2020年天津卷数学高考试题(含答案)

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P(AB)P(A)P(B)．

·如果事件A与事件B相互，那么P(AB)P(A)P(B)． ·球的表面积公式S4πR，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U{3,2,1,0,1,2,3}，集合A{1,0,1,2},B{3,0,2,3}，则A∩ðUB A．{3,3}

B．{0,2}

22C．{1,1} D．{3,2,1,1,3}

2．设aR，则“a1”是“aa”的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 3．函数yD．既不充分也不必要条件

4x的图象大致为 x21 名校试卷

A B

C D

[5.31,5.33),[5.33,5.35),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：[5.45,5.47),[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．10

B．18

C．20

D．36

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5．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．12π 6．设a3,b()0.7B．24π C．36π D．144π

130.8,clog0.70.8，则a,b,c的大小关系为

B．bac

C．bca

D．cab

A．abc

x2y227．设双曲线C的方程为221(a0,b0)，过抛物线y4x的焦点和点(0,b)的直线为l．若C的

ab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

y2x2y221 1 B．xA．

444x2y21 D．x2y21 C．48．已知函数f(x)sin(x)．给出下列结论： ①f(x)的最小正周期为2π； ②f()是f(x)的最大值；

③把函数ysinx的图象上所有点向左平移其中所有正确结论的序号是 A．①

B．①③

C．②③

D．①②③

π3π2π个单位长度，可得到函数yf(x)的图象． 3x3,x0,29．已知函数f(x)若函数g(x)f(x)kx2x(kR)恰有4个零点，则k的取值范围是

x,x0.A．(,)C．(,0)12(22,) B．(,)D．(,0)12(0,22)

(0,22) (22,)

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．

名校试卷 高考前免费赠送市面知名押题卷电子版 10．i是虚数单位，复数11．在(x8i_________． 2i

252x)的展开式中，的系数是_________． 2x22212．已知直线x3y80和圆xyr(r0)相交于A,B两点．若|AB|6，则r的值为

_________．

13．已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为

11和．假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落23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a0,b0，且ab1，则

118的最小值为_________． 2a2bab3，则实数2BC,ADAB15．如图，在四边形ABCD中，B60,AB3，BC6，且AD的值为_________，若M,N是线段BC上的动点，且|MN|1，则DMDN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A,B,C所对的边分别为a,b,c．已知a22,b5,c13． （Ⅰ）求角C的大小； （Ⅱ）求sinA的值； （Ⅲ）求sin(2A)的值． 17．（本小题满分15分）

如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC,ACBC,ACBC2，CC13，点D,分别在棱AA1和棱CC1上，且AD1,CE2,M为棱A1B1的中点．

π4E 名校试卷

（Ⅰ）求证：C1MB1D；

（Ⅱ）求二面角BB1ED的正弦值；

（Ⅲ）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值． 18．（本小题满分15分）

x2y2已知椭圆221(ab0)的一个顶点为A(0,3)，右焦点为F，且|OA||OF|，其中O为原

ab点．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

，直线AB与以C为圆心的圆（Ⅱ）已知点C满足3OCOF，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点）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an为等差数列，bn为等比数列，a1b11,a55a4a3,b54b4b3． （Ⅰ）求an和bn的通项公式；

（Ⅱ）记an的前n项和为Sn，求证：SnSn2Sn1nN2*；

3an2bn,n为奇数,aann2（Ⅲ）对任意的正整数n，设cn求数列cn的前2n项和．

an1,n为偶数.bn1 名校试卷 高考前免费赠送市面知名押题卷电子版

20．（本小题满分16分）

3已知函数f(x)xklnx(kR)，f(x)为f(x)的导函数．

（Ⅰ）当k6时，

（i）求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （ii）求函数g(x)f(x)f(x)9的单调区间和极值； x（Ⅱ）当k3时，求证：对任意的x1,x2[1,)，且x1x2，有

fx1fx22f1xf2x．

x1x2 名校试卷

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．C

2．A

3．A

4．B

5．C

6．D

7．D

8．B

9．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．

10．32i 三．解答题 16．满分14分．

11．10

12．5

13．

12； 6314．4 15．

113； 62a2b2c22（Ⅰ）解：在△ABC中，由余弦定理及a22,b5,c13，有cosC．又2ab2π因为C(0,π)，所以C．

4πasinC213（Ⅱ）解：在△ABC中，由正弦定理及C,a22,c13，可得sinA． 4c132133132（Ⅲ）解：由ac及sinA，可得cosA1sinA，

1313125,cos2A2cos2A1． 进而sin2A2sinAcosA1313πππ12252172所以，sin(2A)sin2Acoscos2Asin． 4441321322617．满分15分．

依题意，以C为原点，分别以CA,CB,CC1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C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3)，A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2)，

M(1,1,3)．

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（Ⅰ）证明：依题意，C1M(1,1,0)，B1D(2,2,2)，从而C1MB1D2200，所以

C1MB1D．

（Ⅱ）解：依题意，CA(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，EB1(0,2,1)，ED(2,0,1)．设

nEB10,2yz0,n(x,y,z)为平面DB1E的法向量，则即不妨设x1，可得n(1,1,2)．

nED0,2xz0.因此有cosCA,nCAn630，于是sinCA,n． 66|CA||n|所以，二面角BB1ED的正弦值为

30． 6（Ⅲ）解：依题意，AB(2,2,0)．由（Ⅱ）知n(1,1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是

cosAB,nABn3．

3|AB||n|所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为18．满分15分．

3． 3（Ⅰ）解：由已知可得b3．记半焦距为c，由|OF||OA|可得cb3．又由abc，可得

222 每日分享精品资料 名校试卷

x2y2a18．所以，椭圆的方程为1．

12（Ⅱ）解：因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以ABCP．依题意，直线AB和直线CPykx3,的斜率均存在．设直线AB的方程为ykx3．由方程组x2y2消去y，可得

1,112k6k2312k解得x0，或x.依题意，可得点B的坐标为2因,2．2k1x12kx0，

2k212k12k122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36k由3OCOF，,．222k12k1302321k得点C的坐标为(1,0)，故直线CP的斜率为，即2．又因为ABCP，所以6k2k6k1122k131k21，整理得2k23k10，解得k，或k1． 2k6k121所以，直线AB的方程为yx3，或yx3．

219．满分15分．

（Ⅰ）解：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q．由a11，a55a4a3，可

2得d1，从而an的通项公式为ann．由b11,b54b4b3，又q0，可得q4q40，

解得q2，从而bn的通项公式为bn（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得Sn从而SnSn2Sn122n1．

11n(n1)222(1)2Snnn，故SnSn2n(n1)(n2)(n3)，，144212(n1)(n2)0，所以SnSn2Sn1． 2（Ⅲ）解：当n为奇数时，cn3an2bn(3n2)2n1anan2n(n2)2n12n1；当n为偶数时，n2ncnan1n1n． 2bn1nn22k22k222n对任意的正整数n，有c2k11， 2k12n1k1k12k1 名校试卷

和

c2kk1n2k113523k444k14n2n1． ① n41n13由①得c2k234k1442n32n1n1． ② 4n43n12由①②得c2k24k1442nnn211n22n1412n156nnnn1n1，从而得c2k． n14444994k1144n6n． 因此，ckc2k1c2knn21949k1k1k14n6n． 所以，数列cn的前2n项和为

2n194n920．满分16分．

3（Ⅰ）（i）解：当k6时，f(x)x6lnx，故f(x)3x26．可得f(1)1，f(1)9，所x以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y19(x1)，即y9x8． （ii）解：依题意，g(x)x3x6lnx32633,x(0,)．从而可得g(x)3x26x2，

xxx3(x1)3(x1)整理可得g(x)．令g(x)0，解得x1． 2x当x变化时，g(x),g(x)的变化情况如下表：

x g(x) (0,1) - ↘ 1 0 极小值 (1,) + ↗ g(x) 所以，函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)；g(x)的极小值为g(1)1，无极大值．

3（Ⅱ）证明：由f(x)xklnx，得f(x)3x2k． x 每日分享精品资料 名校试卷

对任意的x1,x2[1,)，且x1x2，令

x1t(t1)，则 x2x1x2fx1fx22fx1fx2

xkk332x1x23x123x22x1x2kln1

x1x2x2xxx32x13x23x12x23x1x2k122kln1

x2x2x1133x2t2lntt3t23t1kt． ①

1121令h(x)x2lnx,x[1,)．当x1时，h(x)1210，由此可得h(x)在

xxxx1[1,)单调递增，所以当t1时，h(t)h(1)，即t2lnt0．

t因为x21，t3t3t1(t1)0,k3，

所以，x2t3t3t1kt2lnt(t3t3t1)3t2lnt

33232321t321t3t33t26lnt1． ②

t由（Ⅰ）（ii）可知，当t1时，g(t)g(1)，即t3t6lnt故t3t6lnt323231， t310． ③ t由①②③可得x1x2fx1fx22fx1fx20．所以，当k3时，对任意的

x1,x2[1,)，且x1x2，有

fx1fx2fx1fx2． 2x1x2 名校试卷