2020年普通高等学校招生全国统一考试数学(天津卷)教师 (2)

这是一份2020年普通高等学校招生全国统一考试数学(天津卷)教师 (2)，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


2020年普通高等学
校招生全国统一考试
数学(天津卷)
(本试卷共4页,20小题,满分150分,考试用时120分钟)
第Ⅰ卷(共40分)
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∩(∁UB)=(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　
A.{-3,3} B.{0,2}
C.{-1,1} D.{-3,-2,-1,1,3}
答案C
解析∵U={-3,-2,-1,0,1,2,3},∴∁UB={-2,-1,1},A∩(∁UB)={-1,1}.故选C.
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
答案A
解析若a>1,则a2>a成立.
若a2>a,则a>1或a<0.
∴“a>1”是“a2>a”的充分不必要条件.故选A.
3.函数y=4xx2+1的图象大致为(　　)

答案A
解析∵函数y=4xx2+1为奇函数,∴排除C,D.
再把x=1代入得y=42=2>0,排除B.故选A.
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
答案B
解析在[5.43,5.47]的频率为(6.25+5.00)×0.02=0.225,∴0.225×80=18.故选B.
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
答案C
解析∵2R=(23×2)2+(23)2=6,
∴球的表面积为4πR2=36π.故选C.
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 答案D
解析∵b=13-0.8=30.8>30.7=a>30=1,
c=log0.70.8 7.设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(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
答案D
解析∵双曲线x2a2−y2b2=1的渐近线方程为y=±bax,y2=4x的焦点坐标为(1,0),
l为yb+x1=1,即y=-bx+b,
∴-b=-ba且-b·ba=-1,
∴a=1,b=1.故选D.
8.已知函数f(x)=sinx+π3.给出下列结论:
①f(x)的最小正周期为2π;
②fπ2是f(x)的最大值;
③把函数y=sin x的图象上所有点向左平移π3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
答案B
解析∵f(x)=sinx+π3,
∴①f(x)最小正周期T=2π1=2π,正确;
②fπ2=sinπ2+π3=sin5π6≠1,不正确;
③y=sin xf(x)=sinx+π3,正确.
故选B.
9.已知函数f(x)=x3,x≥0,-x,x<0.若函数g(x)=f(x)-|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,+∞)
答案D
解析f(x)=x3,x≥0,-x,x<0,g(x)=f(x)-|kx2-2x|有4个零点,即f(x)=|kx2-2x|有四个交点.
(1)若k>0,则如图.

①∵1k>1k3,∴k3>k,k2>1,k>1,∴左侧无交点.
②x3=kx2-2x要有三个根,即x2-kx+2=0有两根,∵Δ=k2-8>0,∴k>22.
综上①②,k>22.
(2)若k<0,如图.

∵点1k,-1k恰在y=-x上,且过二次函数顶点,∴k<0恒成立.
综上,k∈(-∞,0)∪(22,+∞).故选D.
第Ⅱ卷(共110分)
二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.
10.i是虚数单位,复数8-i2+i=　　　　　. 
答案3-2i
解析8-i2+i=(8-i)(2-i)(2+i)(2-i)=16+i2-2i-8i5=15-10i5=3-2i.
11.在x+2x25的展开式中,x2的系数是　　　　　. 
答案10
解析二项式x+2x25=(x+2·x-2)5,展开式通式Tr+1=C5rx5-r(2x-2)r=2rC5rx5-3r,令5-3r=2,得r=1.
∴x2的系数为21·C51=2×5=10.
12.已知直线x-3y+8=0和圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点.若|AB|=6,则r的值为　　　　　. 
答案

5
解析如图.
∵|AB|=6,∴|AD|=3.
圆x2+y2=r2的圆心为(0,0).
圆心到直线的距离CD=|8|1+3=4,
∴AC=5,即r=5.
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　　　　　. 
答案16　23
解析两球都落入p1=12×13=16,A=“两球至少一个落入盒子”对立事件为A=“两球都未落入”,
P(A)=1-12×1-13=12×23=13,
则P(A)=1-P(A)=23.
14.已知a>0,b>0,且ab=1,则12a+12b+8a+b的最小值为　　　　　. 
答案4
解析∵ab=1,∴b=1a.
∴12a+12b+8a+b=12a+a2+8a+1a=121a+a+8a+1a.
令1a+a=t>0,则原式=t2+8t≥2t2·8t=24=4.
当且仅当t2=16,即t=4时,等号成立,此时1a+a=4.
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　　　　　. 
答案16　132
解析∵AD=λBC,
∴AD·AB=λBC·AB=λ|BC||AB|·cos 120°=λ×6×3×-12=-32,∴λ=16.
令BM=μBC0<μ≤56,
则BN=BM+MN=μBC+16BC=μ+16BC,
DM=DA+AB+BM=-16BC+AB+μBC=μ-16BC−BA,
DN=DA+AB+BN=-16BC+AB+μ+16BC=μBC−BA.
DM·DN=μ-16BC−BA·(μBC−BA)=μ·μ-16|BC|2-μ+μ-16BA·BC+|BA|2=36μ2-16μ−2μ-16×9+9=36μ2-6μ-18μ+212=36μ2-24μ+212=36μ-132+132.
又∵0<μ≤56,∴当μ=13时取最小值132.
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.(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.
(1)求角C的大小;
(2)求sin A的值;
(3)求sin2A+π4的值.
解(1)在△ABC中,由余弦定理及a=22,b=5,c=13,有cos C=a2+b2-c22ab=22.
又因为C∈(0,π),所以C=π4.
(2)在△ABC中,由正弦定理及C=π4,a=22,c=13,可得sin A=asinCc=21313.
(3)由a 所以,sin2A+π4=sin 2Acosπ4+cos 2Asinπ4=1213×22+513×22=17226.
17.(15分)

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.
解依题意,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).

(1)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.
(2)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=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则n·EB1=0,n·ED=0,即2y+z=0,2x-z=0.不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).
因此有cos=CA·n|CA||n|　=66,
于是sin=306.
所以,二面角B-B1E-D的正弦值为306.
(3)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.(15分)
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.
解(1)由已知,可得b=3.记半焦距为c,由|OF|=|OA|,可得c=b=3.又由a2=b2+c2,可得a2=18.所以,椭圆的方程为x218+y29=1.
(2)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的斜率均存在.设直线AB的方程为y=kx-3.由方程组y=kx-3,x218+y29=1,消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0,或x=12k2k2+1.依题意,可得点B的坐标为12k2k2+1,6k2-32k2+1.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6k2k2+1,-32k2+1.由3OC=OF,得点C的坐标为(1,0),故直线CP的斜率为-32k2+1-06k2k2+1-1,即32k2-6k+1.又因为AB⊥CP,所以k·32k2-6k+1=-1,整理得2k2-3k+1=0,解得k=12,或k=1.所以,直线AB的方程为y=12x-3,或y=x-3.
19.(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).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2 (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.
(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 (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,和∑k=1nc2k=∑k=1n2k-14k=14+342+543+…+2n-14n.①
由①得14∑k=1nc2k=142+343+…+2n-34n+2n-14n+1.②
由①②得34∑k=1nc2k=14+242+…+24n−2n-14n+1=241-14n1-14−14−2n-14n+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.
20.(16分)
已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
②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.
(1)解①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,故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.
②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+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)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
极小值
↗


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+kln x,得f'(x)=3x2+kx.
对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令x1x2=t(t>1),
则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]
=(x1-x2)3x12+kx1+3x22+kx2-2x13−x23+klnx1x2
=x13−x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2−x2x1-2klnx1x2
=x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2ln t.①
令h(x)=x-1x-2ln x,x∈[1,+∞).
当x>1时,h'(x)=1+1x2−2x=1-1x2>0,
由此可得h(x)在[1,+∞)单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1),即t-1t-2ln t>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以,x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2ln t≥(t3-3t2+3t-1)-3t-1t-2ln t=t3-3t2+6ln t+3t-1.②
由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6ln t+3t>1,故t3-3t2+6ln t+3t-1>0.③
由①②③可得
(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(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)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.