2020年天津市高考数学试卷【word版本;可编辑;含答案】
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;
②fπ2是fx的最大值;
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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.
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.
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(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.
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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