结合55<84可得岀b<-9由c=logB8,得13「=8，结合134<85，可得出c>-,综合可得出b、5c的人小关系.【详解】b、cg(OJ)(Ig3+lg8)2【详解】b、cg(OJ)(Ig3+lg8)2[Ig3+lg8]仃g24]l2J121g5J肿5丿由题意可知^,log53_ig3lg8<1乙logs5lg5lg5(lg5)2:.a<bx由b=log85,得8“=5，由得8%v84，・・・5bv44由c=log138,得13c=8t由134<8S，得134<135S/.5c>4,可得c>-5综上所述，a<b<c.故选：A.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<2a-y>0,,则沪3.计2『的最人值为X<1,【答案】7【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.【详解】不等式组所表示的町行域如图TOC\o"1-5"\h\zr77因为z=3x+2y,所以y=-—+易知截距上越兴，贝收越人，22r3X.7平移直线y=-—,当$=-〒+”经过力点时截距最大，此时z最人,222，得iy=所以0^=3><1+2><2=7・故答案为：7.14.（x2+-）6的展开式中常数项是（用数字作答）.【答案】240【分析】写出（干+彳）二项式展开通项，即可求得常数项.【详解】丁fx2+-lIX）其二项式展开通项：=C^xl2~2r(2)r-x~r=C；⑵""，当12—3广=0,解得r=4.•.（亍+勻的展开式中常数项是：C；.24=C;-16=15x16=240.故答案为：240.15.已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最人的球的体积为【答案】龙3【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】易知半径最人球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC=2,AB=AC=39且点〃为必边上的中点,设内切圆的圆心为o,山J•AM=J3,_F=2-^2»故Saabc=—x2x2>/2=2>/2,乙设内切圆半径为厂，则：SWBC=Shaob+^AfiOC+S/XAOC=~XABX^*+~XBCXf+—XACXf=*x(3+3+2)xf=2>/J,解得：r=至,其体积：V=£;rr'=豆兀•33故答案为：耳.316.关于函数f(x)二smx+」一有如下四个命题：sinxf(Q的图像关于y轴对称.fix)的图像关于原点对称.f(Q的图像关于直线沪一对称.2f3的最小值为2.其中所有真命题的序号是.【答案】②③【分析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义町判断命题②的正误：利用对称性的定义可判断命题③的正误；取一7t<x<0可判断命题④的正误.综合可得出结论.入一£(兀、1,5£(7r\1r5.£(7T\J7T\【详解】对于命题①，f-=-+2=-,/=---2=--,则/-\6丿丄2.\672.2.0716丿所以，函数/(X)的图彖不关于)'轴对称，命题①错误;对于命题②，函数/(X)的定义域为｛x\x^k^k^z｝f定义域关于原点对称,1\(1\/(-x)=sin(-%)+—-一=-sinx--一=-S111X+-一=-/(x),sm(-x)sinxvsinx7所以，函数f(x)的图彖关于原点对称，命题②正确；对于命题③,=sm兰+x+U丿5、'7t—-X对于命题③,=sm兰+x+U丿5、'7t—-X=Sill——X<2)11=COSX+COSX,1=COSX+COSX,・兀Sill—+X

(27T—+X2所以，函数/(X)的图彖关于直线X=|对称，命题③正确；对于命题④，当一tt<x<0时，sinxvO,则/(x)=sinx+—!—<0<2,suix命题④错误.故答案为：②③.三、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17~21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｛比｝满足6=3,如=3d”-4n.计算比，直，猜想｛氏｝的通项公式并加以证明；求数列｛2N｝的前力项和$・【答案】(1)冬=5,(4=7,%=2〃+1,证明见解析:(2)Sn=(2/?-l)-2,H1+2・【分析】利用递推公式得出冬卫3,猜想得出｛①｝的通项公式，利用数学归纳法证明即可;由错位相减法求解即可.【详解】(1)由题意可得冬=3®—4=9—4=5,«3=3a2-8=15-8=7,由数列｛©｝的前三项可猜想数列｛©｝是以3为首项，2为公差的等差数列，即％=2“+1,证明如下:当7?=1时,4=3成立;假设n=k时，ak=2k+1成立.那么n=k+1时,兔+]=3%-4k=3(2R+l)-4R=2R+3=2(R+1)+1也成立.则对任意的ngN*，都有an=2/1+1成立；(2)由(1)可知，％・2"=(2〃+1)・2"S”=3x2+5x2'+7x2'+…+⑵?一1)・2”7+(2“+1)・2”，①2S”=3x2'+5x2'+7x2'i+・・・+(2“—1)・2"+(2“+1)・2"'h,②由①一②得：一S”=6+2x(2,+2’+•••+2”)一(2/7+1)•2,,+1=6+2x彳x(—2)_*J，*=(1-2n)•2"刊一2,1-2即：=(2〃-1)・2"知+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）；若某天的空气质量等级为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）；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？18.某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质屋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](400,600]1（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；

人次W400人次＞400空气质量好空气质量不好0.0500.0100.001k3.8416.63510.828附:n(ad-be)2(a+Z?)(c+d)(a+c)(b+d)【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、n(ad-be)2(a+Z?)(c+d)(a+c)(b+d)350；（3）有，理由见解析.【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可得结呆；【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+25100=0.43,等级为2的【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+25100=0.43,等级为2的概率为5+10+12100“27‘等级为3的概率为符"2】，等级为4的概率为肓“09；（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100x20+300x35+500x45ioo=350（3）2x2列联表如下:人次＜400人次＞400空气质量不好3337空气质量好228,100x（33x8-37x22）~K~=a5.820>3.841，55x45x70x30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.如图，在长方体ABCD—AgD、中，点分别在棱DQ/d上，R2DE=EDlfBF=2FB「（1）证明：点G在平面4EF内；（2）若AB=2,4£>=1,人人=3,求二面角A-EF-A,的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）迅I.7【分析】（1）连接、C\F,证明出四边形AECf为平行四边形，进而可证得点G在平面人£尸内；（2）以点G为坐标原点，CQ、Cp、GC所在直线分别为兀、?轴建立空间直角坐标系C.-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-A,的正弦值.【详解】（1）在棱CG上取点G,使得Cfi=丄CG,连接DG、FG、C、E、Cf,2在长方体ABCD-AlBlClDl中，AD//BC且=BBJ/CC^且筋严CC「

•zCfi=丄CG,BF=2FBlt:.CG=-CC[=-BB[=BF肚CG=BF,23131所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF//DG且4F=QG,同理可证四边形DECfi为平行四边形，・・・Cfil/DG且CyE=DG9aCfil/AF且C£=4F,则四边形AECf为平行四边形,因此，点G在平面4£尸内:（2）以点C］为坐标原点，GO、Gd、C\C所在直线分别为X、）'、z轴建立如卞图所示的空间直角坐标系c{-xyz,则A（2丄3）、A（24,0）.E（2Q2）、F（0丄1）,AE=(O,-l,-l),乔=(_2Q—2),^£=(0,-1,2),乔=(—2Q1),设平面AEF的法向量为〃7=（心y\MJ，m・m・AE=0，得＜in・AF=0——Zi=0_2冷盼7得—则吩3T)'设平面人£尸的法向量为/?=（x设平面人£尸的法向量为/?=（x2,y2,z2）,n-A.E=0一丄，得h・A£=0—”+2乙=0一-■c，取$=2,得x2=1,儿=4,贝ijn=(1,4,2),—2禺+乙=0设二面角A-EF-A^的平面角为e,则|cos&|=¥，...sm&=Jl—cos"=平.因此，二面角A-EF-A,的正弦值为空.7已知椭圆C:^+-4=l(0</z/<5)的离心率为返，人，3分别为C的左、右顶点.25nr4求C的方程；若点P在C上，点0在直线x=6上，且1^1=1BQ\,BP丄BQ,求^APQ的面积.【答案】⑴評等“(2吟【分析】因为C:—+^1=1(0</7/<5),可得d=5,b=m,根据离心率公式，结合己知，即可求得答案；25nr点P在C±,点0在直线x=6±,且|BPHBQ\9BP丄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△PMB=/\BNQ,可求得P点坐标，求出直线40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△4PQ的面积.【详解】(1)•••C:—+^=l(O</n<5)25nra=59b=m,・•・C的方程为:・•・C的方程为:即—+—=1;2525(2)不如设P,0在*轴上方•••点P在C上，点Q在直线x=6±,且|BP日冈2|,BP丄BQ,过点P作x轴垂线，交点为M,设x=6与x轴交点为N根据题意画出图形，如图v1=1BQ\,BP丄BQ,ZPMB=ZQNB=90°,又•••APBM+乙QBN=90°,ZBQN+乙QBN=90°,APBM=乙BQN,根据三角形全等条件“A4S”，可得：HPMB三/XBNQ,x216v2[2525B(5,0),/.\PM\=\BN\=6-5=1,设P点为(》,)》),可得P点纵坐标为yP=h将其代入—+—=1,2525"時16,町得：亠+—=1,2525解得：》=3或》=-3,•••P点为(3,1)或(—3,1),①当P点为(3,1)时，故M创=5—3=2,•••APMB三HBNQ,

/.|MB冃M21=2,可得：0点为(6.2),•••4(-5,0),•••4(-5,0),0G2),可求得直线人0的直线方程为：2X—10+10=0,根据点到直线距离公式可得p到直线aq的距离为：d=根据两点间距离公式可得：|4Q=J(6+5)'+(2-0)'=5荷,•••△4P0面积为：丄x5巧x逅=?；252②当P点为(一3,1)时，故|MB|=5+3=8,•••4PMB込BNQ,|MB|=|N0|=8,可得：0点为(6,8),且=百V1255•••4(—5,0),0G8),可求得直线40的直线方程为：8x-lly+40=0,V185VT85根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d=阿(-3)-llxl+40|二£V185VT85根据两点间距离公式可得：\AQ\=^(6+5)2+(8-0)2=>/185,^APQ面积为：—xJ185x__=；,J1832综上所述，△22面积为：j.设函数f(x)=xy+bx+c,曲线y=f(x)在点(*,f(*))处的切线与y轴垂直.求b.若/(x)有一个绝对值不犬于1的零点，证明：/匕)所有零点的绝对值都不大于1.3【答案】(1)b=r(2)证明见解析【分析】利用导数的几何意义得到/(|)=0,解方程即可；由(1)可得/'(X)=3x2-2=2(x+y)(x-y),易知/⑴在(一+，+)上单调递减，在(YO,-丄),22222【详解】(1)因为f\x)=3x2【详解】(1)因为f\x)=3x2+b9+b=03则b=—_；3(2)由⑴可得/(x)=x3——x+c.,3I1f(A)=3旷-—=3(x+—)(x--),所以/'⑴在单调递减，在(yo,所以/'⑴在单调递减，在(yo,-丄)，(-,+oo)上单调递增,2222若/(x)所有零点中存在一个绝对值大于1零点工°,则/(-1)>0^/(1)<0,即O-或C<一丄.4当C>1时，/(-l)=c-l>0,/(-l)=c+i>0,/(l)=c-i>0,/(l)=c+i>0,4424244又/(-4c)=-64c3+3c+c=4c(l-1&‘)<0,由零点存在性定理知/(v)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点x0,即/'(x)在上存在唯一一个零点，在(-1,*Q)上不存在零点，此时/'(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾：当c<-\时，/(-l)=c-|<0,/(-^)=c+i<0,/4)=c-i<0,/(l)=c+i<0,4424244又/(-4c)=64c3+3c+c=4c(l-16c2)>0,由零点存在性定理知/W在(1,-4c)上存在唯一一个零点x；,即/W在(1,2)上存在唯一一个零点，在(y),1)上不存在零点，此时/'(%)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾：综上，/(%)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