2020年天津市高考数学试卷【word版；可编辑；含答案】1
2020年天津市高考数学试卷
一、选择题
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∩(∁UB)=( )
A.{-3,3} B.{0,2} C.{-1,1} D.{-3,-2,-1,1,3}
2. 设a∈R，则“a>1”是“a2>a”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y=4xx2+1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.10 B.18 C.20 D.36
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 B.24π C.36π D.144π
6. 设a=30.7，b=13-0.8 ，c=log0.70.8，则a，b，c的大小关系为( )
A.a
0,b>0，过抛物线y2=4x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.x24-y24=1 B.x2-y24=1 C.x24-y2=1 D.x2-y2=1
8. 已知函数fx=sinx+π3．给出下列结论：
①fx的最小正周期为2π；
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②fπ2是fx的最大值；
③把函数y=sinx的图象上所有点向左平移π3个单位长度，可得到函数y=fx的图象．
其中所有正确结论的序号是( )
A.① B.①③ C.②③ D.①②③
9. 已知函数fx=x3，x≥0，-x，x<0，若函数gx=fx-|kx2-2x| k∈R恰有4个零点，则k的取值范围是( )
A.-∞,-12∪22,+∞ B.-∞,-12∪0,22
C.-∞,0∪0,22 D.-∞,0∪22,+∞
二、填空题
10. i是虚数单位，复数8-i2+i=________.
11. 在x+2x25的展开式中，x2的系数是________.
12. 已知直线x-3y+8=0和圆x2+y2=r2r>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a>0，b>0，且ab=1，则12a+12b+8a+b的最小值为________.
15. 如图，在四边形ABCD中，∠B=60∘，AB=3，BC=6，且AD→=λBC→，AD→⋅AB→=-32，则实数λ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
16. 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.
(1)求角C的大小；
(2)求sinA的值；
(3)求sin2A+π4的值.
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17. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中， CC1⊥平面ABC，AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1,CE=2，M为棱A1B1的中点．
(1)求证： C1M⊥B1D；
(2)求二面角B-B1E-D的正弦值；
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
18. 已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0，-3)，右焦点为F，且|OA|=|OF|，其中O为原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点C满足3OC→=OF→，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.
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19. 已知an为等差数列，bn为等比数列，a1=b1=1，a5=5a4-a3，b5=4b4-b3.
(1)求an和bn的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证： SnSn+2<Sn+12n∈N*；
(3)对任意的正整数n，设cn=(3an-2)bnanan+2，n为奇数，an-1bn+1，n为偶数， 求数列cn的前2n项和．
20. 已知函数f(x)=x3+klnx(k∈R)，f'(x)为f(x)的导函数.
(1)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)+9x的单调区间和极值；
(2)当k≥-3时，求证：对任意的x1，x2∈[1,+∞)，且x1>x2，有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.
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参考答案与试题解析
2020年天津市高考数学试卷
一、选择题
1.C
2.A
3.A
4.B
5.C
6.D
7.D
8.B
9.D
二、填空题
10.3-2i
11.10
12.5
13.16,23
14.4
15.16,132
三、解答题
16.解：(1)在△ABC中，
由a=22，b=5，c=13及余弦定理得：
cosC=a2+b2-c22ab=8+25-132×22×5=22.
又因为C∈0,π，
所以C=π4;
(2)在△ABC中，
由C=π4，a=22，c=13及正弦定理，可得：
sinA=asinCc=22×2213=21313；
(3)由a=CA→⋅n→|CA→|⋅n→|=22×6=66,
所以 sin=1-cos2=306，
所以，二面角B-B1E-D的正弦值为306；
(3)解：依题意， AB→=-2,2,0.
由(2)知n→=1,-1,2为平面DB1E的一个法向量，
于是 cos=AB→⋅n→|AB→|⋅|n→|=-33，
所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.
18.解：(1)∵ 椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3)，
∴ b=3.
由|OA|=|OF|，得到c=b=3.
又由a2=b2+c2，得到a2=18.
故椭圆的方程为x218+y29=1.
(2)∵ 直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，
∴ CP⊥AB.
根据题意可知，直线AB与直线CP的斜率均存在，
设直线AB的斜率为k，
则直线AB为y+3=kx，即y=kx-3，
则y=kx-3，x218+y29=1，
消去y，可得(2k2+1)x2-12kx=0，
解得x=0或x=12k2k2+1.
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将x=12k2k2+1代入y=kx-3，
可得y=k 12k2k2+1-3=6k2-32k2+1，
∴ 点B的坐标为12k2k2+1，6k2-32k2+1.
∵ P为线段AB的中点，点A的坐标为(0,-3)，
∴ P的坐标为6k2k2+1，-32k2+1.
由3OC→=OF→，得点C的坐标为(1,0)，
∴ kCP=-32k2+1-06k2k2+1-1
=32k2-6k+1.
又∵ CP⊥AB，
∴ k⋅32k2-6k+1=-1，
整理得2k2-3k+1=0，解得k=12或k=1.
综上，直线AB的方程为y=12x-3或y=x-3.
19.(1)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q2-4q+4=0，解得q=2，
从而{bn}的通项公式为bn=2n-1．
(2)证明：由(1)可得Sn=n(n+1)2，
故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3)，
Sn+12=14(n+1)2(n+2)2，
从而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)<0，
所以SnSn+2<Sn+12．
(3)解：当n为奇数时，cn=(3an-2)bnanan+2=(3n-2)2n-1n(n+2)=2n+1n+2-2n-1n，
当n为偶数时，cn=an-1bn+1=n-12n，
对任意的正整数n，有k=1nc2k-1=k=1n22k2k+1-22k-22k-1=22n2n+1-1，
k=1nc2k=k=1n2k-14k=14+342+543+⋯+2n-34n-1+2n-14n①，
由①得14k=1nc2k=142+343+544+⋯+2n-34n+2n-14n+1②，
由①-②得34k=1nc2k=14+242+⋯+24n-2n-14n+1=241-14n1-14-14-2n-14n+1，
由于241-14n1-14-14-2n-14n+1=23-23×14n-14-2n-14n×14=512-6n+53×4n+1，
从而得：k=1nc2k=59-6n+59×4n，
因此，k=12nck=k=1nc2k-1+k=1nc2k=4n2n+1-6n+59×4n-49，
所以，数列{cn}的前2n项和为4n2n+1-6n+59×4n-49．
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20.(1)解：(i)当k=6时，
f(x)=x3+6lnx，f'(x)=3x2+6x，
可得f(1)=1，f'(1)=9，
所以曲线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)依题意，g(x)=x3-3x2+6lnx+3x，x∈(0,+∞)．
从而可得g'(x)=3x2-6x+6x-3x2，
整理可得：g'(x)=3(x-1)3(x+1)x2，
令g'(x)=0，解得x=1．
当x变化时，g'(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(0,1)
x=1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
单调递减
极小值
单调递增
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；
(2)证明：由f(x)=x3+klnx，得f'(x)=3x2+kx．
对任意的x1，x2∈[1,+∞)，且x1>x2，
令x1x2=t(t>1)，
则x1-x2f'x1+f'x2-2fx1-fx2
=x1-x23x12+kx1+3x22+kx2-2x13-x23+klnx1x2
=x13-x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2-x2x1-2klnx1x2
=x23t3-3t2+3t-1+kt-1t-2lnt①．
令h(x)=x-1x-2lnx，x∈(1,+∞)．
当x>1时，h'(x)=1+1x2-2x=1-1x2>0，
由此可得h(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以当t>1时，h(t)>h(1)，即t-1t-2lnt>0．
因为x2≥1，t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0，k≥-3,
所以x23t3-3t2+3t-1+kt-1t-2lnt
≥t3-3t2+3t-1-3t-1t-2lnt
=t3-3t2+6lnt+3t-1②．
由(1)(ii)可知，当
t>1时，g(t)>g(1)，即t3-3t2+6lnt+3t>1，
故t3-3t2+6lnt+3t-1>0③．
由①②③可得x1-x2(f'x1)+f'x2-2(fx1-fx2)>0，
所以，当k≥-3时，任意的x1，x2∈[1,+∞)，且x1>x2，有
f'x1+f'x22>fx1-fx2x1-x2．
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