2020年天津高考数学试卷-(答案)

2020年天津高考数学试卷-(答案)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(AB)=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S=4πR2，其中R表示球的半径。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)={0,2}。2.设a∈R，则“a>1”是“a2>a”的必要不充分条件。3.函数y=4x/(x2+1)的图象大致为AB。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),[5.35,5.37),[5.37,5.39),[5.39,5.41),[5.41,5.43),[5.43,5.45),[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18。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36π。6.设a=30.7，b=(1/3)-0.8，c=log0.7(0.8)，则a>b>c。7.设双曲线C的方程为y2/a2-x2/b2=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x2/a2-y2/b2=1。8.已知函数f(x)=sin(x+π/3)。给出下列结论：①f(x)的最小正周期为2π；②f(π/2)是f(x)的最大值；③把函数y=sinx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①③。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k≥0。注：第四题的频率分布直方图无法在此处插入，请自行参照原文。圆相切于点B，求直线AB的斜率．18．（16分）已知函数f(x)在区间[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)0,f(1)1．（Ⅰ）证明：存在(0,1)，使得f()2；（Ⅱ）设g(x)f(x)x2，证明：对任意x[0,1]，有g(x)f(x)2x[1,1]．19．（15分）已知函数f(x)在区间[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)0,f(1)1．（Ⅰ）证明：存在(0,1)，使得f()；（Ⅱ）设g(x)f(x)x，证明：对任意x[0,1]，有g(x)[1,1]．20．（15分）已知函数f(x)在区间[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)0,f(1)1．（Ⅰ）证明：存在(0,1)，使得f()1；（Ⅱ）设g(x)f(x)x，证明：对任意x[0,1]，有g(1)g(0)[1,1]．圆与线段的问题：已知圆相切于点P，且P为线段AB的中点，求直线AB的方程。解：设圆的半径为r，圆心坐标为（a，b），则圆的方程为（x-a）²+(y-b)²=r²。由于圆与线段相切于点P，所以P在圆上，即（a，b）是线段AB的中点。设A（x1，y1），B（x2，y2），则有a=(x1+x2)/2，b=(y1+y2)/2。由于P是圆的切点，所以AP垂直于AB，即斜率k=-1/k1，其中k1为AB的斜率。于是可以列出方程组：(x1+x2)/2=a(y1+y2)/2=bk=-1/k1解得x1+x2=2a，y1+y2=2b，k1=-1/k。将k1代入AB的方程y-y1=k1(x-x1)，得到AB的方程为y-y1=-[(x-x1)/(x2-x1)](y2-y1)。等差数列和等比数列的问题：已知an为等差数列，bn为等比数列，a1=b1=1，a5=5(an-3)，b5=4(bn-3)。（Ⅰ）求an和bn的通项公式。解：设an的公差为d，bn的公比为q，则有：an=a1+(n-1)d=1+(n-1)dbn=b1q^(n-1)=q^(n-1)由a5=5(an-3)，得到d=2。将a1和d代入an的通项公式，得到an=2n-1。将b1和q代入bn的通项公式，得到bn=q^(n-1)。（Ⅱ）记an的前n项和为Sn，求证：SnSn+2<Sn+1。解：由等差数列的求和公式，得到Sn=n(2a1+(n-1)d)/2=n(2+(n-1)2)/2=n^2。将d=2和an=2n-1代入，得到Sn=n^2。同理，有Sn+1=(n+1)^2。将Sn和Sn+1代入不等式，得到n^2(n+2)^2<(n+1)^2n^2，化简得到n^2<2(n+1)，即n<sqrt(2n+2)-1。由于n为正整数，所以不等式成立。函数和数列的问题：已知函数f(x)=x^3+klnx，f'(x)为f(x)的导函数。（Ⅰ）当k=6时，（i）求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；解：f(1)=1+6ln1=1，f'(1)=3，所以曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y-1=3(x-1)。（ii）求函数g(x)=f(x)-f'(x)+(3an-2)bn/9的单调区间和极值。解：将f(x)和f'(x)代入g(x)的式子，得到g(x)=x^3+(k-1)lnx+(3an-2)bn/9。g'(x)=3x^2+(k-1)/x，令g'(x)=0，得到x=√[(1-k)/3]。由于k=6，所以x=1/√3。g''(x)=6x-(k-1)/x^2，将x=1/√3代入，得到g''(1/√3)=6/√3-18<0，所以x=1/√3是g(x)的极大值点。由于g'(x)在x=1/√3两侧的符号不同，所以x=1/√3是g(x)的单调区间分界点。当x<1/√3时，g'(x)<0，g(x)单调递减；当x>1/√3时，g'(x)>0，g(x)单调递增。数列an和bn的问题：对任意的正整数n，设cn=an/bn，其中an和bn分别为等差数列和等比数列的第n项，an-1和an+1的乘积为bn^2，求数列cn的前2n项和。解：由于an和bn分别为等差数列和等比数列的第n项，所以有an=a1+(n-1)d，bn=b1q^(n-1)，其中d为等差数列的公差，q为等比数列的公比。由an-1和an+1的乘积为bn^2，得到：(a1+(n-2)d)(a1+nd)=b1^2q^(2n-2)将an和bn代入cn=an/bn，得到cn=(a1+(n-1)d)/(b1q^(n-1))。将cn代入求和式，得到：S2n=∑(k=1to2n)cn=∑(k=1to2n)(a1+(k-1)d)/(b1q^(k-1))=a1/b1∑(k=1to2n)q^(1-k)+d/b1∑(k=1to2n)kq^(1-k)由等比数列的求和公式，得到∑(k=1to2n)q^(1-k)=(1-q^(-2n+1))/(1-q^(-1))。将q=2/3代入，得到∑(k=1to2n)q^(1-k)=(3/2)(1-(2/3)^2n)/(1-2/3)=(9/4)(1-(2/3)^2n)。由等比数列的求和公式，得到∑(k=1to2n)kq^(1-k)=q/(1-q)^2[1-(n+1)q^n+nq^(n+1)]。将q=2/3代入，得到∑(k=1to2n)kq^(1-k)=(2/9)[1-(n+1)(2/3)^n+n(2/3)^(n+1)]。将上述结果代入S2n的式子，得到S2n=a1/b1(9/4)(1-(2/3)^2n)+d/b1(2/9)[1-(n+1)(2/3)^n+n(2/3)^(n+1)]。注：本文中的“”和“”是数学符号，由于编码问题，可能无法正常显示。（Ⅰ）证明：根据题意，可得$C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C_1(0,0,3),A_1(2,0,3),B_1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3)$。由题意可得$C_1M=(1,1,0),B_1D=(2,-2,-2)$，因此$C_1M\cdotB_1D=2-2+0=0$，所以$C_1M\perpB_1D$。（Ⅱ）解：根据题意，$CA=(2,0,0)$是平面$BB_1E$的一个法向量，$EB_1=(0,2,1),ED=(2,0,-1)$。设$n=(x,y,z)$为平面$DB_1E$的法向量，则$\begin{cases}n\cdotEB_1=0\\n\cdotED=0\end{cases}$。解得$n=(1,-1,2)$。因此，$\cos\angleCA,n=\dfrac{CA\cdotn}{|CA||n|}=\dfrac{6}{\sqrt{6}\cdot\sqrt{6}}=1$，所以$\sin\angleCA,n=\sqrt{1-\cos^2\angleCA,n}=\sqrt{0}=0$。因此，二面角$B-B_1E-D$的正弦值为$\dfrac{\sin\angleCA,n}{\sin\angleCB_1E}=\dfrac{0}{\frac{1}{2}}=0$。（Ⅲ）解：由题意，$AB=(-2,2,0)$。由（Ⅱ）可知，$n=(1,-1,2)$是平面$DB_1E$的一个法向量。因此，$\cos\angleAB,n=\dfrac{AB\cdotn}{|AB||n|}=-\dfrac{3}{\sqrt{18}\cdot\sqrt{6}}=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$，所以$\sin\angleAB,n=\sqrt{1-\cos^2\angleAB,n}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$。因此，直线$AB$与平面$DB_1E$所成角的正弦值为$\sin\angleAB,DB_1E=\sin(180^\circ-\angleAB,DB_1E)=\sin\angleAB,n=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$。18.（Ⅰ）解：由已知可得$b=3$。记半焦距为$c$，由$|OF|=|OA|$可得$c=b=3$。又由$a^2=b^2+c^2$，可得$a^2=18$。因此，椭圆的方程为$\dfrac{x^2}{18}+\dfrac{y^2}{9}=1$。（Ⅱ）解：因为直线$AB$与以$C$为圆心的圆相切于点$P$，所以$AB\perpCP$。根据题意，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$\begin{cases}y=kx-3\\\dfrac{x^2}{18}+\dfrac{y^2}{9}=1\end{cases}$，消去$y$，可得$(2k^2+1)x^2-12kx+9=0$。解得$x=\dfrac{6k\pm3\sqrt{6k^2-3}}{2k^2+1}$。依题意，可得点$B$的坐标为$\left(\dfrac{6k-3}{2k^2+1},\dfrac{6k-3}{2k^2+1}\right)$。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$\left(\dfrac{6k-3}{2k^2+1},\dfrac{6k-3}{2k^2+1}+1\right)$。由$3OC=OF$，可得点$C$的坐标为$(1,0)$，故直线$CP$的斜率为$\dfrac{2k^2}{6k+1}$，即$\tan\angleBCP=\dfrac{3}{2k^2-6k+1}$。又因为$AB\perpCP$，所以$\tan\angleAB,BCP=-\dfrac{1}{\tan\angleBCP}=-\dfrac{2k^2-6k+1}{3}$。整理得$2k^2-3k+1=0$，解得$k=\dfrac{1}{2}$。线y=x+1在点(1,2)处的切线方程为y=9x-7。（ii）解：由f(x)=3x2+6/x，可得f(x)>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增。又f(1)=1，f(2)=8+6ln2，所以f(1)<f(2)。因此，方程x3+6lnx=2在(1,2)之间有一个实根，且唯一。19.（Ⅰ）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q=2，从而{bn}的通项公式为bn=2n。（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得Sn+1=1+2+…+n+2n=3n(n+1)/2，故Sn+2=1+2+…+n+2n+2n+1+2n+2=4(n+1)(n+2)/2=2(n+1)(n+2)。又Sn=1+2+…+n=n(n+1)/2，从而Sn+2-Sn+1=2(n+1)＞0，所以Sn+2＞Sn+1＞Sn。因此，S2n＜(Sn+1)2。（Ⅲ）解：当n为奇数时，c=(3an-2)bn/(2n-1)an/an+2-an；当n为偶数时，c=bn-1/an-1=2n/(n+1)。对任意的正整数n，有∑(2k-1)/(2k+1)=n/(n+1)，和∑c2k-1=∑(3an-2)bn/(2n-1)an/an+2-an=1/2，∑c2k=∑bn-1/an-1=∑2n/(n+1)=n，所以∑cn=1/4(4+4n+3n/(n+1))。20.（Ⅰ）（i）解：当k=6时，f(x)=x3+6lnx，故f'(x)=3x2+6/x。可得f(1)=1，f'(1)=9，所以曲线y=x+1在点(1,2)处的切线方程为y=9x-7。（ii）解：由f'(x)=3x2+6/x，可得f'(x)>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增。又f(1)=1，f(2)=8+6ln2，所以f(1)<f(2)。因此，方程x3+6lnx=2在(1,2)之间有一个实根，且唯一。在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1)，即y=9x-8。对于函数g(x)=x^3-3x^2+6lnx+3/x，求导得g'(x)=3x^2-6x+63/x-x^2，整理可得g'(x)=3(x-1)^3(x+1)/x^2。令g'(x)=0，解得x=1。当x变化时，g'(x)和g(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,+∞)g'(x)-+-g(x)↘极小值↗无极大值因此，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。证明：由f(x)=x^3+klnx，得f'(x)=3x^2+k/x。对于任意的x1,x2∈[1,+∞)，且x1>x2，令x=t(t>1)，则(x1-x2)(f'(x1)+f'(x2))-2(f(x1)-f(x2))=(x1-x2)(3x1^2+k/x1+3x2^2+k/x2)-2(x1^3-x2^3)=x1^3(t^3-3t^2+3t-1)+k(1/x1-1/x2)+3x1^2(x2-x1)+3x1x2(x2-x1)+3x2^2(x2-x1)=x1^3(t-1)^3+k(1/x1-1/x2)+3x1x2(x1-x2)(x1+x2-2)+3(x1-x2)^2(x1+x2)=x1^3(t-1)^3+k(1/x1-1/x2)+3(x1+x2)(x1-x2)^2-6x1x2(x1-x2)=x1^3(t-1)^3+k(1/x1-1/x2)+3(x1-x2)^2(x1+x2-2)-3x1x2(x1-x2)^2=x1^3(t-1)^3+k(1/x1-1/x2)+3(x1-x2)^2(t-1)(x1+x2-2)-3x1x2(x1-x2)^2>0因此，f(x)在[1,+∞)上是严格单调递增的。令h(x)=x-1/x-2lnx，x∈[1,+∞)，则h'(x)=1+12/(x^2-x)>0，由此可得h(x)在[1,+∞)上是单调递增的。因此，当t>1时，h(t)>h(1)，即t-1/t-2ln(t)>0。因为x^2≥1，所以t^3-3t^2+3t-1=(t-1)^3>0，k≥-3，所以x^3(t^3-3t^2+3t-1)+k(1/x-1/x2)+3x1^2(x2-x1)+3x1x2(x2-x1)+3x2^2(x2-x1)>x^3(t-1)^3-3x1x2(x1-x2)^2+3(x1+x2)(x1-x2)^2+3(x1-x2)^2(t-1)(x1+x2-2)>x^3(t-1)^3-3x1x2(x1-x2)^2+3(x1-x2)^2(t-1)(x1+x2-2)>x^3(t-1)^3-3(x1-x2)^2(x1+x2)(x1-x2)(t-1)>x^3(t-1)^3-3(x1-x2)^4(t-1)=x^3(t-1)^3-3(x1-x2)^4(t-1)>0因此，f(x)在[1,+∞)上是严格单调递增的。根据柯西中值定理，对于任意的$x_1,x_2\in[1,+\infty)$，存在$c\in(x_1,x_2)$，使得$$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=f'(c)$$因此，我们可以得到$$f(x_1)-f(x_2)=f'(c)(x_1-x_2)$$考虑到$f'(x)$单调递减，因此有$f'(c)\leqf'(x_1)$和$f'(c)\geqf'(x_2)$，代入上式得到$$f(x_1)-f(x_2)\leqf'(x_1)(x_1-x_2)$$$$f(x_1)-f(x_2)\geqf'(x_2)(x_1-x_2)$$将两个式子相加得到$$2f(x_1)-2f(x_2)\leqf'(x_1)(x_1-x_2)+f'(x_2)(x_1-x_2)$$$$2f(x_1)-2f(x_2)\leq(f'(x_1)+f'(x_2))(x_1-x_2)$$再将$f'(x)$单调递减代入得到$$2f(x_1)-2f(x_2)\leq2f'(x_1)(x_1-x_2)$$$$f(x_1)-f(x_2)\leqf'(x_1)(x_1-x_2)$$因此，当$k\geq-3$时，对任意的$x_1,x_2\in[1,+\infty)$，且$x_1>x_2$，有$$\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}{f(x_1)-f(x_2)}\geq\frac{1}{x_1-x_2}$$化简得到$$\frac{f'(x_1)}{f(x_1)-f(x_2)}+\frac{f'(x_2)}{f(x_1)-f(x_2)}\geq\frac{1}{x_1-x_2}$$由于$f'(x)\leqk$，因此有$$\frac{k}{f(x_1)-f(x_2)}+\frac{k}{f(x_1)-f(x_2)}\geq\frac{1}{x_1-x_2}$$$$\frac{2k}{f(x_1)-f(x_2)}\geq\frac{1}{x_1-x_2}$$$$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\leq\frac{2k}{1}$$即$$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\leq2k$$因此，当$k\geq-3$时，对任意的$x_1,x_2\in[1,+\infty)$，且$x_1>x_2$，有$$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-