2020年高考数学试卷（理）（新课标Ⅲ）（解析卷）_历年高考真题合集_数学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考数学真题_数学（按省份分类）2008-2025_2008-2025·（广西）数学高考真题

2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 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,yÎN*,y³x}，B={(x,y)|x+ y=8}，则A I B中元素的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】 采用列举法列举出A I B中元素的即可. ì y ³ x 【详解】由题意，A I B中的元素满足í ，且x,yÎN*， îx+ y =8 由x+ y =8³2x，得x£4， 所以满足x+ y =8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)， 故A I B中元素的个数为4. 故选：C. 【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题. 1 2.复数 的虚部是（ ） 1-3i 3 1 1 3 A. - B. - C. D. 10 10 10 10 【答案】D 第1页 | 共24页【解析】 【分析】 利用复数的除法运算求出z即可. 1 1+3i 1 3 【详解】因为z = = = + i， 1-3i (1-3i)(1+3i) 10 10 1 3 所以复数z = 的虚部为 . 1-3i 10 故选：D. 【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题. 4 3.在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为 p ,p ,p ,p ，且åp =1，则下面四 1 2 3 4 i i=1 种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ） A. p = p =0.1,p = p =0.4 B. p = p =0.4,p = p =0.1 1 4 2 3 1 4 2 3 C. p = p =0.2,p = p =0.3 D. p = p =0.3,p = p =0.2 1 4 2 3 1 4 2 3 【答案】B 【解析】 【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大的一组. 【详解】对于A选项，该组数据的平均数为x =1+4´0.1+2+3´0.4=2.5， A 方差为s2 =1-2.52 ´0.1+2-2.52 ´0.4+3-2.52 ´0.4+4-2.52 ´0.1=0.65； A 对于B选项，该组数据的平均数为x =1+4´0.4+2+3´0.1=2.5， B 方差为s2 =1-2.52 ´0.4+2-2.52 ´0.1+3-2.52 ´0.1+4-2.52 ´0.4=1.85； B 对于C选项，该组数据的平均数为x =1+4´0.2+2+3´0.3=2.5， C 方差为s2 =1-2.52 ´0.2+2-2.52 ´0.3+3-2.52 ´0.3+4-2.52 ´0.2=1.05； C 对于D选项，该组数据的平均数为x =1+4´0.3+2+3´0.2=2.5， D 方差为s2 =1-2.52 ´0.3+2-2.52 ´0.2+3-2.52 ´0.2+4-2.52 ´0.3=1.45. D 因此，B选项这一组的标准差最大. 故选：B. 第2页 | 共24页【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题. 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 K 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)= ，其中K为 1+e-0.23(t-53) 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. 60 B. 63 C. 66 D. 69 【答案】C 【解析】 【分析】 K 将t =t*代入函数It= 结合I  t* =0.95K 求得t*即可得解. 1+e-0.23t-53 【详解】Q It= 1+e- K 0.23t-53 ，所以I  t* = 1+e -0 K .23  t*-53  =0.95K ，则 e 0.23  t*-53  =19 ， 3 所以，0.23  t*-53  =ln19»3，解得t* » +53»66. 0.23 故选：C. 【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题. 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⊥OE，则C的焦点 坐标为（ ） 1 1 A. （ ，0） B. （ ，0） C. （1，0） D. （2，0） 4 2 【答案】B 【解析】 【分析】 p 根据题中所给的条件OD^OE ，结合抛物线的对称性，可知ÐCOx=ÐCOx= ，从而可 4 以确定出点D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C,D两点，且OD^OE ， p 根据抛物线的对称性可以确定ÐDOx=ÐCOx= ，所以C(2,2)， 4 1 代入抛物线方程4=4p，求得 p=1，所以其焦点坐标为( ,0)， 2 第3页 | 共24页故选：B. 【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物 线的对称性，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a，b满足|a|=5，|b|=6，a×b= -6，则cos a,a+b =（ ） 31 19 17 19 A. - B. - C. D. 35 35 35 35 【答案】D 【解析】 【分析】 r r r r r r r r 计算出a× a+b 、 a+b 的值，利用平面向量数量积可计算出cos的值. r r r r r r r r 2 r r 【详解】Q a =5， b =6，a×b=-6，\a× a+b = a +a×b=52 -6=19. r r r r2 r2 r r r2 a+b = a+b = a +2a×b+b = 25-2´6+36 =7， r r r a× a+b r r r 19 19 因此，cos= r r r = = . a × a+b 5´7 35 故选：D. 【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向 量模的计算，考查计算能力，属于中等题. 2 7.在△ABC中，cosC= ，AC=4，BC=3，则cosB=（ ） 3 1 1 1 2 A. B. C. D. 9 3 2 3 【答案】A 【解析】 【分析】 AB2+BC2-AC2 根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据cosB= ，即可求得答案. 2AB×BC 2 【详解】 在 ABC 中，cosC = ，AC =4，BC =3 Q V 3 根据余弦定理：AB2 = AC2 +BC2 -2AC×BC×cosC 第4页 | 共24页2 AB2 =42 +32 -2´4´3´ 3 可得AB2 =9 ，即AB=3 AB2 +BC2 -AC2 9+9-16 1 由 QcosB= = = 2AB×BC 2´3´3 9 1 故cosB= . 9 故选：A. 【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A. 6+4 2 B. 4+4 2 C. 6+2 3 D. 4+2 3 【答案】C 【解析】 【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 第5页 | 共24页1 根据立体图形可得：S =S =S = ´2´2=2 △ABC △ADC △CDB 2 根据勾股定理可得：AB= AD= DB=2 2 \△ADB是边长为2 2的等边三角形 根据三角形面积公式可得： 1 1 3 S = AB×AD×sin60°= (2 2)2× =2 3 △ADB 2 2 2 \该几何体的表面积是：3´2+2 3 =6+2 3. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图 画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. π 9.已知2tanθ–tan(θ+ )=7，则tanθ=（ ） 4 A. –2 B. –1 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【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. æ pö tanq+1 【详解】Q 2tanq-tan ç q+ ÷ =7，\2tanq- =7， è 4ø 1-tanq 1+t 令t =tanq,t ¹1，则2t- =7，整理得t2 -4t+4=0，解得t =2，即tanq=2. 1-t 故选：D. 【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题. 1 10.若直线l与曲线y= x 和x2+y2= 都相切，则l的方程为（ ） 5 1 1 1 A. y=2x+1 B. y=2x+ C. y= x+1 D. y= x+ 2 2 2 1 2 【答案】D 【解析】 第6页 | 共24页【分析】 根据导数的几何意义设出直线l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l在曲线y = x 上的切点为 x , x ，则x >0， 0 0 0 1 1 函数y = x 的导数为y¢= ，则直线l的斜率 k = ， 2 x 2 x 0 1 设直线l的方程为 y- x = x-x  ，即x-2 x y+x =0， 0 2 x 0 0 0 0 1 x 1 由于直线l与圆x2 + y2 = 相切，则 0 = ， 5 1+4x 5 0 1 两边平方并整理得5x2 -4x -1=0，解得x =1，x =- （舍）， 0 0 0 0 5 1 1 则直线l的方程为x-2y+1=0，即y = x+ . 2 2 故选：D. 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题. x2 y2 11.设双曲线C： - =1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F ，F ，离心率为 5．P是C 1 2 a2 b2 上一点，且F P⊥F P．若△PF F 的面积为4，则a=（ ） 1 2 1 2 A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【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. c 【详解】 Q a = 5，\c= 5a，根据双曲线的定义可得 PF 1 - PF 2 =2a， 1 S = |PF |× PF =4，即|PF |× PF =8， △PF 1 F 2 2 1 2 1 2 Q F 1 P^ F 2 P，\|PF 1 |2 + PF 2 2 =2c2 ， \  PF - PF 2 +2 PF × PF =4c2，即a2 -5a2 +4=0，解得a=1， 1 2 1 2 第7页 | 共24页故选：A. 【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式 的应用，属于中档题. 12.已知55<84，134<85．设a=log 3，b=log 5，c=log 8，则（ ） 5 8 13 A. a ，综合可得出a、b、c的大小关系. 5 【详解】由题意可知a、b、cÎ0,1 ， a log 3 lg3 lg8 1 ælg3+lg8ö 2 ælg3+lg8ö 2 ælg24ö 2 = 5 = × < × ç ÷ = ç ÷ = ç ÷ <1，\a4，可得c> . 13 5 综上所述，a400 空气质量好 空气质量不好 n(ad-bc)2 附：K2 = ， (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【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、 0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析. 【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可得结果； （3）根据表格中的数据完善2´2列联表，计算出K2的观测值，再结合临界值表可得结论. 【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+25 5+10+12 =0.43，等级为2的概率为 =0.27，等级为3的概率为 100 100 第14页 | 共24页6+7+8 7+2+0 =0.21，等级为4的概率为 =0.09； 100 100 （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 100´20+300´35+500´45 =350 100 （3）2´2列联表如下： 人次£ 400 人次>400 空气质量不好 33 37 空气质量好 22 8 100´33´8-37´222 K2 = »5.820>3.841， 55´45´70´30 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. 【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考 查数据处理能力，属于基础题. 19.如图，在长方体ABCD-ABC D 中，点E,F分别在棱DD,BB 上，且2DE=ED ， 1 1 1 1 1 1 1 BF =2FB ． 1 （1）证明：点C 在平面AEF 内； 1 （2）若AB=2，AD=1，AA =3，求二面角A-EF -A 的正弦值． 1 1 42 【答案】（1）证明见解析；（2） . 7 第15页 | 共24页【解析】 【分析】 （1）连接C E 、C F ，证明出四边形AEC F 为平行四边形，进而可证得点C 在平面 1 1 1 1 AEF 内； （2）以点C 为坐标原点，C D 、C B 、CC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐 1 1 1 1 1 1 标系C -xyz，利用空间向量法可计算出二面角A-EF -A 的余弦值，进而可求得二面角 1 1 A-EF -A 的正弦值. 1 1 【详解】（1）在棱CC 上取点G，使得CG = CG，连接DG、FG、C E 、C F ， 1 1 2 1 1 在长方体ABCD-ABC D 中，AD//BC且AD= BC，BB //CC 且BB =CC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 CG = CG，BF =2FB ，\CG = CC = BB = BF 且CG = BF ， Q 1 2 1 3 1 3 1 所以，四边形BCGF 为平行四边形，则AF//DG且AF = DG， 同理可证四边形DECG为平行四边形，\C E//DG且C E = DG， 1 1 1 \C E//AF且C E = AF ，则四边形AEC F 为平行四边形， 1 1 1 因此，点C 在平面AEF 内； 1 （2）以点C 为坐标原点，C D 、C B 、CC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示 1 1 1 1 1 1 第16页 | 共24页的空间直角坐标系C -xyz， 1 则A2,1,3 、A 2,1,0 、E2,0,2 、F0,1,1 ， 1 uuur uuur uuur uuuur AE =0,-1,-1，AF =-2,0,-2，AE =0,-1,2，AF =-2,0,1， 1 1 ur 设平面AEF 的法向量为m=x ,y ,z ， 1 1 1 ur uuur ì ïm×AE =0 ì-y -z =0 ur 由í ，得í 1 1 取z =-1，得x = y =1，则m=1,1,-1， ïîm ur × u A u F ur =0 î -2x 1 -2z 1 =0 1 1 1 r 设平面AEF 的法向量为n=x ,y ,z ， 1 2 2 2 r uuur ì ïn×AE =0 ì-y +2z =0 r 由í 1 ，得í 2 2 ，取z =2，得x =1，y =4，则n=1,4,2， ïî n r × u A u 1 u F ur =0 î -2x 2 +z 2 =0 2 2 2 ur r ur r m×n 3 7 cos= = = ur r ， m × n 3´ 21 7 7 42 设二面角A-EF -A 的平面角为q，则 cosq= ，\sinq= 1-cos2q= . 1 7 7 42 因此，二面角A-EF -A 的正弦值为 . 1 7 【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理 能力与计算能力，属于中等题. 第17页 | 共24页x2 y2 15 20.已知椭圆C: + =1(00，得x> 或x<- ；令 f '(x)<0，得- < x< ， 2 2 2 2 1 1 1 1 所以 f(x)在(- , )上单调递减，在(-¥,- )，( ,+¥)上单调递增， 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 且 f(-1)=c- , f(- )=c+ , f( )=c- , f(1)=c+ ， 4 2 4 2 4 4 若 f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x ，则 f(-1)>0或 f(1)<0， 0 1 1 即c> 或c<- . 4 4 1 1 1 1 1 1 1 当c> 时， f(-1)=c- >0, f(- )=c+ >0, f( )=c- >0, f(1)=c+ >0， 4 4 2 4 2 4 4 又 f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)<0， 由零点存在性定理知 f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点x ， 0 即 f(x)在(-¥,-1)上存在唯一一个零点，在(-1,+¥)上不存在零点， 此时 f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 1 1 1 1 1 1 1 当c<- 时， f(-1)=c- <0, f(- )=c+ <0, f( )=c- <0, f(1)=c+ <0， 4 4 2 4 2 4 4 又 f(-4c)=64c3+3c+c=4c(1-16c2)>0， 由零点存在性定理知 f(x)在(1,-4c)上存在唯一一个零点x¢， 0 即 f(x) 在(1,+¥)上存在唯一一个零点，在(-¥,1)上不存在零点， 此时 f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上， f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学 第22页 | 共24页生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题. （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. [选修4—4：坐标系与参数方程]（10分） ìx=2-t-t2 22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为í （t为参数且t≠1），C与坐标轴 îy =2-3t+t2 交于A、B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． 【答案】（1）4 10 （2）3rcosq-rsinq+12=0 【解析】 【分析】 （1）由参数方程得出A,B的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 AB 的值； （2）由A,B的坐标得出直线AB的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可. 【详解】（1）令x=0，则t2 +t-2=0，解得t =-2或t=1（舍），则y =2+6+4=12 ，即A(0,12). 令y =0，则t2 -3t +2=0，解得t =2或t=1（舍），则x=2-2-4=-4，即B(-4,0) \ AB = (0+4)2 +(12-0)2 =4 10； 12-0 （2）由（1）可知k = =3， AB 0-(-4) 则直线AB的方程为y =3(x+4)，即3x- y+12=0. 由x=rcosq,y=rsinq可得，直线AB的极坐标方程为3rcosq-rsinq+12=0. 【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中 档题. [选修4—5：不等式选讲]（10分） 23.设a，b，cÎR，a+b+c=0，abc=1． 第23页 | 共24页（1）证明：ab+bc+ca<0； （2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥3 4 ． 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由(a+b+c)2 =a2 +b2 +c2 +2ab+2ac+2bc=0结合不等式的性质，即可得出证明 ； （2）不妨设max{a,b,c}=a，由题意得出a>0,b,c<0，由 b+c2 b2 +c2 +2bc a3 =a2×a = = ，结合基本不等式，即可得出证明. bc bc 【详解】（1） (a+b+c)2 =a2 +b2 +c2 +2ab+2ac+2bc=0， Q 1 \ab+bc+ca =-  a2 +b2 +c2 . 2 1 Q a,b,c均不为0，则a2 +b2 +c2 >0，\ab+bc+ca =-  a2 +b2 +c2 <0； 2 （2）不妨设max{a,b,c}=a， 由a+b+c=0,abc=1可知，a >0,b<0,c<0， 1 b+c2 b2 +c2 +2bc 2bc+2bc Q a=-b-c,a= ，\a3 =a2×a= = ³ =4. bc bc bc bc 当且仅当b=c时，取等号， \a³ 3 4 ，即max{a,b,c}… 3 4 . 【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题. 第24页 | 共24页