2020年高考理科数学试题及答案(全国三卷)

2023年12月2日发(作者：浙江历年高考数学试卷真题)

2020年高考理科数学试题及答案(全国三卷)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．22．复数1的虚部是13i310B．3C．4D．6A．B．110C．1104D．3103．在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4，且pi1，则下面四种情形中，对应i1样本的标准差最大的一组是A．p1p40.1,p2p30.4C．p1p40.2,p2p30.3B．p1p40.4,p2p30.1D．p1p40.3,p2p30.24．Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．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：I(t)=*K1e0.23(t53)，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(ln193)A．60B．63C．66D．695．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⊥OE，则C的焦点坐标为1A．(,0)41B．(,0)2C．(1,0)D．(2,0)6．已知向量a，b满足|a|5，|b|6，ab6，则cosa,ab=A．3135B．1935C．1735D．19357．在△ABC中，cosC=A．192，AC=4，BC=3，则cosB=311B．C．32D．238．下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A．6+429．已知2tanθ–tan(θ+A．–2B．4+42C．6+23D．4+23π)=7，则tanθ=4B．–1C．1D．210．若直线l与曲线y=x和x2+y2=A．y=2x+11都相切，则l的方程为511B．y=2x+C．y=x+122D．y=11x+22x2y211．设双曲线C：221（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5．P是C上一点，且abF1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=A．15445B．2C．4D．812．已知5<8，13<8．设a=log53，b=log85，c=log138，则A．a400空气质量好空气质量不好nadbc附：K=，a

bc



d)acbd22P（K2≥k）k0.0503.8410.0106.6350.00110.828．19．（12分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DEED1，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A1的正弦值．20．（12分）15x2y2已知椭圆C:，A，B分别为C的左、右顶点．21(0m5)的离心率为425m（1）求C的方程；（2）若点P在C上，点Q在直线x6上，且|BP||BQ|，BPBQ，求△APQ的面积．21．（12分）设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点(（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1．11，f())处的切线与y轴垂直．22（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）x2tt2在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数且t≠1），C与坐标轴交于A、B2y23tt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．23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）设a，b，c∈R，abc0，abc1．（1）证明：abbcca0；（2）用max{a,b,c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a,b,c}≥34．2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题参考答案选择题答案一、选择题1．C5．B9．D非选择题答案二、填空题13．7三、解答题17．解：（1）a25,a37,猜想an2n1,由已知可得an1(2n3)3[an(2n1)]，an(2n1)3[an1(2n1)]，2．D6．D10．D3．B7．A11．A4．C8．C12．A14．24015．2316．②③……a253(a13).因为a13，所以an2n1.（2）由（1）得2nan(2n1)2n，所以Sn32522723(2n1)2n.①从而2Sn322523724(2n1)2n1.②①②得Sn3222222322n(2n1)2n1，所以Sn(2n1)2n12.18．解：（1）由所给数据，该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率的估计值如下表：空气质量等级概率的估计值10.4320.2730.2140.09（2）一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为1(100203003550045)350．100（3）根据所给数据，可得22列联表：人次≤400空气质量好空气质量不好根据列联表得100(3382237)2K5.820．554570302人次>4003783322由于5.8203.841，故有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．19．解：设ABa，ADb，AA1c，如图，以C1为坐标原点，C1D1的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1xyz．2111（1）连结C1F，则C1(0,0,0)，A(a,b,c)，E(a,0,c)，F(0,b,c)，EA(0,b,c)，C1F(0,b,c)，3333得EAC1F．因此EA∥C1F，即A,E,F,C1四点共面，所以点C1在平面AEF内．（2）由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，AE(0,1,1)，AF(2,0,2)，A1E(0,1,2)，A1F(2,0,1)．设n1(x,y,z)为平面AEF的法向量，则n1AE0,yz0,即可取n1(1,1,1)．2x2z0,nAF0,1设n2为平面A1EF的法向量，则1n2A1E0,同理可取n2(,2,1)．2n2A1F0,因为cosn1,n2n1n2742，所以二面角AEFA1的正弦值为．|n1||n2|77225m15，得m225，20．解：（1）由题设可得1654x2y21所以C的方程为2525.16（2）设P(xP,yP),Q(6,yQ)，根据对称性可设yQ0，由题意知yP0，由已知可得B(5,0)，直线BP的方程为y122(x5)，所以|BP|yP1yQ，|BQ|1yQ，yQ因为|BP||BQ|，所以yP1，将yP1代入C的方程，解得xP3或3.由直线BP的方程得yQ2或8.所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(3,1),Q2(6,8).110A(5,0)PQPQyx，直线的方程为，点到直线的距离为，故△APQ|PQ|10111111的面1132积为110510.222710130x，点A到直线P2Q2的距离为，故△AP2Q2的9326|P2Q2|130，直线P2Q2的方程为y11305130.22625.2面积为综上，△APQ的面积为21．解：（1）f(x)3x2b．13依题意得f()0，即b0.24故b3．433xc，f(x)3x2.443（2）由（1）知f(x)x11令f(x)0，解得x或x.22f(x)与f(x)的情况为：xf(x)f(x)1(，)21211(，)22121(，+)2+0c14–0c14+111因为f(1)f()c，所以当c时，f(x)只有大于1的零点.244111因为f(1)f()c，所以当c时，f（x）只有小于–1的零点．244由题设可知11c，44当c=当c=当11时，f(x)只有两个零点和1.4211时，f(x)只有两个零点–1和.42111111c时，f(x)有三个等点x1，x2，x3，且x1(1,)，x2(,)，x3(,1)．442222综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.22．解：（1）因为t≠1，由2tt20得t2，所以C与y轴的交点为（0，12）；由23tt20得t=2，所以C与x轴的交点为(4,0)．故|AB|410．（2）由（1）可知，直线AB的直角坐标方程为得直线AB的极坐标方程3cossin120．xy1，将xcos，ysin代入，41223．解：（1）由题设可知，a，b均不为零，所以1abbcca[(abc)2(a2b2c2)]21(a2b2c2)20.(bc)2a3（2）不妨设max{a，b，c}=a，因为abc1,a(bc)，所以a>0，b<0，c<0.由bc，可得abc，44故a34，所以max{a,b,c}34.