【文档说明】2020年高考真题——数学（天津卷）含答案.doc，共(10)页，851.000 KB，由envi的店铺上传

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绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页．答卷前，考生务必将自己的姓

名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！第I卷注意事项：1．每小题选出答案后，用铅笔将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．2．本卷共9小题，每小题5分，共45分．参考公式：·如果事件A与事件B互斥，那么()()()PABPAPB=+．·如果事件A与事件B相互独立，那么()()()PABPAPB

=．·球的表面积公式24SR=，其中R表示球的半径．一、选择题：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．设全集{3,2,1,0,1,2,3}U=−−−，集合{1,0,1,2},{3,0,2,3}AB=

−=−，则()UAB=∩ð（）A．{3,3}−B．{0,2}C．{1,1}−D．{3,2,1,1,3}−−−2．设aR，则“1a”是“2aa”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．函数241xyx=+的图象大致为（）A．B．C．D．4．从

一批零件中抽取80个，测量其直径（单位：mm），将所得数据分为9组：[5.31,5.33),[5.33,5.35),,[5.45,5.47],[5.47,5.49]，并整理得到如下频率分布直方图，则在被抽取的零件中，直径落在区间[5.43,5.47)内的个数为（）A．10B．1

8C．20D．365．若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．12B．24C．36D．1446．设0.80.70.713,,log0.83abc−===，则,,abc的大小关系为（）A．abcB．bacC．bca

D．cab7．设双曲线C的方程为22221(0,0)xyabab−=，过抛物线24yx=的焦点和点(0,)b的直线为l．若C的一条渐近线与l平行，另一条渐近线与l垂直，则双曲线C的方程为（）A．22144xy−=B．2214yx−=C．2214xy−=D．221xy−

=8．已知函数()sin3fxx=+．给出下列结论：①()fx的最小正周期为2；②2f是()fx的最大值；③把函数sinyx=的图象上所有点向左平移3个单位长度，可得到函数()yfx=的图象．其中所有正确结论的序号是A．①B．①③C．②③D．①②③9．已知函数

3,0,(),0.xxfxxx=−…若函数2()()2()gxfxkxxk=−−R恰有4个零点，则k的取值范围是（）A．1,(22,)2−−+B．1,(0,22)2−−C．(,0)(0,22)−D．(,0)(22

,)−+绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．2．本卷共11小题，共105分．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．10

．i是虚数单位，复数82ii−=+_________．11．在522xx+的展开式中，2x的系数是_________．12．已知直线380xy−+=和圆222(0)xyrr+=相交于,AB两点．

若||6AB=，则r的值为_________．13．已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13．假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_________．14．已知0,0ab，且1ab=，则11822ab

ab+++的最小值为_________．15．如图，在四边形ABCD中，60,3BAB==，6BC=，且3,2ADBCADAB==−，则实数的值为_________，若,MN是线段BC上的动点，且||1MN=，则DMDN

的最小值为_________．三、解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．（本小题满分14分）在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc．已知22,5,13abc===．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）求sinA的值；（Ⅲ）求sin24A+的

值．17．（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABCABC−中，1CC⊥平面,,2ABCACBCACBC⊥==，13CC=，点,DE分别在棱1AA和棱1CC上，且12,ADCEM==为棱11AB的中点．（Ⅰ）求证：11CMBD⊥；（Ⅱ）求二面角1BBED−−的正弦值；（Ⅲ）求直线AB与平

面1DBE所成角的正弦值．18．（本小题满分15分）已知椭圆22221(0)xyabab+=的一个顶点为(0,3)A−，右焦点为F，且||||OAOF=，其中O为原点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点C满足3OCOF=，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点），直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P

为线段AB的中点．求直线AB的方程．19．（本小题满分15分）已知na为等差数列，nb为等比数列，()()115435431,5,4abaaabbb===−=−．（Ⅰ）求na和nb的通项公

式；（Ⅱ）记na的前n项和为nS，求证：()2*21nnnSSSn++N；（Ⅲ）对任意的正整数n，设()21132,,,.nnnnnnnabnaacanb+−+−=为奇数为偶数求数列nc的前2n项和．20．（本小题满分16分）已知函数3()ln()fx

xkxkR=+，()fx为()fx的导函数．（Ⅰ）当6k=时，（i）求曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程；（ii）求函数9()()()gxfxfxx=−+的单调区间和极值；（Ⅱ）当3k−…时，求证：对任意的12,[1,)xx+，且12xx

，有()()()()1212122fxfxfxfxxx+−−．绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学参考解答一、选择题：每小题5分，满分45分．1．C2．A3．A4．B5．C6

．D7．D8．B9．D二、填空题：每小题5分，满分30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．10．32i−11．1012．513．16；2314．415．16；132三、解答题16．满

分14分．（Ⅰ）解：在ABC中，由余弦定理及22,5,13abc===，有2222cos22abcCab+−==．又因为(0,)C，所以4C=．（Ⅱ）解：在ABC中，由正弦定理及,22,134Cac

===，可得sin213sin13aCAc==．（Ⅲ）解；由ac及213sin13A=，可得2313cos1sin13AA=−=，进而2125sin22sincos,cos22cos11313AAAAA===−=．所以，122

52172sin2sin2coscos2sin44413213226AAA+=+=+=．17．满分15分．依题意，以C为原点，分别以1,,CACBCC的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(

2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)CABC，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)ABDE，(1,1,3)M．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)CM=，1(2,2,2)BD=−−，从而112200CMBD=−+=，所以11CMBD⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2

,0,0)CA=是平面1BBE的一个法向量，1(0,2,1)EB=，(2,0,1)ED=−．设(,,)nxyz=为平面1DBE的法向量，则10,0,nEBnED==即20,20.yzxz+=−=不妨设1x=

，可得(1,1,2)n=−．因此有6cos,6||||CAnCAnCAn==，于是30sin,6CAn=．所以，二面角1BBED−−的正弦值为306．（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB=−．由（Ⅱ）知(1,1,2)n=−为平面1DBE的一个

法向量，于是3cos3||||ABnABn=−．所以，直线AB与平面1DBE所成角的正弦值为33．18．满分15分．（Ⅰ）解：由已知可得3b=．记半焦距为c，由||||OFOA=可得3cb==．又由222ab

c=+，可得218a=．所以，椭圆的方程为221189xy+=．（Ⅱ）解：因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以ABCP⊥．依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在．设直线AB的方程为3ykx=−．由方程组2

23,1,189ykxxy=−+=消去y，可得()2221120kxkx+−=，解得0x=，或21221kxk=+．依题意，可得点B的坐标2221263,2121kkkk−++．因为P为线段

AB的中点，点A的坐标为(0,3)−，所以点P的坐标为2263,2121kkk−++．由3OCOF=，得点C的坐标为(1,0)，故直线CP的斜率为2230216121kkk−−+−+，即23261kk−+．又因为ABCP⊥，

所以231261kkk=−−+，整理得22310kk−+=，解得12k=，或1k=．所以，直线AB的方程为132yx=−，或3yx=−．19．满分15分．（Ⅰ）解：设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q．由11a=，()5435aaa=−，可得1

d=，从而na的通项公式为nan=．由()15431,4bbbb==−，又0q，可得2440qq−+=，解得2q=，从而nb的通项公式为12nnb−=．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得(1)2nnnS+=，故21(1)(2)(3)4nnS

Snnnn+=+++，()22211(1)24nSnn+=++，从而2211(1)(2)02nnnSSSnn++−=−++，所以221nnnSSS++．（Ⅲ）解：当n为奇数时，()111232(32)222(2)2nnnnnnnnabncaannnn−+−+−−===−++；当n

为偶数时，1112nnnnancb−+−==．对任意的正整数n，有222221112221212121kknnnkkkckkn−−===−=−+−+，和22311211352144444nnkknkkknc==−−==++++．①由①得22

311113232144444nknnknnc+=−−=++++．②由①②得22111211312221121441444444414nnknnnknnc++=−−−=+++−=−−−，从而得21565994nknknc=+=−．因此，2212111465421949nn

nnkkknkkkncccn−===+=+=−−+．所以，数列nc的前2n项和为465421949nnnn+−−+．20．满分16分．（Ⅰ）（i）解：当6k=时，3()6lnfxxx=+，故26()3fxxx=+．可得(1)1f=，(1)9f=，所以曲线()y

fx=在点(1,(1))f处的切线方程为19(1)yx−=−，即98yx=−．（ii）解：依题意，323()36ln,(0,)gxxxxxx=−+++．从而可得2263()36gxxxxx=−+−，整理可得323(1)(1)()xxgxx−+=．令()0gx=，解得1x=．当x变化时，(

),()gxgx的变化情况如下表：x(0,1)1(1,)+()gx-0+()gx↘极小值↗所以，函数()gx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+；()gx的极小值为(1)1g=，无极大值．（Ⅱ）证明：由3()lnfxxkx=+，得2()3kfxxx=

+．对任意的12,[1,)xx+，且12xx，令12(1)xttx=，则()()()()()()()1212122xxfxfxfxfx−+−−()22331121212122332lnxkkxxxxxxkxxx=−+++−−+

3322121121212212332lnxxxxxxxxxkkxxx=−−++−−()332213312lnxtttkttt=−+−+−−．①令1()2ln,[1,)hxxxxx=−−+．当1x时，2212

1()110hxxxx=+−=−，由此可得()hx在[1,)+单调递增，所以当1t时，()(1)hth，即12ln0tt−−．因为21x…，323331(1)0,3ttttk−+−=−−…，所以，()332322113312

ln(331)32lnxtttkttttttttt−+−+−−−+−−−−2236ln31tttt−=++−．②由（Ⅰ）（ii）可知，当1t=时，()(1)gtg，即32336l

n1tttt−++，故22336ln10tttt−++−．③由①②③可得()()()()()()()12121220xxfxfxfxfx−+−−．所以，当3k−…时，对任意的12,[1,)xx+，且1

2xx，有()()()()1212122fxfxfxfxxx+−−．