2020年高考理科数学全国卷3附答案解析版

绝密★启用前在2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅲ卷理科数学注意事项：ItK，其中K为最大确诊病例数.当It0.95K时，标志着已初步遏0.23t531e制疫情，则t约为（ln19≈3）()A.60B.63C.66D.69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()效数学试卷第1页（共6页）数学试卷第2页（共6页）此1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.A.1，0B.1，042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.C.1，0D.2，0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，将答案写在答题卡已知向量a，b满足a5，b6，ab6，则cosa，ab()上。写在本试卷上无效.A.31B.19考生号卷3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.35C.173535D.1935一、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.在△ABC中，cosC2，AC4，BC3，则cosB()311上1.已知集合Ax，yx，yN*，y≥x，Bx，yxy8，则AB中元素的个B.93数为()A.2B.3C.4D.6C.12D.23姓名2.复数答113i的虚部是()下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A.310110B.110D.3104p1A.64223B.44题3.在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且i，i1C.623D.42毕业学校则下面四种情形中，对应样本的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 差最大的一组是()9.已知2tantanπ7，则tan()4A.p1p40.1，p2p30.4B.p1p40.4，p2p30.121D.2无C.p1p40.2，p2p30.3D.pp0.3，pp0.2若直线l与曲线y和圆x2y21都相切，则l的方程为()x514234.Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数It（t的单位：天）的Logistic模型：A.y2x1C.y1x12B.y2x12D.y1x122xy225设双曲线C:1a＞0，b＞0的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为.a2b2P是C上一点，且F1PF2P.若△PF1F2的面积为4，则a()A.1B.2C.4D.8锻炼人次空气质量等级0，200200，400400，6001（优）216252（良）510123（轻度污染）6784（中度污染）72012.已知55＜84，134＜85.设alog3，blog5，clog8，则()18.（12分）某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：数学试卷第3页（共6页）数学试卷第4页（共6页）A.a＜b＜cC.b＜c＜a5813B.b＜a＜cD.c＜a＜b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.xy≥0，13.若x，y满足约束条件2xy≥0，则z3x2y的最大值为.x≤1，（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；14.x226x的展开式中常数项是（用数字作答）.（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为.（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量关于函数fxsinx1sinx有如下四个命题：等级为3或4，则称这天“空气质量不好”.根据所给数据，完成下面的22列联表，并根据列联表，判断是否有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①fx的图像关于y轴对称.②fx的图像关于原点对称.③fx的图像关于直线xπ对称.2人次≤400人次＞400空气质量好空气质量不好质量有关？④fx的最小值为2.其中所有真命题的序号是.附：K2nadbc2，.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.(12分)设数列an满足a13，an13an4n.计算a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明；求数列2na的前n项和S.abcdacbdnn效数学试卷第5页（共6页）数学试卷第6页（共6页）19.（12分）在如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，21.（12分）设函数fxx3bxc，曲线yfx在点1，f1处的切线与y轴重直.BF2FB1.求b；22（2）若fx有一个绝对值不大于1的零点，证明：fx所有零点的绝对值都不大于1.此考生号卷证明：点C1在平面AEF内；若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值.上（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.22.[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）x2tt2，在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为y23tt2（t为参数且t≠1），C姓名2答20.（12分）已知椭圆C:x25y215210＜m＜5的离心率为m4，A，B分别为C的左、右顶点.与坐标轴交于A，B两点.求AB；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.求C的方程；毕业学校若点P在C上，点Q在直线x6上，且BPBQ，BPBQ，求APQ的题面积.无23.[选修4—5：不等式选讲]（10分）设a，b，cR，abc0，abc1.证明：abbcca＜0；用maxa，b，c表示a，b，c的最大值，证明：maxa，b，c≥34.2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅲ卷理科数学答案解析一、选择题1/141.【答案】Cy≥x【解析】采用列举法列举出AB中元素的即可.由题意，AB中的元素满足xy8，且x，yN*，由xy8≥2x，得x≤4，所以满足xy8的有1，7，2，6，3，5，4，4，故AB中元素的个数为4.故选：C.【考点】集合的交集运算，交集定义的理解【答案】D【解析】利用复数的除法运算求出z即可.因为z113i13i，所以复数z1的虚部为3.故选：D.1013i13i13i101013i【考点】复数的除法运算，复数的虚部的定义【答案】B【解析】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.对于A选项，该组数据的平均数为xA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；对于B选项，该组数据的平均数为xB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；对于C选项，该组数据的平均数为xC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；对于D选项，该组数据的平均数为xD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.因此，B选项这一组的标准差最大.故选：B.【考点】标准差的大小比较，方差公式的应用【答案】C【解析】将tt代入函数ItK1e0.23t53结合It0.95K求得t即可得解.ItK1e0.23t53，所以ItK0.95K，则1e0.23t53e0.23t*5319，所以，0.23t53ln19≈3，解得t≈30.2353≈66.故选：C.【考点】对数的运算，指数与对数的互化【答案】B【解析】根据题中所给的条件ODOE，结合抛物线的对称性，可知DOxEOx，从而可以确定4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.因为直线x2与抛物线y22pxp＞0交于E，D两点，且ODOE，根据抛物线的对称性可以确定DOxEOx，所以4D2，2，代入抛物线方程44p，求得p1，所以其焦点坐标为1，0，故选：B.2【考点】圆锥曲线，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【答案】D【解析】计算出aab、ab的值，利用平面向量数量积可计算出cosa，ab的值.a5，b6，ab2a2abb222252636ab6，aabaab52619.ab7，因此，cosa，ab1919aabaab5735.故选：D.【考点】平面向量夹角余弦值的计算，平面向量数量积的计算，向量模的计算【答案】A【解析】根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据cosBAB2BC2AC22ABBC，即可求得答案.在△ABC中，cosC2，AC4，BC3.根据余弦定理：AB2AC2BC22ACBCcosC，32222AB2BC2AC299161AB43243，可得AB29，即AB3.由cosB，3故cosB1.故选：A.92ABBC2339【考点】余弦定理解三角形【答案】C【解析】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.根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：S△ABCS△ADCS△CDB1222,根据勾股定理可得：ABADDB22,22△ADB是边长为2的等边三角形,根据三角形面积公式可得：S△ADB1ABADsin601222323，该几何体的表面积是：3223222623.故选：C.【考点】根据三视图求立体图形的表面积，根据三视图画出立体图形【答案】D【解析】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.2tantan7，42tantan17，令ttan，t1，则2t1t7，整理得t24t40，解得t2，即tan2.1tan1t故选：D.【考点】利用两角和的正切公式化简求值【答案】D【解析】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.设直线l在曲线xy上的切点为x0，x0，则x0＞0，函数y的导数为y1xx2，则直线l的斜率k1x02，设直x012x0线l的方程为yxx0，即x2yx00，由于直线l与圆x2y21相切，则5x014x0x015，两边平方并整理得5x24x10，解得x1，x1（舍），则直线l的方程为00x2y10，即y1x1.故选：D.22005【考点】导数的几何意义的应用，直线与圆的位置的应用【答案】A5【解析】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，ac5a，根据双曲线的定义可得PFPF2a，SPFPF4，即PFPF8，1212△PF1F21212121FPFP，PF2PF22c2，PFPF22PFPF4c2，即a25a240，解得21212a1，故选：A.【考点】双曲线的性质以及定义的应用，勾股定理，三角形面积公式的应用【答案】A【解析】由题意可得a、b、c0，1，利用作商法以及基本不等式可得出a、b的大小关系，由blog85，得8b5，结合55＜84可得出b＜4，由clog8，得13c8，结合134＜85，可得出c＞4，综合可得出a、5135b、c的大小关系.由题意可知a、b、c0，1，log3lg3lg81lg3lg82lg3lg82lg2425＜＜1，a＜b；由blog85，得8b5，log85lg5lg5lg5222lg5lg25由55＜84，得85b＜84，5b＜4，可得b＜4；由clog8，得13c8，由134＜85，得134＜135c，5c＞4，513可得c＞4.综上所述，a＜b＜c.故选：A.5【考点】对数式的大小比较，基本不等式、对数式与指数式的互化，指数函数单调性的应用二、填空题【答案】7【解析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.不等式组所表示的可行域如图.因为z3x2y，所以y3xz，易知截距z越大，则z越大，平移直线y3x，当y3xz经过A点时截距最大，此时222222z最大，由y2x，得x1，A1，2，所以z31227.故答案为：7.x1y2max【考点】简单线性规划的应用，求线性目标函数的最大值【答案】240【解析】写出x226x二项式展开通项，即可求得常数项.x226x其二项式展开通项：rTCrx26r2Crx122r2rxrCr2rx123r，当123r0，解得r4，x22的展开r16x66x666式中常数项是：C424C2161516240.故答案为：240.【考点】二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项【答案】23【解析】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC2，ABAC3，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，3212由于AM2，故S1222，设内切圆半径为r，则：222△ABC2S△ABCS△AOBS△BOCS△AOC1ABr1BCr1ACr1332r22，解得：2222r2，其体积：V4r32.故答案为：2.2333【答案】②③【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取＜x＜0可判断命题④的正误.综合可得出结论.对于命题①，f125，f125，则ff，所以，函数fx的图象不关于y轴对称，62262266命题①错误；对于命题②，函数fx的定义域为xxk，kZ，定义域关于原点对称，fxsinx1sinx1sinxfx，所以，函数fx的图象关于原点sinxsinxsinxfxsinx1cosx1对称，命题②正确；对于命题③，22cosx，sinx2fxsinx1cosx122cosx，则fxfx，所以，函数fx的图象sinx222关于直线x对称，命题③正确；对于命题④，当＜x＜0时，sinx＜0，fxsinx21sinx＜0＜2，命题④错误.故答案为：②③.【考点】正弦型函数的奇偶性、对称性，最值的求解三、解答题17.【答案】（1）a25，a37，an2n1，当n1时，a13成立；假设nk时，ak2k1成立.那么nk1时，ak13ak4k32k14k2k32k11也成立.则对任意的nN*，都有an2n1成立.（2）Sn2n12n12【解析】（1）利用递推公式得出a2，a3，猜想得出an的通项公式，利用数学归纳法证明即可.由题意可得a23a14945，a33a281587，由数列an的前三项可猜想数列an是以3为首项，为公差的等差数列，即an2n1，证明如下：当n1时，a13成立；假设nk时，ak2k1成立.那么nk1时，ak13ak4k32k14k2k32k11也成立.则对任意的nN*，都有an2n1成立；n由错位相减法求解即可.由（1）可知，a2n2n12n，nS325227232n12n12n12n，①n2S3225237242n12n2n12n1，②，由①②得：2212n1Sn6222232n2n12n1622n12n112n2n12，12n即S2n12n12.【考点】求等差数列的通项公式，利用错位相减法求数列的和【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有，22列联表如下：人次≤400人次＞400空气质量不好3337空气质量好228K21003383722255457030≈5.820＞3.841，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.【解析】（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.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0.43，等级为2的概率为510120.27，等级100为3的概率为6780.21，等级为4的概率为7200.09.100100100利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果.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人次≤400人次＞400空气质量不好3337空气质量好228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.22列联表如下：K21003383722255457030≈5.820＞3.841，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.【考点】利用频数分布表计算频率和平均数，独立性检验的应用【答案】（1）在棱CC上取点G，使得CG1CG，连接DG、FG、CE、CF，11211在长方体ABCDABCD中，AD∥BC且ADBC，BB∥CC且BBCC，CG1CG1111111112BF2FB，CG2CC2BBBF且CGBF，所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF∥DG13131且AFDG，同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E∥DG且C1EDG，C1E∥AF且C1EAF，则四边形AEC1F为平行四边形，因此，点C1在平面AEF内.（2）427【解析】（1）连接C1E、C1F，证明出四边形AEC1F为平行四边形，进而可证得点C1在平面AEF内.在棱CC上取点G，使得CG1CG，连接DG、FG、CE、CF，11211在长方体ABCDABCD中，AD∥BC且ADBC，BB∥CC且BBCC，CG1CG1111111112BF2FB，CG2CC2BBBF且CGBF，所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF∥DG13131且AFDG，同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E∥DG且C1EDG，C1E∥AF且C1EAF，则四边形AEC1F为平行四边形，因此，点C1在平面AEF内；（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系C1xyz，利用空间向量法可计算出二面角AEFA1的余弦值，进而可求得二面角AEFA1的正弦值.以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系C1xyz，则A2，1，3、A12，1，0、E2，0，2、F0，1，1，AE0，1，1，AF2，0，2，mAE0A1E0，1，2，A1F2，0，1，设平面AEF的法向量为mx1，y1，z1，由，得mAF0y1z102x2z0取z11，得x1y11，则m1，1，1，设平面A1EF的法向量为nx2，y2，z2，110y2z0nA1E由，得22，取z2，得x1，y4，则n1，4，2，2xz0222nA1F022cosm，nmn3321mn777，设二面角AEFA1的平面角为，则cos，7sin.因此，二面角AEFA1的正弦值为.1cos24242771【考点】点在平面的证明，利用空间向量法求解二面角11/142【答案】（1）x16y2（2）522525x2y2a5bm【解析】（1）因为C:25m210＜m＜5，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答1b2a1m2515x2y2c案.C:25m10＜m＜5，a5，bm，根据离心率e，2a455x2y2x216y2解得m或m（舍），C的方程为：1，即1.44255242525（2）点P在C上，点Q在直线x6上，且BPBQ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设x6与x轴交点为N，可得△PMB△BNQ，可求得P点坐标，求出直线AQ的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得△APQ的面积.点P在C上，点Q在直线x6上，且BPBQ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设x6与x轴交点为N.根据题意画出图形，如图BPBQ，BPBQ，PMBQNB90，又PBMQBN90，BQNQBN90，1，PBMBQN，根据三角形全等条件“AAS”，可得：△PMB△BNQ，x216y22525B5，0，PMBN2x651，设P点为xP，yP，可得P点纵坐标为yP1，将其代入16y21，2525x162可得：P1，解得：xP3或xP3，P点为3，1或3，1，2525①当P点为3，1时，故MB532，△PMB△BNQ，MBNQ2，可得：Q点为6，2，画出图象，如图A5，0，Q6，2，可求得直线AQ的直线方程为：2x11y100，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d5，根据两点间距离公式可得：23111102211251255AQ5，△APQ面积为：15555；②当P点为3，1时，故6522025252MB5+38，△PMB△BNQ，MBNQ8，可得：Q点为6，8，画出图象，如图A5，0，Q6，8，可求得直线AQ的直线方程为：8x11y400，根据点到直线距离公式可得P83111408211218555185到直线AQ的距离为：d，根据两点间距离公式可得：AQ，△APQ面积为：11855，综上所述，△APQ面积为：6528021855185225.2【考点】椭圆标准方程，三角形面积，椭圆的离心率定义，数形结合求三角形面积21.【答案】（1）b34（2）由（1）可得fxx33xc，fx3x233x1x1，令fx＞0，得x＞1或442221fx＜011fx1111x＜；令，得＜x＜，所以在，上单调递减，在，，，上单2222222调递增，且f1c1，f1c1，f1c1，f1c1，若fx所有零点中存在一个424244绝对值大于1的零点x，则f1＞0或f1＜0，即c＞1或c＜1.当c＞1时，f1c1＞0，04444f1c1＞0，f1c1＞0，f1c1＞0，又f4c64c33cc4c116c2＜0，24244由零点存在性定理知fx在4c，1上存在唯一一个零点x0，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；当c＜1时，4f1c1＜0，f1c1＜0，f1c1＜0，f1c1＜0，又4242440f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，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.2【解析】（1）利用导数的几何意义得到f10，解方程即可.因为fx3x2b，由题意，1123f20，即32b0，则b；4（2）由（1）可得fx3x232x1x1，易知fx在11上单调递减，在，1，422，2221，f1c1，f1c1424241，上单调递增，且f1c，f1c1，采用反证法，24推出矛盾即可.由（1）可得fxx33xc，fx3x233x1x1，令fx＞0，得442211fx＜011fx111x＞或x＜；令，得＜x＜，所以在，上单调递减，在，，22222221，上单调递增，且f1c1，f1c1，f1c1，f1c1，若fx所有零2424244点中存在一个绝对值大于1的零点x，则f1＞0或f1＜0，即c＞1或c＜1.当c＞1时，0444f1c1＞0，f1c1＞0，f1c1＞0，f1c1＞0，又424244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x0，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；当c＜1时，f1c1＜0，f1c1＜0，f1c1＜0，442424f1c1＜0，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40在唯一一个零点x，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.【考点】利用导数研究函数的零点，导数的几何意义，反证法1022.【答案】（1）4（2）3cossin120【解析】（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.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0421202t2或t1（舍），则x2244，即B4，0.AB410.（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.由（1）可知kAB120043，则直线AB的方程为y3x4，即3xy120.由xcos，ysin可得，直线AB的极坐标方程为3cossin120.【考点】利用参数方程求点的坐标，直角坐标方程化极坐标方程223.【答案】（1）abc2a2b2c22ab2ac2bc0，abbcca1a2b2c2.2a，b，c均不为0，则a2b2c2＞0，abbcca1a2b2c2＜0.（2）不妨设maxa，b，ca，由abc0，abc1可知，a＞0，b＜0，c＜0，abc，1bc2b2c22bc2bc2bca，a3a2a≥4.当且仅当bc时，取等号，a≥34，即bcbcbcbcmaxa，b，c34.【解析】（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abc2a2b2c22ab2ac2bc0，abbcca1a2b2c2.a，b，c均不为0，2则a2b2c2＞0，abbcca1a2b2c2＜0.bc2b2c22bc（2）不妨设maxa，b，ca，由题意得出a＞0，b，c＜0，由a3a2a，结bcbc合基本不等式，即可得出证明.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2b2c22bc2bc2bcabc，a，a3a2a≥4.当且仅当bc时，取等号，bca≥34，即maxa，b，c34.bcbcbc【考点】不等式的基本性质，基本不等式的应用