2020年普通高等学校招生全国统一考试III卷数学(理)含答案
2020年高考理科数学及答案解析(全国Ⅲ卷)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（含答案解析）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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。
1．已知集合2{1,0,1,2}{|1}A B x x =-=≤，，则A B = A ．{}1,0,1-B ．{}0,1C ．{}1,1-D ．{}0,1,2【答案】A 【难度】容易 【点评】本题考查集合之间的运算关系，即包含关系.在高一数学强化提高班上学期课程讲座1，第一章《集合》中有详细讲解，其中第02节中有完全相同类型题目的计算.在高考精品班数学（理）强化提高班中有对集合相关知识的总结讲解. 2．若(1i)2i z +=，则z = A ．1i -- B ．1+i -C ．1i -D ．1+i【答案】D 【难度】容易【点评】本题考查复数的计算。
在高二数学（理）强化提高班下学期，第四章《复数》中有详细讲解，其中第02节中有完全相同类型题目的计算。
在高考精品班数学（理）强化提高班中有对复数相关知识的总结讲解。
3．《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为A ．0.5B ．0.6C ．0.7D ．0.8【答案】C 【难度】容易【点评】本题在高考数学（理）提高班讲座 第十四章《概率》中有详细讲解，在寒假特训班、百日冲刺班中均有涉及。
2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 (全国卷III) word版试题及答案解析
2020年普通高等学校招生全国统一考试（III 卷） 理科数学一、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。
1.已知集合A=(){}*,,,x y x y N y x ∈≥，B=(){},8x y x y +=，则A B 中元素个数为 A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 2.复数113i-的虚部是 A. 310-B. 110-C. 110D. 3103.在一组样本数据中，1,2,3,4出现的频率分别为1p ，2p ，3p ，4p ，且411i i p ==∑，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是 A. 14230.1,0.4p p p p ==== B ．14230.4,0.1p p p p ==== C ．14230.2,0.3p p p p ==== D ．14230.3,0.2p p p p ====4. 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()t I （t 的单位：天）的Logistic 模型：()()0.23531t K I t e--=+，其中K 为的最大确诊病例数.当()0.95I t K *=时，标志着已初步遏制疫情，则t *约为（ln19≈3） A.60 B.63 C.66 D.695. 设O 为坐标原点，直线2x =与抛物线2:2(0)C y px p =>交于D ，E 两点，若OD OE ⊥，则C 的焦点坐标为A. (14,0)B. (12,0)C. (1,0)D. (2,0)6. 已知向量a,b 满足5a =，6b =，·6a b =-，则cos(,)a a b +=A. 3135- B. 1935-C. 1735D. 19357. 在△ABC 中，2cos =3C ，4AC =，3BC =,则cos B =A. 19B. 13C. 12D. 238. 右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是 A. 6+42 B. 442+ C. 623+ D. 423+9.已知2tan tan()74πθθ-+=，则tan θ=A. -2B. -1C. 1D. 210.若直线l 与曲线y x =和圆2215x y +=都相切，则l 的方程为 A. 21y x =+ B. 122y x =+ C. 112y x =+ D. 1122y x =+11. 设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F , 2F ，离心率为5. P 是C 上一点，且12F P F P ⊥.若△12PF F 的面积为4，则a=A ．1B ．2C ．4D ．812. 已知5458<，45138<，设5a log 3=，8b=log 5，13c log 8=，则 A. a b c << B. b a c << C. b c a << D. c a b <<二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷Ⅲ)数学(理)试题(解析版)
绝密★启用前 考试时间：2020年7月7日15:00-17:002020年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷Ⅲ)数学(理科)试题 (解析版)试卷总分150分， 考试时间120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．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.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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.1.已知集合{(,)|,,}A x y x y y x =∈≥*N ，{(,)|8}B x y x y =+=，则A B 中元素的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 6【答案】C 【解析】 【分析】采用列举法列举出AB 中元素的即可.【详解】由题意，A B 中的元素满足8y x x y ≥⎧⎨+=⎩，且*,x y N ∈，由82x y x +=≥，得4x ≤，所以满足8x y +=的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)， 故AB 中元素的个数为4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.2.复数113i-的虚部是（ ） A. 310-B. 110-C.110D.310【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出z 即可. 【详解】因为1131313(13)(13)1010i z i i i i +===+--+， 所以复数113z i =-的虚部为310. 故选：D.【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题. 3.在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为1234,,,p p p p ，且411i i p ==∑，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ） A. 14230.1,0.4p p p p ==== B. 14230.4,0.1p p p p ==== C. 14230.2,0.3p p p p ==== D. 14230.3,0.2p p p p ====【答案】B 【解析】 【分析】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. 【详解】对于A 选项,该组数据的平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于B 选项,该组数据的平均数为()()140.4230.1 2.5B x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85B s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于C 选项,该组数据的平均数为()()140.2230.3 2.5C x =+⨯++⨯=,。
2020年全国普通高等学校招生统一考试理科数学试卷 全国Ⅲ卷(含答案)
2020年全国普通高等学校招生统一考试试卷 全国Ⅲ卷理科数学一、选择题1.已知集合*{()|}A x y x y y x =∈N ，，，，{()|8}B x y x y =+=，，则A B 中元素的个数为（ ） A.2 B.3C.4D.62.复数113i-的虚部是（ ） A.310-B.110-C.110D.3103.在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为1234p p p p ，，，，且411i i p ==∑，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ） A.140.1p p ==，230.4p p == B.140.4p p ==，230.1p p == C.140.2p p ==，230.3p p ==D.140.3p p ==，230.2p p ==4.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：0.23(53)()1e t K I t --=+，其中K 为最大确诊病例数.当*()0.95I t K =时，标志着已初步遏制疫情，则t *约为（ln193≈）（ ） A.60B.63C.66D.695.设O 为坐标原点，直线2x =与抛物线22(0)C y px p =>：交于D E ，两点，若OD OE ⊥，则C 的焦点坐标为（ ）A.(14)0， B.(12)0， C.(10)， D.(20)，6.已知向量a b ，满足||5||66===-a b a b ，，⋅，则cos +=a a b ，（ ） A.3135-B.1935-C.1735D.19357.在ABC 中，2cos 3C =，4AC =，3BC =，则cos B =（ ） A.19B.13C.12D.238.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A.642+B.442+C.623+D.423+9.已知π2tan tan()74θθ-+=，则tan θ=（ ）A.2-B.1-C.1D.210.若直线l 与曲线y x =和圆2215x y +=都相切，则l 的方程为（ ）A.21y x =+B.122y x =+C.112y x =+ D.1122y x =+ 11.设双曲线22221(00)x y C a b a b-=>>：，的左、右焦点分别为1F ，2F 5.P 是C上一点，且12F P F P ⊥.若12PF F 的面积为4，则a =（ ） A.1B.2C.4D.812.已知5458<，45138<.设5log 3a =，8log 5b =，13log 8c =，则（ ） A.a b c << B.b a c << C.b c a << D.c a b <<二、填空题13.若x ，y 满足约束条件0201x y x y x +⎧⎪-⎨⎪⎩，，，则32z x y =+的最大值为________.14.26()2x x+的展开式中常数项是___________（用数字作答）.15.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_________. 16.关于函数1()sin sin f x x x=+有如下四个命题： ①()f x 的图像关于y 轴对称.②()f x 的图像关于原点对称. ③()f x 的图像关于直线π2x =对称. ④()f x 的最小值为2.其中所有真命题的序号是________. 三、解答题17.设数列{}n a 满足13a =，134n n a a n +=-.（1）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明； （2）求数列{2}n n a 的前n 项和n S .18.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）：[0200]，(200400]， (400600]， 1（优） 2 16 25 2（良） 5 10 12 3（轻度污染） 6 7 8 4（中度污染）72（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（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）；（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22⨯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质量有关？人次400人次400>空气质量好 空气质量不好附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，19.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =.（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值.20.已知椭圆2221(05)25x y C m m +=<<：15，A ，B 分别为C 的左、右顶点.（1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ 的面积. 21.设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点11(())22f ，处的切线与y 轴垂直. （1）求b ；（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. 22.在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为22223x t t y t t ⎧=--⎨=-+⎩，（t 为参数且1t ≠），C 与坐标轴交于A ，B 两点. （1）求||AB ；（2）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. 23.设a ，b ，c ∈R ，0a b c ++=，1abc =. （1）证明：0ab bc ca ++<；（2）用max{}a b c ，，表示a ，b ，c 的最大值，证明：3max{}4a b c ，，.参考答案1.答案：C解析：2.答案：D解析：3.答案：B解析：4.答案：C解析：5.答案：B解析：6.答案：D解析：7.答案：A解析：8.答案：C解析：9.答案：D解析：10.答案：D解析：11.答案：A解析：12.答案：A解析：13.答案：7解析：14.答案：240解析：15. 解析：16.答案：②③ 解析：17.答案：解：（1）2357a a ==，. 猜想21n a n =+.由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n +-+=--，……21(3)53a a -=-.因为13a =，所以21n a n =+.（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯.①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.② ①-②得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯.所以1(21)22n n S n +=-+. 解析：18.答案：解：（1）由所给数据，该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率的估计值如下表：（2）一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为1(100203003550045)350100⨯+⨯+⨯=. （3）根据所给数据，可得22⨯列联表：33 22根据列联表得2100(3382237) 5.82055457030K ⨯⨯-⨯=≈⨯⨯⨯.由于5.820 3.841>，故有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：19.答案：解:设1,,AB a AD b AA c ===，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -.（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =，因此1//EA C F ，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内. （2）由已知得1(2,1,3),(2,0,2),(0,1,1),(2,1,0),(0,1,1)A E F A AE =--，11(2,0,2),(0,1,2),(2,0,1)AF A E A F =--=-=-.设1,,()x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n . 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 21210,0,A E A F ⋅=⋅=⎧⎪⎨⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n . 因为1212127cos ,||||⋅==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --42.解析： 20.答案：解：（1=22516m =，所以C 的方程为221252516x y +=. （2）设(,),(6,)P P Q P x y Q y ，根据对称性可设0Q y >，由题意知0P y >. 由已知可得(5,0)B ，直线BP 的方程为1(5)Qy x y =--，所以|||BP y BQ =因为||||BP BQ =，所以1P y =，将1P y =代入C 的方程，解得3P x =或3-. 由直线BP 的方程得2Q y =或8.所以点P Q ，的坐标分别为1122(3,1),(6,2);(3,1),(6,8)P Q P Q ==-.11||PQ =直线11PQ 的方程为13y x =，点(5,0)A =-到直线11PQ，故11APQ的面积为1522=.22||P Q =，直线22P Q 的方程为71093y x =+，点A 到直线22P Q，故22AP Q的面积为1522=.综上，APQ 的面积为52.解析：21.答案：解：（1）2()3f x x b '=+. 依题意得1()02f '=，即304b +=.故34b =-.（2）由（1）知3233(),()344f x x x c f x x '=-+=-.令()0f x '=，解得12x =-或12x =.()f x '与()f x 的情况为：因为11(1)()24f f c =-=+，所以当14c <-时，()f x 只有大于1的零点.因为11(1)()24f f c -==-，所以当14c >时，()f x 只有小于1-的零点.由题设可知1144c -. 当14c =-时，()f x 只有两个零点12-和1.当14c =时，()f x 只有两个零点1-和12. 当1144c -<<时，()f x 有三个零点123,,x x x ，且1231111(1,),(,),(,1)2222x x x ∈--∈-∈.综上，若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，则()f x 所有零点的绝对值都不大于1. 解析：22.答案：解：（1）因为1t ≠，由220t t --=得2t =-，所以C 与y 轴的交点为(0,12)；由2230t t -+=得2t =，所以C 与x 轴的交点为(4,0)-.故||AB =.（2）由（1）可知，直线AB 的直角坐标方程为1412x y+=-，将cos ,sin x y ρθρθ==代入，得直线AB 的极坐标方程3cos sin 120ρθρθ-+=. 解析：23.答案：解：（1）由题设可知，,,a b c 均不为零，所以 22221[())(]2ab bc ca a b c a b c ++=++-++222)1(2a b c =-++0<.（2）不妨设max{,,}a b c a =，因为1,()abc a b c ==-+，所以000a b c ><<,,.由2()4b c bc +，可得34a abc ，故34a ，所以3max{,,}4abc .解析：。
2020年高考数学（全国卷3·理），题目和答案都在这里了
2020年高考数学（全国卷3·理），题目和答案都在这里了2020年高考数学（全国卷3·理）题目,你觉得是简单还是困难？先来看看实体结构:试题结构（模块与题号的对应）：集合：1复数：2线性规划：13二项式定理:14三视图：8向量：6数列：17函数：4、12、21三角函数：7、9、16立体几何：15、19解析几何：5、10、11、20概率与统计：3、18坐标系与参数方程：22不等式：23难度分析：小题：仍然以基础考察为主：第1-9题，13/14题为简单型。
稍微有些基础的同学都能得分。
（其中第4题属于数学应用，考察对数的运算）第10题，第15、16题为中等难度题目。
而相对较难的是第11-12题。
大题：17-18题简单题，19中等难度，20-21压轴、但第一问相对简单。
22-23题常规题目总体来说，试题难度适中，整体仍以基础考察为主，最后的着力点是数学核心素养及数学能力的考察.高清版试题私信作者领取，选择、填空答案如下：以上试卷根据网络资料整理，试题/答案不敢确保无误，请以官方公布答案为准。
【仅作为学习交流参考使用.】高三的孩子们，不管今年的题目难还是简单，发挥得好还是差，一切都已过去。
考完试后，应该考虑的是自己如何走好以后的每一步。
人生贵在无悔、精彩无处不在。
加油！高二的孩子们，明年的这个时候，就要轮到你们上场了，每一年的题目、题型很难猜透，题型与刷题固然重要，但也要注重自我“能力”的提高。
只有这样，才能在高考中立于不败之地。
加油！。
2020学年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅲ卷)数学理及答案解析
2020年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅲ卷)数学理一、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。
1.已知集合A={x|x﹣1≥0}，B={0，1，2}，则A∩B=( )A.{0}B.{1}C.{1，2}D.{0，1，2}解析：∵A={x|x﹣1≥0}={x|x≥1}，B={0，1，2}，∴A∩B={x|x≥1}∩{0，1，2}={1，2}.答案：C2.(1+i)(2﹣i)=( )A.﹣3﹣iB.﹣3+iC.3﹣iD.3+i解析：(1+i)(2﹣i)=3+i.答案：D3.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )A.B.C.D.解析：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A.答案：A4.若sinα=13，则cos2α=( ) A.89 B.79C.﹣79D.﹣89解析：∵sinα=13，∴cos2α=1﹣2sin 2α=192719-⨯=. 答案：B5.(x 2+2x )5的展开式中x 4的系数为( )A.10B.20C.40D.80解析：由二项式定理得(x 2+2x )5的展开式的通项为：()()5210315522rrr rr rr xT Cx C x--+==，由10﹣3r=4，解得r=2，∴(x 2+2x )5的展开式中x 4的系数为5222C =40.答案：C6.直线x+y+2=0分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆(x ﹣2)2+y 2=2上，则△ABP 面积的取值范围是( ) A.[2，6] B.[4，8]232，D.[2232，] 解析：∵直线x+y+2=0分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点， ∴令x=0，得y=﹣2，令y=0，得x=﹣2，∴A(﹣2，0)，B(0，﹣2)，4+4=22∵点P 在圆(x ﹣2)2+y 2=2上，∴设P ()2co 2s sin 2θθ+，，∴点P 到直线x+y+2=0的距离：()2sin 42cos sin 242222d πθθθ+++++==，∵()sin 4πθ+∈[﹣1，1]，∴d= ()22sin 44πθ++∈[232，]， ∴△ABP 面积的取值范围是：[11222223222⨯⨯⨯⨯，，6].答案：A7.函数y=﹣x 4+x 2+2的图象大致为( )A.B.C.D.解析：函数过定点(0，2)，排除A ，B.函数的导数f′(x)=﹣4x 3+2x=﹣2x(2x 2﹣1)，由f′(x)＞0得2x(2x 2﹣1)＜0，得x ＜﹣或0＜x ＜，此时函数单调递增，排除C.答案：D8.某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，各成员的支付方式相互独立.设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX=2.4，P(x=4)＜P(X=6)，则p=( ) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 解析：某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，看做是独立重复事件，满足X ～B(10，p)，P(x=4)＜P(X=6)，可得()()644466101011C p p C p p --＜，可得1﹣2p ＜0.即12p ＞. 因为DX=2.4，可得10p(1﹣p)=2.4，解得p=0.6或p=0.4(舍去). 答案：B9.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.若△ABC 的面积为2224a b c +-，则C=( )A.2πB.3πC.4πD.6π解析：∵△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.△ABC 的面积为2224a b c +-，∴S △ABC =222s 1in 42a b c ab C +-=，∴sinC=2222a b c bc +-=cosC ，∵0＜C ＜π，∴C=4π.答案：C10.设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且面积为则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为( )A.B.C.D.543解析：△ABC 为等边三角形且面积为93，可得2393AB ⨯＝，解得AB=6，球心为O ，三角形ABC 的外心为O′，显然D 在O′O 的延长线与球的交点如图：()222362342323O C OO '=='=-=，，则三棱锥D ﹣ABC 高的最大值为：6，则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为：31361833=答案：B11.设F 1，F 2是双曲线C ：22221y x a b -=(a ＞0.b ＞0)的左，右焦点，O 是坐标原点.过F 2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P ，若|PF 1|=6|OP|，则C 的离心率为( )A.5B.2C.3D.2解析：双曲线C ：22221y x a b -=(a ＞0.b ＞0)的一条渐近线方程为b y x a =， ∴点F 2到渐近线的距离22bcd b a b ==+，即|PF 2|=b ，∴2222222cos bOP OF PF c b a PF O c =-=-=∠=，， ∵|PF 16|OP|，∴|PF 16a ，在三角形F 1PF 2中，由余弦定理可得|PF 1|2=|PF 2|2+|F 1F 2|2﹣2|PF 2|·|F 1F 2|COS ∠PF 2O ，∴6a 2=b 2+4c 2﹣2×b ×2c ×bc =4c 2﹣3b 2=4c 2﹣3(c 2﹣a 2)，即3a 2=c 2， 即3a=c ，∴3c e a ==.答案：C12.设a=log 0.20.3，b=log 20.3，则( ) A.a+b ＜ab ＜0 B.ab ＜a+b ＜0 C.a+b ＜0＜ab D.ab ＜0＜a+b解析：∵a=log 0.20.3=lg 0.3lg 5-，b=log 20.3=lg 0.3lg 2，∴()5lg 0.3lg lg 0.3lg 5lg 2lg 0.3lg 0.32lg 2lg 5lg 2lg 5lg 2lg 5a b -+-=＝＝，10lg 0.3lg lg 0.3lg 0.33lg 2lg 5lg 2lg 5ab ⋅-⋅＝＝，∵105lg lg 32＞，lg 0.3lg 2lg 5＜，∴ab ＜a+b ＜0.答案：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量a =(1，2)，b =(2，﹣2)，c =(1，λ).若c ∥(2a b +)，则λ=____. 解析：∵向量a =(1，2)，b =(2，﹣2)， ∴2a b +=(4，2)，∵c =(1，λ)，c ∥(2a b +)，∴142λ＝， 解得λ=12.答案： 1214.曲线y=(ax+1)e x在点(0，1)处的切线的斜率为﹣2，则a=____.解析：曲线y=(ax+1)e x ，可得y′=ae x +(ax+1)e x，曲线y=(ax+1)e x在点(0，1)处的切线的斜率为﹣2， 可得：a+1=﹣2，解得a=﹣3. 答案：﹣315.函数f(x)=cos(3x+6π)在[0，π]的零点个数为____.解析：∵f(x)=cos(3x+6π)=0， ∴362x k πππ+=+，k ∈Z ，∴x=193k ππ+，k ∈Z ，当k=0时，x=9π，当k=1时，x=49π，当k=2时，x=79π，当k=3时，x=109π，∵x ∈[0，π]，∴x=9π，或x=49π，或x=79π，故零点的个数为3. 答案：316.已知点M(﹣1，1)和抛物线C ：y 2=4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点.若∠AMB =90°，则k=____.解析：∵抛物线C ：y 2=4x 的焦点F(1，0)， ∴过A ，B 两点的直线方程为y=k(x ﹣1)，联立()241y x y k x ⎪-⎧⎪⎨⎩＝＝可得，k 2x 2﹣2(2+k 2)x+k 2=0， 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则212242k x x k ++=，x 1x 2=1， ∴y 1+y 2=k(x 1+x 2﹣2)=4k ，y 1y 2=k 2(x 1﹣1)(x 2﹣1)=k 2[x 1x 2﹣(x 1+x 2)+1]=﹣4，∵M(﹣1，1)，∴MA =(x 1+1，y 1﹣1)，MB =(x 2+1，y 2﹣1)， ∵∠AMB=90°=0，∴0MA MB ⋅= ∴(x 1+1)(x 2+1)+(y 1﹣1)(y 2﹣1)=0，整理可得，x 1x 2+(x 1+x 2)+y 1y 2﹣(y 1+y 2)+2=0，∴24124420k k ++--+=，即k 2﹣4k+4=0，∴k=2. 答案：2三、解答题：共70分。
2020年高考理科数学(3卷)：答案详细解析(word版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（III 卷）答案详解一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
1．（集合）已知集合{(,)|,,}=∈≥*N A x y x y y x ，{(,)|8}=+=B x y x y ，则AB中元素的个数为 A ．2B ．3C ．4D ．6【解析】∵{(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)}=A B ，∴A ∩B 中元素的个数为4. 【答案】C 2．（复数）复数113-i的虚部是 A ．310-B ．110-C ．110D ．310【解析】()1131313(13)1310++==--+i ii i i ，故选选项D . 【答案】D3．（概率统计）在一组样本数据中，1、2、3、4出现的频率分别为1p ，2p ，3p ，4p ，且411==∑i i p ，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是A ．14230.1,0.4====p p p pB ．14230.4,0.1====p p p pC ．14230.2,0.3====p p p pD ．14230.3,0.2====p p p p【解析】针对四个选项，均有14=p p ，23=p p ，因此41212()1==+=∑i i p p p ，得120.5+=p p ，所以1234122345() 2.5=+++=+=x p p p p p p ，即四个选项的平均值均为 2.5. 根据标准差的数学意义可知，与平均值距离大的数据的频率越高，则标准差越大. 比较四个选项，B 选项中1和4的频率最高，因此可以推断B 选项的标准差最大.【答案】B4．（函数，同文4）Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．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：0.23(53)()1--=+t I K t e ，其中K 为最大确诊病例数．当*()0.95=I t K 时，标志着已初步遏制疫情，则*t 约为（ln19≈3） A ．60B ．63C ．66D ．69【解析】**0.23(53)()0.951--==+t K I t K e，化简得*0.23(53)19-=te ，两边取对数得，*0.23(53)In19-=t ，解得*In1935353660.230.23=+=+≈t . 【答案】C5．（解析几何，同文7）设O 为坐标原点，直线x =2与抛物线C ：()220=>y px p 交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为 A ．1(,0)4B ．1(,0)2C ．(1,0)D ．(2,0)【解析】解法一：如图A7所示，由题意可知，(2,2)D p ，(2,2)-E p ，(2,2)=OD p ，(2,2)=-OE p ，⊥OD ⊥OE ，⊥⊥OD OE ， 即22220⨯-=p p ，解得1=p ，⊥C 的焦点坐标为1(,0)2.图A5解法二：4=DE p 44==+OD OE p⊥OD ⊥OE ，⊥222+=OD OE DE ，即2(44)16+=p p ，解得1=p ，⊥C的焦点坐标为1(,0)2. 【答案】B6．（平面向量）已知向量a ，b 满足||5a =，||6b =，6a b ⋅=-，则cos ,=a a b + A ．3135-B ．1935-C ．1735D ．1935【解析】2()19⋅+=+⋅=a a b a a b ，2227+=+⋅+=a b a a b b ，所以()1919cos ,=5735⋅++==⨯⋅+a a b a a b a a b. 【答案】D7．（三角函数，类文11）在⊥ABC 中，2cos =3C ，4AC =，3BC =,则cos B =A ．19B ．13C ．12D ．23【解析】由余弦定理得，2222cos 9=+-⋅⋅=AB AC BC AC BC C ，即3=AB ，∴22299161cos 22339+-+-===⋅⨯⨯AB BC AC B AB BC . 【答案】A8．（立体几何，同文9）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A ．642+B ．442+C ．623+D ．423+【解析】由三视图可知，该几何体为一个四面体，如图A8所示. 其表面积(2332226234=⨯+⨯=+S图A8【答案】C9．（三角函数）已知2tan tan()74πθθ-+=，则tan θ=A ．–2B ．–1C ．1D ．2【解析】1tan 2tan tan()2tan 741tan πθθθθθ+-+=-=-，化简得2tan 4tan 40θθ-+=， 解得tan 2θ=.【答案】D10．（解析几何）若直线l 与曲线=y x 和2215+=x y 都相切，则l 的方程为 A ．y =2x +1 B ．y =2x +12C ．y =12x +1D ．y =12x +12【解析】解法一（待定系数法）：设l 的方程为=+y kx b ，直线l 与圆2215+=x y 相切，故圆心(0,0)到直线l 的距离等于圆的半径，251+b k 化简为225=1+b k ①.直线l 与曲线=y x 相切，故==+y x kx b 有唯一解，化简为222(21)0+-+=k x kx x b ，则有222=(21)40∆--=kx kb ，化简为41=kb ②.联立①②，解得12==k b . 解法二（排除法）：根据直线与圆相切，故圆心到直线l 的距离等于圆的半径，可排除选项B 、C ；将选项A 的方程与曲线=y x 联立，方程无解，即选项A 的直线与曲线相离，排除A ；同理将选项D 的方程与曲线方程联立，方程有唯一解x =1，故选项D 正确.解法三（画图法）：如图A10所示，从图中不难看出，只有选项D 符合题意.图A10【答案】D11．（解析几何）设双曲线C ：22221x y a b-=（a >0，b >0）的左、右焦点分别为F 1，F 2，5．P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若⊥PF 1F 2的面积为4，则a ＝ A ．1B ．2C ．4D ．8【解析】设1=PF m ，2=PF n ，根据题意可得，()222142225⎧==⎪⎪+=⎪⎨-=⎪⎪⎪=⎩S mn m n c m n a ca，解得1=a . PS ：双曲线焦点三角形的面积公式2tan2θ=b S ，根据题意有2o 4tan 45=b ，解得24=b ，又因为5=ca222224115=+=+=c b a a a ，解得1=a .（双曲线焦点三角形的面积公式的推导过程，可在百度上搜索）【答案】A12．（函数）已知5458<，45138<，设5log 3=a ，8log 5=b ，13log 8=c ，则A ．a <b <cB ．b <a <cC ．b <c <a8D ．c <a <b【解析】∵5458<，∴5488log 5log 8<，85log 54<，84log 55<，即45<b ； ∵54813>，∴541313log 8log 13>，135log 84>，134log 85>，即45>c ；由上述过程，构造不等式：5435<，同理可得54log 35=<a . ∴b <c ，a <c . 接下来比较a 和b ：解法一：构造不等式：4335<，4358>，同理可得53log 34=<a ，83log 54=>b .∴a <b .解法二：易知,,(0,1)∈a b c ，()()()222255555558log 3log 8log 24log 25log 32log 3log 81log 54444+==⋅<=<==a b ， ∴a <b . 故a <b <c .【答案】A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年高考理科数学全国卷3-答案
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.【答案】C【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8y x x y ⎧⎨+=⎩≥，且x ，*y ∈N ，由82x y x +=≥，得4x ≤，所以满足8x y +=的有()17，，()26，，()35，，()44，，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 2.【答案】D【解析】利用复数的除法运算求出z 即可.因为()()113131313131010i z i i i i +===+--+，所以复数113z i=-的虚部为310.故选：D . 【考点】复数的除法运算，复数的虚部的定义 3.【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()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于B 选项，该组数据的平均数为()()140.4230.1 2.5B x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85B s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于C 选项，该组数据的平均数为()()140.2230.3 2.5C x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.22 2.50.33 2.50.34 2.50.2 1.05C s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于D 选项，该组数据的平均数为()()140.3230.2 2.5D x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.32 2.50.23 2.50.24 2.50.3 1.45D s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=.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 4.【答案】C【解析】将t t *=代入函数()()0.23531t K I t e --=+结合()0.95I t K *=求得t *即可得解.()()0.23531t K I t e --=+，所以()()0.23530.951t KI t K e**--==+，则()*0.235319t e -=，所以，()0.2353ln193t *-=≈，解得353660.23t *+≈≈.故选：C .【考点】对数的运算，指数与对数的互化 5.【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4DOx EOx π∠=∠=，从而可以确定出点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2x =与抛物线()220y px p =＞交于E ，D 两点，且OD OE ⊥，根据抛物线的对称性可以确定4DOx EOx π∠=∠=，所以()22D ，，代入抛物线方程44p =，求得1p =，所以其焦点坐标为102⎛⎫⎪⎝⎭，，故选：B .【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 6.【答案】D【解析】计算出()a ab ⋅+、a b +的值，利用平面向量数量积可计算出cos a a b +，的值.5a =，6b =，6a b ⋅=-，()225619a a b a a b ∴⋅+=+⋅=-=.()2222257a b a ba ab b +=+=+⋅+=-，因此，()1919cos 5735a a ba ab a a b⋅++===⨯⋅+，.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 7.【答案】A【解析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ，再根据222cos 2AB BC AC B AB BC+-=⋅，即可求得答案.在ABC △中，2cos 3C =，4AC =，3BC =.根据余弦定理：2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅，2224322433AB =+-⨯⨯⨯，可得29AB =，即3AB =.由22299161cos 22339AB BC AC B AB BC +-+-===⋅⨯⨯，故1cos 9B =.故选：A . 【考点】余弦定理解三角形8.【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：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△,根据勾股定理可得：AB AD DB ===ADB ∴△是边长为,根据三角形面积公式可得：(211sin 6022ADBS AB AD =⋅⋅==△∴该几何体的表面积是：632⨯++ 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 9.【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 74πθθ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，tan 12tan 71tan θθθ+∴-=-，令tan t θ=，1t ≠，则1271tt t+-=-，整理得2440t t -+=，解得2t =，即tan 2θ=.故选：D .【考点】利用两角和的正切公式化简求值 10.【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y =(0x，则00x ＞，函数y导数为y '=，则直线l 的斜率k =，设直线l 的方程为)0y x x =-，即00xx -+=，由于直线l 与圆2215x y +=相切，则=，两边平方并整理得2005410x x --=，解得01x=，015x =-（舍），则直线l 的方程为210x y -+=，即1122y x =+.故选：D .【考点】导数的几何意义的应用，直线与圆的位置的应用 11.【答案】A【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.5ca=，c ∴，根据双曲线的定义可得122PF PF a -=，1212142PF F PF S PF =⋅=△，即128PF PF ⋅=， 12F P F P ⊥，()222122PF PF c ∴+=，()22121224PF PF PF PF c ∴-+⋅=，即22540a a -+=，解得1a =，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 12.【答案】A【解析】由题意可得a 、b 、()01c ∈，，利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系，由8log 5b =，得85b =，结合5458＜可得出45b ＜，由13log 8c =，得138c =，结合45138＜，可得出45c ＞，综合可得出a 、b 、c 的大小关系.由题意可知a 、b 、()01c ∈，， ()222528log 3lg3lg81lg3lg8lg3lg8lg 241log 5lg5lg522lg5lg 25lg5a b ⎛⎫⎛⎫++⎛⎫==⋅⋅==⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭＜＜，a b ∴＜；由8log 5b =，得85b =，由5458＜，得5488b ＜，54b ∴＜，可得45b ＜；由13log 8c =，得138c =，由45138＜，得451313c ＜，54c ∴＞，可得45c ＞.综上所述，a b c ＜＜.故选：A .【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 13.【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32z x y =+，所以322x z y =-+，易知截距2z 越大，则z 越大，平移直线32x y =-，当322x zy =-+经过A 点时截距最大，此时z 最大，由21y x x =⎧⎨=⎩，得12x y =⎧⎨=⎩，()12A ，，所以max 31227z =⨯+⨯=.故答案为：7.【考点】简单线性规划的应用，求线性目标函数的最大值 14.【答案】240【解析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项，即可求得常数项.622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭其二项式展开通项：()()()621221236661222rrr r r r r r r r r C xC x C x x T x ---+-⎛⎫⋅⋅⋅⋅=⋅⎭= ⎝=⎪，当1230r -=，解得4r =，622x x ⎛⎫∴+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是：664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=.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15. 【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2BC =，3AB AC ==，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM ==122S =⨯⨯△ABC r ，则：()11113322222ABC AOB BOC AOC S S S S AB r BC r AC r r =++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯++⨯=△△△△r，其体积：343V r π=.. 16.【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0x π-＜＜可判断命题④的正误.综合可得出结论.对于命题①，152622f π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，152622fπ⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭，则66f f ππ⎛⎫⎛⎫-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以，函数()f x 的图象不关于y 轴对称，命题①错误；对于命题②，函数()f x 的定义域为{}x x k k π≠∈Z ，，定义域关于原点对称，()()()()111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x ⎛⎫-=-+=--=-+=- ⎪-⎝⎭，所以，函数()f x 的图象关于原点对称，命题②正确；对于命题③，11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭， 11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭，则22f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以，函数()f x 的图象关于直线2x π=对称，命题③正确；对于命题④，当0x π-＜＜时，sin 0x ＜，()1sin 02sin f x x x=+＜＜，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）25a =，37a =，21n a n =+，当1n =时，13a =成立；假设n k =时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，()()134321423211k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ，都有21n a n =+成立.（2）()12122n n S n +=-⋅+【解析】（1）利用递推公式得出2a ，3a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可.由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+，证明如下：当1n =时，13a =成立；假设n k =时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，()()134321423211k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ，都有21n a n =+成立；（2）由错位相减法求解即可.由（1）可知，()2212n nn a n ⋅=+⋅，()()231325272212212n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，①()()23412325272212212n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②，由-①②得：()()()()()21231112126222221262212122212n n n n n n S n n n -+++--=+⨯+++-+⋅=+⨯-+⋅=⋅⨯---，即()12122n n S n +=-⋅+.【考点】求等差数列的通项公式，利用错位相减法求数列的和18.【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（3()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈＞，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216250.43100++=，等级为2的概率为510120.27100++=，等级为3的概率为6780.21100++=，等级为4的概率为7200.09100++=. （2）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100203003550045350100⨯+⨯+⨯=.（3）根据表格中的数据完善22⨯列联表，计算出2K 的观测值，再结合临界值表可得结论.22⨯列联表如下：()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈＞，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19.【答案】（1）在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，长方体1111ABCD A B C D -中，AD BC ∥且AD BC =，11BB CC ∥且11BB CC =，112C G CG=12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 平行四边形，则AF DG∥且AF DG =，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1C E DG ∴∥且1C E DG =，1C E AF ∴∥且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内.（2）7【解析】（1）连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内.在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，长方体1111ABCD A B C D -中，AD BC ∥且AD BC =，11BB CC ∥且11BB CC =，112C G CG=12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 平行四边形，则AF DG∥且AF DG =，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1C E DG ∴∥且1C E DG =，1C E AF ∴∥且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --的正弦值.以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 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1C xyz -，则()213A ，，、()1210A ，，、()202E ，，、()011F ，，，()011AE =--，，，()202AF =--，，，()1012A E =-，，，()1201A F =-，，，设平面AEF 的法向量为()111m x y z =，，，由00m AE m AF ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩=，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()111m =-，，，设平面1A EF 的法向量为()222n x y z =，，，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()142n =，，，cos 3m n m n m n⋅===⨯⋅，，设二面角1A EF A--的平面角为θ，则cos θ=，sinθ∴==.因此，二面角1A EF A --.【考点】点在平面的证明，利用空间向量法求解二面角20.【答案】（1）221612525x y +=（2）52【解析】（1）因为()222:10525x y C m m+=＜＜，可得5a =，b m =，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案.()222:10525x y C m m +=＜＜，5a ∴=，b m =，根据离心率c e a ====， 解得54m =或54m =-（舍），C ∴的方程为：22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，即221612525x y +=. （2）点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且BP BQ =，BP BQ ⊥，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =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6x =上，且BP BQ =，BP BQ ⊥，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =与x 轴交点为N .根据题意画出图形，如图BP BQ =，BP BQ ⊥，90PMB QNB ∠=∠=，又90PBM QBN ∠+∠=，90BQN QBN ∠+∠=，PBM BQN ∴∠=∠，根据三角形全等条件“AAS ”，可得：PMB BNQ ≅△△，221612525x y +=， ()50B ∴，，651PM BN ∴==-=，设P 点为()P P x y ，，可得P 点纵坐标为1P y =，将其代入221612525x y +=，可得：21612525P x +=，解得：3P x =或3P x =-，P ∴点为()31，或()31-，， ①当P 点为()31，时，故532MB =-=，PMB BNQ ≅△△，2MB NQ ∴==，可得：Q 点为()62，，画 出图象，如图()50A -，，()62Q ，，可求得直线AQ 的直线方程为：211100x y -+=，根据点到直线距离公式可得P 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：1522⨯=；②当P 点为()31-，时，故5+38MB ==，PMB BNQ ≅△△，8MB NQ ∴==，可得：Q 点为()68，，画出图象，如图()50A -，，()68Q ，，可求得直线AQ 的直线方程为：811400x y -+=，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ 的距离为：d ===AQ ==APQ ∴△面积为：1522=，综上所述，APQ △面积为：52. 【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）34b =-（2）由（1）可得()334f x x x c =-+，()231133422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，令()0f x '＞，得12x ＞或12x -＜；令()0f x '＜，得1122x -＜＜，所以()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭，上单调递减，在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，，12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增，且()114f c -=-，1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()114f c =+，若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ，则()10f -＞或()10f ＜，即14c ＞或14c -＜.当14c ＞时，()1104f c -=-＞，11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭＞，11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭＞，()1104f c =+＞，又()()32464341160f c c c c c c -=-++=-＜，由零点存在性定理知()f x 在()41c --，上存在唯一一个零点0x ，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14c -＜时，()1104f c -=-＜，11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭＜，11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭＜，()1104f c =+＜，又()()32464341160f c c c c c c -=++=-＞，由零点存在性定理知()f x 在()14c -，上存在唯一一个零点0x '，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.【解析】（1）利用导数的几何意义得到102f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭，解方程即可.因为()23f x x b '=+，由题意，102f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭，即21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭，则34b =-； （2）由（1）可得()231132422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，易知()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭，上单调递减，在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，，12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增，且()114f c -=-，1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()114f c =+，采用反证法，推出矛盾即可.由（1）可得()334f x x x c =-+，()231133422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，令()0f x '＞，得12x ＞或12x -＜；令()0f x '＜，得1122x -＜＜，所以()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭，上单调递减，在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，，12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增，且()114f c -=-，1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()114f c =+，若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ，则()10f -＞或()10f ＜，即14c ＞或14c -＜.当14c ＞时，()1104f c -=-＞，11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭＞，11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭＞，()1104f c =+＞，又()()32464341160f c c c c c c -=-++=-＜，由零点存在性定理知()f x 在()41c --，上存在唯一一个零点0x ，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14c -＜时，()1104f c -=-＜，11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭＜，11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭＜，()1104f c =+＜，又()()32464341160f c c c c c c -=++=-＞，由零点存在性定理知()f x 在()14c -，上存在唯一一个零点0x '，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22.【答案】（1）（2）3cos sin 120ρθρθ-+=【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0x =，则220t t +-=，解得2t =-或1t =（舍），则26412y =++=，即()012A ，.令0y =，则2320t t -+=，解得2t =或1t =（舍），则2244x =--=-，即()40B -，.AB ∴=（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()120304AB k -==--，则直线AB 的方程为()34y x =+，即3120x y -+=.由cos x ρθ=，sin y ρθ=可得，直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120ρθρθ-+=.【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 23.【答案】（1）()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=，()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. a ，b ，c 均不为0，则2220a b c ++＞，()222120ab bc ca a b c ∴++=-++＜. （2）不妨设{}max a b c a =，，，由0a b c ++=，1abc =可知，0a ＞，0b ＜，0c ＜，a b c =--，1a bc=，()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc ++++∴=⋅===≥.当且仅当b c =时，取等号，a ∴ {}3max 4a b c ，，.【解析】（1）由()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质，即可得出证明.()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=，()22212ab bc ca a b c ∴++=-++.a ，b ，c 均不为0，则2220a b c ++＞，()222120ab bc ca a b c ∴++=-++＜. （2）不妨设{}max a b c a =，，，由题意得出0a ＞，b ，0c ＜，由()222322b c b c bca aa bcbc+++=⋅==，结合基本不等式，即可得出证明.不妨设{}max a b c a =，，，由0a b c ++=，1abc =可知，0a ＞，0b ＜，0c ＜，a b c =--，1a bc=，()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc ++++∴=⋅===≥.当且仅当b c =时，取等号，a ∴{}3max 4a b c ，，.【考点】不等式的基本性质，基本不等式的应用。
2020年全国高考数学(理)试题及答案-全国卷III
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．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。
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，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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。
1．已知集合{(,)|,,}A x y x y y x =∈≥*N ，{(,)|8}B x y x y =+=，则A B I 中元素的个数为 A ．2 B ．3 C ．4 D ．62．复数113i −的虚部是 A ．310− B ．110−C ．110D ．3103．在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为1234,,,p p p p ，且411i i p ==∑，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是 A ．14230.1,0.4p p p p ==== B ．14230.4,0.1p p p p ==== C ．14230.2,0.3p p p p ====D ．14230.3,0.2p p p p ====4．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：0.23(53)()=1et K I t −−+，其中K 为最大确诊病例数．当*()0.95I t K =时，标志着已初步遏制疫情，则t *约为(ln193)≈A ．60B ．63C ．66D ．695．设O 为坐标原点，直线x =2与抛物线C ：22(0)y px p =>交于D ，E 两点，若OD OE ⊥，则C 的焦点坐标为 A ．1(,0)4B ．1(,0)2C ．(1,0)D ．(2,0)6．已知向量a ，b 满足||5=a ，||6=b ，6⋅=−a b ，则cos ,=+a a b A ．3135−B ．1935−C ．1735D ．19357．在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B = A ．19B ．13C ．12D ．238．下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A ．B ．C ．D ．9．已知2tan θ–tan(θ+π4)=7，则tan θ= A ．–2B ．–1C ．1D ．210．若直线l 与曲线y x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为 A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1D ．y =12x +1211．设双曲线C ：22221x y a b−=（a >0，b >0）的左、右焦点分别为F 1，F 2．P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a = A ．1B ．2C ．4D ．812．已知55<84，134<85．设a =log 53，b =log 85，c =log 138，则A ．a <b <cB ．b <a <cC ．b <c <aD ．c <a <b二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年全国高考数学-全国Ⅲ卷三卷理科解析(Word域、极致精编版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试——全国Ⅲ理科数学一、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．1．已知集合A ＝{(x ，y )|x ，y ∈N *，y ≥x }，B ＝{(x ，y )|x ＋y ＝8}，则A ∩B 中元素的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．6答案：C解析：由题意，A ∩B 中的元素满足⎩⎨⎧y ≥x ，x ＋y ＝8，且x ，y ∈N *，由x ＋y ＝8≥2x ，得x ≤4．所以满足要求的元素有(1，7)，(2，6)，(3，5)，(4，4)，故A ∩B 中元素的个数为4．2．复数11－3i的虚部是( )A ．－310B ．－110C ．110D ．310答案：D解析：因为z ＝11－3i ＝1＋3i (1－3i )(1＋3i )＝110＋310i ，所以复数z ＝11－3i 的虚部为310．3．在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p 1，p 2，p 3，p 4，且∑4i ＝1p i ＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是( )A ．p 1＝p 4＝0.1，p 2＝p 3＝0.4B ．p 1＝p 4＝0.4，p 2＝p 3＝0.1C ．p 1＝p 4＝0.2，p 2＝p 3＝0.3D ．p 1＝p 4＝0.3，p 2＝p 3＝0.2答案：B解析：易知四种情形中平均数均为x －＝∑4i ＝1x i p i ＝2.5．对于A ，方差s 2A ＝(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 ，方差s 2B ＝(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 ，方差s 2C ＝(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 ，方差s 2D ＝(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 选项这一组标准差最大．法二：样本数据距离平均数越大，且概率越大时，方差和标准差可能越大．4．Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．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：I (t )＝K 1＋e －0.23(t －53)，其中K 为最大确诊病例数．当I (t *)＝0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则t *约为( )(ln19≈3)A ．60B ．63C ．66D ．69答案：C解析：当I (t *)＝K 1＋e－0.23(t *－53)＝0.95K ，则e 0.23(t *－53)＝19，所以0.23(t *－53)＝ln19≈3，解得t *≈30.23＋53≈66．5．设O 为坐标原点，直线x ＝2与抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为( )A ．(14，0)B ．(12，0)C ．(1，0)D ．(2，0)答案：B解析：因为直线x ＝2与抛物线y 2＝2px (p ＞0)交于D ，E 两点，且OD ⊥OE ，所以∠DOx ＝∠EOx ＝π4，所以D (2，2)，代入抛物线方程得4＝4p ，即p ＝1，所以抛物线的焦点坐标为(12，0)．6．已知向量a ，b 满足|a |＝5，|b |＝6，a ·b ＝－6，则cos ＜a ，a ＋b ＞＝( )A ．－3135B ．－1935C ．1735D ．1935答案：D解析：易得a ·(a ＋b )＝|a |2＋a ·b ＝52－6＝19，|a ＋b |＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝25－2×6＋36＝7．因此，cos ＜a ，a ＋b ＞＝a ·(a ＋b )|a |·|a ＋b |＝195×7＝1935．7．在△ABC 中，cos C ＝23，AC ＝4，BC ＝3，则cos B ＝( )A ．19B ．13C ．12D ．23答案：A解析：由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝42＋32－2×4×3×23＝9，即AB ＝3．于是cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝9＋9－162×3×3＝19．8．下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋42B ．4＋42C ．6＋23D ．4＋2 3 答案：C解析：根据三视图，在正方体中截取出符合题意的立体图形．在立体图形中，易得S △ABC ＝S △ADC ＝S △CDB ＝12×2×2＝2．易得AB ＝AD ＝DB ＝22，故S △ADB ＝12AB ·AD ·sin60º＝34(22)2＝23．所以，该几何体的表面积是3×2＋23＝6＋23．9．已知2tan θ－tan(θ＋π4)＝7，则tan θ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2答案：D解析：因为2tan θ－tan(θ＋π4)＝7，所以2tan θ－tan θ＋11－tan θ＝7，解得tan θ＝2．10．若直线l 与曲线y ＝x 和x 2＋y 2＝15都相切，则l 的方程为( )A ．y ＝2x ＋1B ．y ＝2x ＋12C ．y ＝12x ＋1D ．y ＝12x ＋12答案：D解析：设直线l 与曲线y ＝x 的切点为(x 0，x 0)，x 0＞0，因函数y ＝x 的导数为y'＝12x ，所以直线l 的方程为y －x 0＝12x 0(x －x 0)，即x －2x 0y ＋x 0＝0．由于直线l 与圆x 2＋y 2＝15相切，则d ＝x 01＋4x 0＝r ＝15，整理得5x 20－4x 0－1＝0，解得x 0＝1或x 0＝－15(舍)．所以，直线l 的方程为x －2y ＋1＝0，即y ＝12x ＋12．11．设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为5．P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8答案：A解析：因为离心率e ＝ca＝5，所以c ＝5a ．因为F 1P ⊥F 2P ，所以|PF 1|2＋|PF 2|2＝(2c )2． S △PF 1F 2＝12|PF 1|·|PF 2|＝4，即|PF 1|·|PF 2|＝8．又由双曲线的定义可得||PF 1|－|PF 2||＝2a ．因为(|PF 1|－|PF 2|)2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1|·|PF 2|，即4a 2＝4c 2－16，又c ＝5a ，所以16a 2＝16，解得a ＝1．12．已知55＜84，134＜85．设a ＝log 53，b ＝log 85，c ＝log 138，则( )A ．a ＜b ＜cB ．b ＜a ＜cC ．b ＜c ＜aD ．c ＜a ＜b答案：A解析：由题意可知a ，b ，c ∈(0，1)．a b ＝log 53log 85＝lg3lg5·lg8lg5＜1(lg5)2·(lg3＋lg82)2＝(lg3＋lg82lg5)2＝(lg24lg25)2＜1，所以a ＜b ； 由b ＝log 85，得8b ＝5，因为55＜84，得85b ＜84，所以5b ＜4，得b ＜45；由c ＝log 138，得13c ＝8，因为134＜85，得134＜135c ，所以5c ＞4，得c ＞45．综上所述，a ＜b ＜c ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥0，2x －y ≥0，x ≤1，则z ＝3x ＋2y 的最大值为_________．答案：714．(x 2＋2x )6的展开式中常数项是__________(用数字作答)．答案：240解析：(x 2＋2x )6的二项展开式通项为T r ＋1＝C r 6·(x 2)6－r ·(2x )r ＝C r6(2)r ·x 12－3r ，令12－3r ＝0，解得r ＝4，所以(x 2＋2x )6的展开式中常数项是C 46·24＝240．15．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________． 答案：23π 解析：法一：圆锥内半径最大的球应该是该圆锥的内切球，如图．由底面半径为1，母线长为3，易得高SC ＝22．不妨设该内切球与母线BS 切于点D ，令OD ＝OC ＝r ，由△SOD ∽△SBC ，可得ODOS ＝BC BS ，即r 22－r ＝13，解得r ＝22． 此时V ＝43πr 3＝23π．法二：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 ．设内切圆半径为r ，则12×2×22＝S △ABC ＝S △AOB ＋S △BOC ＋S △AOC ＝12×AB ×r ＋12×BC ×r ＋12×AC ×r ＝12×(3＋3＋2)×r ，解得r ＝22，故体积V ＝43πr 3＝23π．16．关于函数f (x )＝sin x ＋1sin x有如下四个命题：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 ＝π2对称．④f (x )的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________． 答案：②③解析：函数f (x )的定义域为{x |x ≠kπ，k ∈Z }，定义域关于0对称，易得f (－x )＝sin(－x )＋1sin(－x )＝－sin x －1sin x ＝－(sin x ＋1sin x )＝－f (x )，所以f (x )是非零的奇函数，因此图象关于原点对称，故命题①错误，命题②正确；对于命题③，因为f (π2－x )＝sin(π2－x )＋1sin(π2－x )＝cos x ＋1cos x ，f (π2＋x )＝sin(π2＋x )＋1sin(π2＋x )＝cos x ＋1cos x ，则f (π2－x )＝f (π2＋x )，所以f (x )的图象关于直线x ＝π2对称，命题③正确；对于命题④，当－π＜x ＜0时，sin x ＜0，则f (x )＝sin x ＋1sin x＜0＜2，命题④错误．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．设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n ．(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n ．解析：(1)由题意，a 2＝3a 1－4＝9－4＝5，a 3＝3a 2－8＝3×5－8＝7．猜想数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列，故a n ＝2n ＋1． 证明：①当n ＝1时，a 1＝3＝2＋1；②假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即a k ＝2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝3a k －4k ＝3(2k ＋1)－4k ＝2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，命题也成立．综上，由数学归纳法知，对任意的n ∈N *，都有a n ＝2n ＋1． (2)由(1)可知，2n a n ＝(2n ＋1)·2n ，则S n ＝3×2＋5×22＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2S n ＝3×22＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得，－S n＝6＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22×(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝(1－2n )·2n ＋1－2，所以S n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2．18．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)：(1)(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)；(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质量有关?人次≤400 人次＞400空气质量好 空气质量不好附：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，P (K 2≥k ) 0.050 0.0100.001k3.841 6.635 10.828解析：(1)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＋25100＝0.43，等级为2的概率为5＋10＋12100＝0.27，等级为3的概率为6＋7＋8100＝0.21，等级为4的概率为7＋2＋0100＝0.09．(2)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＋500×45100＝350．(3)2×2列联表如下：人次≤400 人次＞400空气质量不好 33 37 空气质量好228 K 2＝100×(33×8－37×22)55×45×70×30≈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．19．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1．(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值．解析：(1)在棱CC 1上取点G ，使得CG ＝2C 1G ，连接DG 、FG 、C 1E 、C 1F ．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，易得CG ＝23CC 1＝23BB 1＝BF 且CG ∥BF ，所以四边形BCGF 为平行四边形，因此BC _∥FG ． 又BC _∥AD ，所以FG _∥AD ，因此四边形ADGF 为平行四边形，所以AF _∥DG ． 易得C 1G _∥DE ，所以四边形DEC 1G 为平行四边形，因此C 1E _∥DG ． 所以C 1E _∥AF ，则四边形AEC 1F 为平行四边形，因此点C 1在平面AEF 内．(2)以点C 1为坐标原点，C 1D 1、C 1B 1、C 1C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C 1－xyz ．易得A (2，1，3)，A 1(2，1，0)，E (2，0，2)，F (0，1，1)，故AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2，0，－2)，A 1E →＝(0，－1，2)，A 1F →＝(－2，0，1)．设平面AEF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，得⎩⎨⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，取z 1＝－1，得x 1＝y 1＝1，则m ＝(1，1，－1)．设平面A 1EF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·A 1F →＝0，得⎩⎨⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0，取z 2＝2，得x 2＝1，y 2＝4，则n ＝(1，4，2)．于是cos ＜m ，n ＞＝m ·n |m |·|n |＝33×21＝77．设二面角A －EF －A 1的平面角为θ，则|cos θ|＝77，所以sin θ＝1－cos 2θ＝427，因此，二面角A －EF －A 1的正弦值为427．20．已知椭圆C ：x 225＋y 2m 2＝1(0＜m ＜5)的离心率为154，A ，B 分别为C 的左、右顶点．(1)求C 的方程；(2)若点P 在C 上，点Q 在直线x ＝6上，且|BP |＝|BQ |，BP ⊥BQ ，求△APQ 的面积．解析：(1)因为椭圆C ：x 225＋y 2m2＝1(0＜m ＜5)，所以a ＝5，b ＝m ．e ＝c a＝1－(b a)2＝1－(m 5)2＝154，解得m ＝54，所以C ：x 225＋y 2(54)2＝1，即x 225＋16y 225＝1．(2)不妨设P ，Q 在x 轴上方，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设x ＝6与x 轴交点为N ．因为BP ⊥BQ ，所以∠PBM ＋∠QBN ＝90º，又∠BQN ＋∠QBN ＝90º，所以∠PBM ＝∠BQN ．又|BP |＝|BQ |，所以△PMB ≌△BNQ ．因为椭圆C ：x 225＋16y 225＝1，所以B (5，0)，所以|PM |＝|BN |＝6－5＝1，即y P ＝1，将其代入x 225＋16y 225＝1，可得x P ＝3或－3，所以P 点为(3，1)或(－3，1)．①当P 点为(3，1)时，|MB |＝5－3＝2＝|NQ |，故Q 点为(6，2)． 因为A (－5，0)，可求得直线AQ 的直线方程为2x －11y ＋10＝0，故点P 到直线AQ 的距离为d ＝|2×3－11×1＋10|22＋112＝|5|125＝55，又|AQ |＝(6＋5)2＋(2－0)2＝55，所以△APQ 面积为12×55×55＝52． ②当P 点为(－3，1)时，|MB |＝5＋3＝8＝|NQ |，故Q 点为(6，8)．因为A (－5，0)，可求得直线AQ 的直线方程为8x －11y ＋40＝0，故点P 到直线AQ 的距离为d ＝|8×(－3)－11×1＋40|82＋112＝|5|185＝5185，又|AQ |＝(6＋5)2＋(8－0)2＝185，所以△APQ 面积为12×185×5185＝52． 综上所述，△APQ 的面积为52．21．设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．(1)求b ．(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．解：(1)因为f'(x )＝3x 2＋b ，由题意得f'(12)＝0，即3×(12)2＋b ＝0，则b ＝－34．(2)由(1)得f (x )＝x 3－34x ＋c ，故f'(x )＝3x 2－34＝3(x ＋12)(x －12)．令f'(x )＞0，得x ＞12或x ＜－12；令f'(x )＜0，得－12＜x ＜12．所以f (x )在(－12，12)上递减，在(－∞，－12)，(12，＋∞)上递增．且f (－1)＝f (12)＝c －14，f (－12)＝f (1)＝c ＋14．若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )在[－1，1]上有零点，则c －14≤0≤c ＋14，得－14≤c ≤14．当c ＝－14时，易知f (x )的零点为－12和1，满足所有零点的绝对值都不大于1．当c ＝14时，易知f (x )的零点为－1和12，满足所有零点的绝对值都不大于1．当－14＜c ＜14时，f (－1)＝f (12)＝c －14＜0，f (－12)＝f (1)＝c ＋14＞0，所以f (x )的零点x 1∈(－1，－12)，x 2∈(－12，12)，x 3∈(12，1)，满足所有零点的绝对值都不大于1．综上，f (x )所有零点的绝对值都不大于1．(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． [选修4—4：坐标系与参数方程](10分)22．在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2－t －t 2，y ＝2－3t ＋t 2(t 为参数且t ≠1)，C 与坐标轴交于A 、B 两点．(1)求|AB |；(2)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．解析：(1)令x ＝0，则2－t －t 2＝0，解得t ＝－2或1(舍)，则y ＝2－3t ＋t 2＝12，故A (0，12)．令y ＝0，则2－3t ＋t 2＝0，解得t ＝2或1(舍)，则x ＝2－t －t 2＝－4，故B (－4，0)． |AB |＝42＋122＝410．(2)由(1)可知k AB ＝3，则直线AB 的方程为y ＝3(x ＋4)，即3x －y ＋12＝0．所以，直线AB 的极坐标方程为3ρcos θ－ρsin θ＋12＝0．[选修4—5：不等式选讲](10分)(2020全国Ⅲ理23文23)设a ，b ，c ∈R ，a ＋b ＋c ＝0，abc ＝1．(1)证明：ab ＋bc ＋ca ＜0；(2)用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c }≥34．解析：(1)因为(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ＝0，所以ab ＋bc ＋ca ＝－12(a 2＋b 2＋c 2)．因为abc ＝1，所以a ，b ，c 均不为0，所以ab ＋bc ＋ca ＝－12(a 2＋b 2＋c 2)＜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．易得a ＝－b －c ，a ＝1bc ，所以a 2＝(b ＋c )2≥4bc ＝4a ，即a 3≥4，所以a ≥34．即证得max{a ，b ，c }≥34．。