2020年高考天津卷数学真题试卷（含答案） 10页

2020 年高考天津卷数学真题试卷（含答案） 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 ()()()PABPAPB． ·如果事件 A 与事件 B 相互独立，那么 ()()()PABPAPB ． ·球的表面积公式 24πSR ，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 {3,2,1,0,1,2,3}U  ，集合 {1,0,1,2},{3,0,2,3}AB ，则  UAB∩ ð A． { 3 ,3} B． { 0 ,2 } C． { 1,1} D．{3,2,1,1,3} 2．设 a  R ，则“ 1a  ”是“ 2aa ”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 2 4 1 xy x  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 . 4 3 ,5 . 4 7 ) 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． 12 π B． 24 π C． 36 π D． 144 π 6．设 0.70.8 0.7 13,(),log0.83abc  ，则 ,,abc的大小关系为 A． abc B． bac C． bca D． cab 7．设双曲线 C 的方程为 22 221(0,0)xy abab ，过抛物线 2 4yx 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． 22 144 xy B． 2 2 14 yx  C． 2 2 14 x y D． 221xy 8．已知函数 π( ) sin( )3f x x．给出下列结论： ① ()fx的最小正周期为 2π； ② π()2f 是 ()fx的最大值； ③把函数 s i nyx 的图象上所有点向左平移 π 3 个单位长度，可得到函数 ()y f x 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 3 ,0,() ,0. xxfx xx     若函数 2( ) ( ) 2 ( )g x f x kx x k   R 恰有 4 个零点，则 k 的取值范围是 A． 1(,)(22,)2 B． 1(,)(0,22)2 C．( ,0) (0,2 2) D．( ,0) (2 2, )  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． 10． i 是虚数单位，复数 8i 2i   _________． 11．在 5 2 2()x x 的展开式中， 2x 的系数是_________． 12．已知直线 380xy 和圆 222 (0)xyrr 相交于 ,AB两点．若 | | 6AB  ，则 r 的值为 _________． 13．已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为 1 2 和 1 3 ．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 0,0a b，且 1ab  ，则 1 1 8 22a b a b 的最小值为_________． 15．如图，在四边形 ABCD中， 60 , 3B AB    ， 6BC  ，且 3, 2AD BC AD AB    ，则实数 的值为_________，若 ,MN是线段 BC 上的动点，且||1MN  ，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 ,,abc．已知 22,5,13abc ． （Ⅰ）求角 C 的大小； （Ⅱ）求 s i n A 的值； （Ⅲ）求 πsin(2 )4A 的值． 17．（本小题满分 15 分） 如图，在三棱柱 111A B C A BC 中， 1CC  平面 ,,2ABCACBCACBC ， 1 3CC  ，点 ,DE 分别在棱 1AA 和棱 1CC 上，且 2,1,ADCEM为棱 11AB 的中点． （Ⅰ）求证： 11C M B D ； （Ⅱ）求二面角 1BB ED的正弦值； （Ⅲ）求直线 AB 与平面 1DB E 所成角的正弦值． 18．（本小题满分 15 分） 已知椭圆 22 221( 0)xy abab    的一个顶点为 (0, 3)A  ，右焦点为 F ，且| | | |OA OF ，其中O 为原 点． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）已知点 C 满足 3O C O F ，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．（本小题满分 15 分） 已知 na 为等差数列， nb 为等比数列，    1 1 5 4 3 5 4 31, 5 , 4a b a a a b b b      ． （Ⅰ）求  na 和  nb 的通项公式； （Ⅱ）记 的前 n 项和为 nS ，求证：  2* 21nnnSSSnN ； （Ⅲ）对任意的正整数 n ，设   2 1 1 32,, ,. nn nn n n n abnaac a nb         为奇数 为偶数 求数列  nc 的前 2 n 项和． 20．（本小题满分 16 分） 已知函数 3()ln()fxxkx k R ， ()fx 为 ()fx的导函数． （Ⅰ）当 6k  时， （i）求曲线 ()y f x 在点(1, (1))f 处的切线方程； （ii）求函数 9()()()gxfxfx x  的单调区间和极值； （Ⅱ）当 3k  时，求证：对任意的 12,[1,)xx ，且 12xx ，有        1212 122 fxfxfxfx xx   ． 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 2 i 11．10 12．5 13． 1 6 ； 2 3 14．4 15． 1 6 ； 13 2 三．解答题 16．满分 14 分． （Ⅰ）解：在 ABC△ 中，由余弦定理及 22,5,13abc ，有 2 2 2 2cos 22 a b cC ab ．又 因为 ( 0 , π )C  ，所以 π 4C  ． （Ⅱ）解：在 ABC△ 中，由正弦定理及 π ,22,134Cac ，可得 sin 2 13sin 13 aCA c． （Ⅲ）解：由 ac 及 213sin 13A  ，可得 2 313cos1sin 13AA ， 进而 2125sin 22sincos,cos 22cos11313AAAAA  ． 所以， π π π 1225217 2sin(2) sin 2 coscos 2 sin44413213226AAA ． 17．满分 15 分． 依题意，以 C 为原点，分别以 1,,CACBCC 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 1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)CABC ， 11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)ABDE ， (1,1,3)M ． （Ⅰ）证明：依题意， 1 ( 1 ,1 ,0)CM  ， 1 (2 , 2 , 2)BD    ，从而 112200CMBD ，所以 11C M B D ． （Ⅱ）解：依题意， (2,0,0)CA  是平面 1B B E 的一个法向量， 1 (0 ,2 ,1 )EB  ， (2,0, 1)ED ．设 ( , , )x y zn 为平面 1D B E 的法向量，则 1 0, 0, EB ED    n n 即 2 0 , 2 0 . yz xz    不妨设 1x  ，可得 (1, 1,2 )n ． 因此有 | || 6cos , 6|A CA C CA   nn n ，于是 30sin , 6CA  n ． 所以，二面角 1B B E D的正弦值为 30 6 ． （Ⅲ）解：依题意， ( 2 ,2 ,0 )AB  ．由（Ⅱ）知 (1, 1,2 )n 为平面 1D B E 的一个法向量，于是 3cos, 3|||| ABAB AB   nn n ． 所以，直线 AB 与平面 1D B E 所成角的正弦值为 3 3 ． 18．满分 15 分． （Ⅰ）解：由已知可得 3b  ．记半焦距为c ，由||||OFOA 可得 3cb．又由 2 2 2a b c，可得 2 18a  ．所以，椭圆的方程为 22 1189 xy． （Ⅱ）解：因为直线 AB 与以 C 为圆心的圆相切于点 P ，所以 ABCP ．依题意，直线 AB 和直线 CP 的斜率均存在．设直线 AB 的方程为 3ykx．由方程组 22 3, 1,189 ykx xy   消去 y ，可得  2221120kxkx ，解得 0x  ，或 2 12 21 kx k  .依题意，可得点 B 的坐标为 2 22 12 6 3,2 1 2 1 kk kk   ．因 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 22 63,2121 k kk   ．由3OC OF ， 得点 C 的坐标为 (1,0 ) ，故直线 CP 的斜率为 2 2 3 021 6 121 k k k    ，即 2 3 2 6 1kk ．又因为 A B C P ，所以 2 3 1261k kk  ，整理得 22 3 1 0kk   ，解得 1 2k  ，或 1k  ． 所以，直线 AB 的方程为 1 32yx，或 3yx． 19．满分 15 分． （Ⅰ）解：设等差数列  na 的公差为 d ，等比数列  nb 的公比为 q ．由 1 1a  ，  543 5a a a，可 得 1d  ，从而  na 的通项公式为 nan ．由  1543 1,4bbbb ，又 0q  ，可得 2 4 4 0qq   ， 解得 2q  ，从而  nb 的通项公式为 12 n nb  ． （Ⅱ）证明：由（ Ⅰ）可得 ( 1) 2n nnS  ，故 2 1 ( 1)( 2)( 3)4nnS S n n n n     ，  222 1 1 ( 1) 24nS n n    ， 从而 2 21 1 (1)(2)02nnnSSSnn  ，所以 2 21nnnS S S  ． （Ⅲ）解：当 n 为奇数时，   1 1 1 2 32 (3 2)2 2 2 ( 2) 2 n n n nn n nn abnc a a n n n n          ；当 n 为偶数时， 1 1 1 2 n n n n a nc b    ． 对任意的正整数 n ，有 2222 21 11 222 1212121 kknnn k kk c kkn     ， 和 2 23 11 2113521 44444 nn k kn kk knc   ． ① 由①得 2 231 1 1132321 44444 n k nn k nnc    ． ② 由①②得 2 211 1 21131 22 2 11 2 1 44 144 4444 4 1 4 nn k nnn k nnc           ，从而得 2 1 5 6 5 9 9 4 n k n k nc   ． 因此， 2 2 1 2 1 1 1 4 6 5 4 2 1 9 4 9 nn n n k k k n k k k nc c c n           ． 所以，数列  nc 的前 2 n 项和为 4654 21949 n n n n  ． 20．满分 16 分． （Ⅰ）（ i）解：当 6k  时， 3( ) 6l nf x x x  ，故 2 6( ) 3f x x x  ．可得 (1) 1f  ， (1) 9f   ，所 以曲线 ()y f x 在点 (1, (1) )f 处的切线方程为 1 9 ( 1 )yx   ，即 98yx． （ii）解：依题意， 32 3()36ln,(0,)gxxxxx x ．从而可得 2 2 63()36gxxx xx   ， 整理可得 3 2 3(1)(1)() xxgx x   ．令 ( ) 0gx  ，解得 1x  ． 当 x 变化时， ( ), ( )g x g x 的变化情况如下表： x (0 ,1) 1 (1, ) ()gx - 0 + ()gx ↘ 极小值 ↗ 所以，函数 ()gx 的单调递减区间为 (0 ,1) ，单调递增区间为 ( 1, ) ； ()gx 的极小值为 ( 1 ) 1g  ，无极 大值． （Ⅱ）证明：由 3( ) lnf x x k x ，得 2()3 kfxx x  ． 对任意的 12,[1,)xx ，且 12xx ，令 1 2 (1)x ttx ，则            121212 2xxfxfxfxfx    2 2 3 3 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 3 3 2 ln xkkx x x x x x kx x x                   3322 121 121 21 2 212 332 ln x xxx xx xx x kk xxx       3 32 2 133 12lnx tttk tt t      ． ① 令 1( ) 2ln , [1, )h x x x xx     ．当 1x  时， 2 2 1 2 1( ) 1 1 0hx x x x        ，由此可得 ()hx在 [1, ) 单调递增，所以当 1t  时， ( ) (1)h t h  ，即 1 2l n 0ttt   ． 因为 2 1x  ， 323 331(1)0,3ttttk  ， 所以，  33232 2 113312ln(331)32lnxtttkttttttt tt  23 36ln3 1ttt t ． ② 由（Ⅰ）（ ii）可知，当 1t  时， ( ) (1)g t g  ，即 32 336ln1ttt t ， 故 23 336ln10ttt t ． ③ 由①②③可得           121212 20xxfxfxfxfx  ．所以，当 3k  时，对任意的 12, [ 1, )xx   ，且 12xx ，有        1212 122 fxfxfxfx xx   ．