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2020年天津卷数学高考试题(含答案)

来源:榕意旅游网


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

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

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