2020年天津高考数学试卷-答案

1、2020年天津高考数学试卷第I卷参考公式：如果事件A与事件B互斥，那么P(AIJB)P(A)P(B).如果事件A与事件B相互独立，那么P(AB)P(A)P(B).球的表面积公式S4tR2,其中R表示球的半径.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U3,2,1,0,1,2,3,集合A1,0,1,2,B3,0,2,3,则AHQbA.3,3B.0,2C.1,1D,3,2,1,1,32 .设aR,则a1”是a2a”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4x3,函数y-x-的图象大致为x2122ABCD4 .从一批零件中抽取80个，测

2、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.10B.18C.20D.365 .若棱长为2百的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A.12兀B.24兀C.36兀D.1447t1n6 .设a30,b()c10g070.8,则a,b,c的大小关系为3A.abcB.bacC.bcaD.cab227 .设双曲线C的方程为吃上21(a0,b0),过抛物线y24x的焦点和点(0,b)的直线为l.若C的ab一条渐近线与l

3、平行，另一条渐近线与l垂直，则双曲线C的方程为2222A.1B,x21C.y21D.x2y2144448.已知函数f(x)sin(x-).给出下列结论：f(x)的最小正周期为2冗；f(:)是f(x)的最大值；把函数ysinx的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数yf(x)的图象.3其中所有正确结论的序号是A.B.C.D.17.(15分)如图，在三棱柱ABCAB1G中，CC1平面ABC,ACBC,ACBC2,CC13,点D,E9.已知函数f(x)3x,xx,x0,若函数0.g(x)f(x)|kx22x(kR)恰有4个零点，则k的取值范围是A.(,2)U(2>/2,)B.(,：)U(0

4、,2扬C.(,0)U(0,22)D.(,0)U(2.2,)第II卷分别在棱AA1和棱CCi上，且AD1,CE2,M为棱AB1的中点.(I)求证：C1MB1D;(H)求二面角BB1ED的正弦值；(m)求直线AB与平面DBiE所成角的正弦值.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8.2i11 .在(x马5的展开式中，x2的系数是.x12 .已知直线x片80和圆x2y2r2(r0)相交于A,B两点.若|AB|6,则r的值为.一1一113.已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为-和-.假定两球是否落入盒子互不影响，

5、则甲、乙两球23都落入盒子的概率为14.已知a0,b0,且ab1,则二甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为8的最小值为.2a2bab,一一315.如图，在四边形ABCD中，B60,AB3,BC6,且ADBC,ADAB-,则实数的2218.(15分)已知椭圆也夫ab1(ab0)的一个顶点为A(0,3),右焦点为F,且|OA|OF|,其中值为则DMDN的最小值为,若M,N是。为原点.(I)求椭圆的方程；(n)已知点C满足3OCOF,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.解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明

6、过程或演算步骤.16.(14分)在4ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a2&,b5,c而.(I)求角C的大小；(H)求sinA的值；(m)求sin(2A-)的化419.（15分）已知an为等差数列，bn为等比数列，ab1,a55a4a3h4b4b3.(I)求an和bn的通项公式；(H)记an的前n项和为Sn,求证：SnSn2S21nN*;3an2bn,n为奇数，(m)对任意的正整数n,设Cnanan2求数列cn的前2n项和.虫,n为偶数.bn120.（16分）已知函数f(x)x3klnx(kR),f(x)为f(x)的导函数.(I)当k6时，(i)求曲线yf(x)在点(

7、1,f(1)处的切线方程;9(ii)求函数g(x)f(x)f(x)*的单调区间和极值；x(H)当k3时，求证：对任意的x1,x21,)，且x,x2,有Lx匚丝x匚生2x1x22020年天津高考数学试卷答案因此有cosCA,nCAn吏,于是sinCA,n|CA|n|6306"1.C2.A3.A4.B5.C10.32i11.1012.56.D113.;67.D238.B9.D14.415.13，万所以，二面角BBiED的正弦值为吏0.616.(I)解：在4ABC中,由余弦定理及a22,b5,cV13,有cosC,22bc2ab.又因为(m)解：依题意，AB(2,2,0).由(H)知n(1

8、,1,2)为平面DBE的一个法向量，于是一一-兀C(0,力，所以C4ABncosAB,n-=|AB|n|33(II)解：在AABC中，由正弦定理及C-,a42匹,cA,可得sinAasinCc2-1313所以，直线AB与平面DBiE所成角的正弦值为今(田)解：由ac及sinA汉亘可得cosA13一122进而sin2A2sinAcosA,cos2A2cosA1133、.1318.(I)解：由已知可得记半焦距为c,由|OF|OA|可得cb3.又由a2b2c2,可得所以，sin(2A-)4一CA一一冗一一C7冗12sin2Acoscos2Asin4135.132217.依题意,以C为原点，分别以CA

9、,CB,CC1的方向为x轴,(如图)，可得C(0,0,0),(I)证明：依题意,(n)解：依题意,13y轴,226,z轴的正方向建立空间直角坐标系A(2,0,0),B(0,2,0),Ci(0,0,3),A(2,0,3),Bi(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).C1M2200,所以C1MB1D.19.CA(2,0,0)是平面bBiE的一个法向量,EB1(0,2,1),ED(2,0,1).设x218.所以，椭圆的方程为一18(n)解：因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,所以ABCP的斜率均存在.设直线AB的方程为2k21x212kx0,解得x0,或xCP.依题

10、意，直线AB和直线n(x,y,z)为平面DBiE的法向量，则nEB10,即2yznED0,2xz0,不妨设x1,0.可得n(1,1,2).yykx3,由方程组x218kx3,y2消去y,可得i1,|.依题意，可得点B的坐标为2k21一一2一T,空白因2k212k21为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0,3),所以点P的坐标为一6,2k12k321得点C的坐标为(1,0),故直线CP的斜率为%16k2k213k1,整理得2k23k2k6k1所以，直线AB的方程为yx3,(I)解：设等差数列an的公差为得d1,从而an的通项公式为ann.q2,从而bn的通项公式为bn2n13.由3OCOF,10

11、口3-,即.又因为AB12k26k1由D1,b54b4与，又q0,可得q24qCP,所以a4a3(n)证明：由(I)可得Snn(n1)拓cc1,2，故SSn24n(n1)(n2)(n3),S21；(n1)2g(x)极小值/(0,1),单调递增区间为(1,一一21从而SnSn2鼠(n1)(n2)0,所以SnSn2S21.所以，函数g(x)的单调递减区间为);g(x)的极小值为g(1)1,无极(m)解：当n为奇数时,Cn3an2bnanan2(3n2)2n1n(n2)2n1n-22n1n当n为偶数时,大化(H)证明：由f(x)x3kInx,得f(x)3x2-xan1n12n对任意的X1,X21,)

12、,且为X2，令王X2t(t1),对任意的正整数C2k1122k2k122k22k'22n2n1fX1X2X1fx2n和C2kk12k14k2n14nX2X1X23XiX1kln一X2C2kk12n2n14n13Xi3X23x1x2k由X2X2X12kNX2由得3C2k2n14rlt33t23tnC2k156n994令h(X)1x-2lnx,xx1t-21nt.t1,).当x1时，h(X)121-0,由此可得h(x)在1,)X2n因此，Ckk1nC2k1k14n所以，数列C2kk12n16n941单调递增，所以当t1时,1h(t)h(1),即的前2n项和为4n2n16n54n因为x21,t33t23t(t31)0,k3,所以，x3t33t23t20.(I)(i)解：当k6时，f(x)x36ln故f(x)3x2-.可得f(1)X1,f(1)9,所以曲1-2lntt(t33t23t1)2lnt线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y9(x1),即9x8.t33t2(ii)解：依题意，g(x)x33x26lnx3小一