2020年高考理科数学全国3卷(word版,含答案)
1.【ID:4002701】已知集合，，则中元素的个数为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：集合，，．中元素的个数为．故选：C．2.【ID:4002702】复数的虚部是()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：，复数的虚部是．故选：D．3.【ID:4002703】在一组样本数据中，，，，出现的频率分别为，，，，且，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是()A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】解：选项A：，所以；同理选项B：，；选项C：，；选项D：，；故选：B．4.【ID:4002704】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(的单位：天)的模型：，其中为最大确诊病例数．当时，标志着已初步遏制疫情，则约为()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由已知可得，解得，两边取对数有，解得，故选：C．5.【ID:4002705】设为坐标原点，直线与抛物线：交于，两点，若，则的焦点坐标为()A.B.C.D.【答案】B【解析】解：将代入抛物线，可得，，可得，即，解得，所以抛物线方程为：，它的焦点坐标．故选：B．6.【ID:4002706】已知向量，满足，，，则()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：向量，满足，，，可得，．故选：D．7.【ID:4002707】在中，，，，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：在中，，，，由余弦定理可得；故；，故选：A．8.【ID:4002708】右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，，、、两两垂直，故，几何体的表面积为：，故选：C．9.【ID:4002709】已知，则()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：由，得，即，得，即，即，则，故选：D．10.【ID:4002710】若直线与曲线和圆都相切，则的方程为()A.B.C.D.【答案】D【解析】解：直线与圆相切，那么直线到圆心的距离等于半径，四个选项中，只有A，D满足题意；对于A选项：与联立可得：，此时：无解；对于D选项：与联立可得：，此时解得；直线与曲线和圆都相切，方程为，故选：D．11.【ID:4002711】设双曲线：的左、右焦点分别为，，离心率为，是上一点，且，若的面积为，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：由题意，设，，可得，，，，可得，可得，解得．故选：A．12.【ID:4002712】已知，．设，，，则()A.B.C.D.【答案】A【解析】解：，；，，，；，，，，综上，．故选：A．13.【ID:4002713】若，满足约束条件，则的最大值为________．【答案】7【解析】解：先根据约束条件画出可行域，由解得，如图，当直线过点时，目标函数在轴上的截距取得最大值时，此时取得最大值，即当，时，．故答案为：．14.【ID:4002714】的展开式中常数项是________（用数字作答）．【答案】24015.【ID:4002715】已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．【答案】【解析】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线，底面半径，则其高，不妨设该内切球与母线切于点，令，由，则，即，解得，，故答案为：．16.【ID:4002716】关于函数有如下四个命题：①的图象关于轴对称．②的图象关于原点对称．③的图象关于直线对称．④的最小值为．其中所有真命题的序号是________．【答案】②③【解析】解：对于①，由可得函数的定义域为，故定义域关于原点对称，由；所以该函数为奇函数，关于原点对称，所以①错②对；对于③，由，所以该函数关于对称，③对；对于④，令，则，由双勾函数的性质，可知，，所以无最小值，④错；故答案为：②③．17. 设数列满足，．（1）【ID:4002717】计算，，猜想的通项公式并加以证明．【答案】见解析【解析】解：，，，，由此可猜测的通项公式为．证明：当时，左边，右边，等式成立．假设当时等式成立，即，则当时，，等式成立．综上所述，对都成立．（2）【ID:4002718】求数列的前项和．【答案】，【解析】解：由得，，，①，②，得：，综上，数列的前项和，．18. 某学生兴趣小组随机调查了某市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）【ID:4002719】分别估计该市一天的空气质量等级为，，，的概率．【答案】见解析【解析】解：设表示事件“该市一天的空气质量等级”．由表格数据得：；；；．（2）【ID:4002720】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)．【答案】【解析】由题意得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估值一天中到该公园锻炼的平均人次的估值为．（3）【ID:4002721】若某天的空气质量等级为或，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为或．则称这天“空气质量不好”，根据所给数据，完成下面的列联表．并根据列联表，判断是否有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？附：，【答案】见解析【解析】由题意得：(空气质量好，人数)；(空气质量好，人数)；(空气质量不好，人数)；(空气质量不好，人数)；，可以有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，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．（1）【ID:4002722】证明：点在平面内．【答案】见解析【解析】解：连接，；取的三等分点，，且，四边形为平行四边形，，又长方体性质易得：，，，，，在同一平面内，在平面内．（2）【ID:4002723】若，，，求二面角的正弦值．【答案】【解析】解：以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，在长方体内建立空间直角坐标系，易得：，，，，，，，，设平面的法向量，则，，令，则可以为，设平面的法向量，，，令，则可以为，，二面角的正弦值为．20. 已知椭圆：的离心率为，，分别为的左、右顶点．（1）【ID:4002724】求的方程．【答案】【解析】，，，，即，的方程为．（2）【ID:4002725】若点在上，点在直线上，且，，求的面积．【答案】【解析】设，，，则，，①，又，②，由①，，代入②式：，，，不妨设，代入①：，时，；时，；，或，，①，，，：，即，且，，．②，，，：，即，且，，，综上所述，．方法：由，设，点，根据对称性，只需考虑的情况，此时，，，有①，又，②，又③，联立①②③得或，当时，，，，同理可得当时，，综上，的面积是．21. 设函数，曲线在点处的切线与轴垂直．（1）【ID:4002726】求．【答案】【解析】解：，，．（2）【ID:4002727】若有一个绝对值不大于的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于．【答案】见解析【解析】，，令，，，，，，，时，，，，，，，若，，则，则，，，，所有零点都在上．解法：设为的一个零点，根据题意，，且，则，由，令，，当时，，当时，可知在，上单调递减，在上单调递增．又，，，，．设为的零点，则必有，即，，得，即．所有零点的绝对值都不大于．22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数且)，与坐标轴交于，两点．（1）【ID:4002728】求．【答案】【解析】解：与坐标轴交于，，则令或，即或，则或(舍)或或(舍)，，，，，，，则，坐标为，，．（2）【ID:4002729】以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线的极坐标方程．【答案】【解析】：，即，由，，则直线极坐标方程为：．23. 设，，，，．（1）【ID:4002730】证明：．【答案】见解析【解析】解：，且，，．（2）【ID:4002731】用表示，，的最大值，证明：．【答案】见解析【解析】不妨设为最大值，，则由，，，，，即．。
2020年全国卷Ⅲ高考理科数学 答案
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题参考答案选择题答案 一、选择题 1．C 2．D 3．B 4．C 5．B 6．D 7．A 8．C 9．D 10．D11．A12．A非选择题答案 二、填空题13．7 14．240 15．316．②③三、解答题17．解：（1）235,7,a a ==猜想21,n 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 --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n 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 +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①②得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+18．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：根据列联表得22100(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．19．解：设AB a =，AD b =，1AA 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1EA 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(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)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22110,0,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 --42．20．解：（122515m -=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2||1QBP y y =+，2||1Q BQ y =+，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||10PQ =，直线11PQ 的方程为13y x =，点(5,0)A -到直线11PQ 的距离为102，故11APQ △的面积为110510222⨯⨯=. 22||130PQ =，直线22P Q 的方程为71093y x =+，点A 到直线22P Q 的距离为13026，故22AP Q △的面积为113051302262⨯⨯=. 综上，APQ △的面积为52. 21．解：（1）2()3f x x b '=+．依题意得1()02f '=，即304b +=. 故34b =-． （2）由（1）知3(3)4f x x x c -=+，2()334f x x '=-. 令)0(f x '=，解得12x =-或12x =.()f x '与()f x 的情况为：x1()2-∞-，12-11()22-， 12 1()2∞，+ ()f x ' + 0– 0+ ()f x14c +14c -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1=4c -时，()f x 只有两个零点12-和1. 当1=4c 时，()f x 只有两个零点–1和12.当1144c -<<时，()f x 有三个等点x 1，x 2，x 3，且11(1,)2x ∈--，211(,)22x ∈-，31(,1)2x ∈． 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. 22．解：（1）因为t≠1，由220t t --=得2t =-，所以C 与y 轴的交点为（0，12）； 由2230t t -+=得t=2，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-+=．23．解：（1）由题设可知，a ，b 均不为零，所以22221[()()]2ab bc ca a b c a b c ++=++-++2221()2a b c =-++ 0<.（2）不妨设max{a ，b ，c}=a ，因为1,()abc a b c ==-+，所以a>0，b<0，c<0.由2()4b c bc +≤，可得34a abc ≤，故a ，所以max{,,}a b c ≥.。
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年普通高等学校招生全国统一考试理科数学一、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. 2B. 3C. 4D. 6解：有下列（1，7）（2，6）（3，8）（4，4）2.复数113i -的虚部是 A. 310- B. 110- C. 110D. 310解：1131313101010i z i i +===+-3.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 ==== 解：B4. 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：()()0.23531--=+t 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.60B.63C.66D.69()()()()()0.23530.23530.2353-10.951100511====1995951930010.2353=3,53132323153136623解：则，则------==++--===+≈t t t KI t Kee e t t t5. 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)1212222122212124y y 0又由点在曲线2上y =4,y =4(y y )16,y y 44,1OD OEOD OE y px p p P p p →→⊥•=+====-=-=6. 已知向量a,b 满足5a =，6b =，·6a b =-，则cos(,)a a b += A. 3135-B. 1935-C. 1735D. 1935222解：（）=++2253612497()19cos(,)5735a b a b a b a b a a b a a a ba ab a a b+•=+-=+=•+•+•+===⨯+7. 在△ABC 中，2cos =3C ，4AC =，3BC =,则cos B =A. 19B. 13C. 12D. 23222222222解：由余弦定理得：AB =AC +BC -2AC BC cos 216924393AB 3由余弦定理得：AB AC3341cosB=23392AB BCC BC=+-⨯⨯⨯==+-+-==⨯⨯8. 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+表面积122221222sin 602323S VAB S VAC S ABC S VBC S ∆∆∆∆===⨯⨯==⨯⨯⨯= 9.已知2tan tan()74πθθ-+=，则tan θ=A. -2B. -1C. 1D. 222221tan 解：原式=2tan 71tan 则2tan -2tan -1-tan 77tan 则2tan -8tan +8=0则tan -4tan +4=（tan 2)0则tan 2θθθθθθθθθθθθθ+-=-=--==10.若直线l 与曲线y x =2215x y +=都相切，则l 的方程为 A. 21y x =+ B. 122y x =+ C. 112y x =+ D. 1122y x =+设00000000000设的切点P(x ,x )(x 0)111,,则切线方程为：y-x (x )222化为：-2x 0x 1又与圆相切则：d=x 114x 511直线方程为：y=22y x y k x 解：xx x x x y 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 ．82222121212121222212121212222222222解：,则+=（2c)414,82又-=2a,-24164,4又5,54,1,1PF PF PF PF cS PF F PF PF PF PFPF PF PF PF PF PF PF PFc a c ace c a a a a aa∆⊥=====+-=-=-===⇒=-===12. 已知5458<，45138<，设5a log3=，8b=log5，13c log8=，则A. a b c<<B. b a c<<C. b c a<<D. c a b<<5445544588131381381325822222解;58,138,则log5log8,log13log8445log54,45log8;log5,log8,则55lg3lg5lg3lg8lg5log3log5lg5lg8lg5lg8lg3lg8lg24lg252lg5lg30,lg80,lg3lg8()()()()lg52222c ba b<<<<<<<>>•--=-=-=•+>>•<=<== 0,a b 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 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年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)及答案解析
试题第1页，总21页绝密★启用前2020年全国统一高考数学试题（理科)（新课标Ⅲ)试题副标题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题)请点击修改第I 卷的文字说明 一、单选题1．已知集合{}{}21,0,1,21A B x x ，=-=≤，则A B ⋂=（ ）A ．{}1,0,1-B ．{}0,1C ．{}1,1-D ．{}0,1,2【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合B 再求出交集. 【详解】21,x ≤∴11x -≤≤，∴{}11B x x =-≤≤，则{}1,0,1A B ⋂=-， 故选A ． 【点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题. 2．若(1i)2i z +=，则z =（ ） A ．1i -- B ．1+i - C ．1i - D ．1+i【答案】D 【解析】 【分析】根据复数运算法则求解即可.试题第2页，总21页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………【详解】()(2i 2i 1i 1i 1i 1i 1i )()z -===+++-．故选D ． 【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题． 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.B.C.D.【答案】C 【解析】 【分析】根据题先求出阅读过西游记的人数，进而得解. 【详解】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．故选C ． 【点睛】本题考查抽样数据的统计，渗透了数据处理和数学运算素养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．4．（1+2x 2 ）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为 A ．12 B ．16 C ．20 D ．24【答案】A 【解析】 【分析】本题利用二项展开式通项公式求展开式指定项的系数． 【详解】由题意得x 3的系数为314424812C C +=+=，故选A ．【点睛】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数．试题第3页，总21页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………5．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =（ ） A ．16 B ．8C ．4D ．2【答案】C 【解析】 【分析】利用方程思想列出关于1,a q 的方程组，求出1,a q ，再利用通项公式即可求得3a 的值． 【详解】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键。
2020年全国高考试题理科数学全国卷III及答案解析
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 中元素的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 6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A B 中元素的个数为4.故选：C.2、复数113i-的虚部是（ ） A. 310-B. 110-C.110D.310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.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 ====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 =+⨯++⨯=，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 选项这一组标准差最大. 故选：B.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)()=1e t I K t --+，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解：因为()()0.23531t K I t e--=+，所以()()0.23530.951t K I t K e**--==+，则()0.235319t e*-=，所以，()0.2353ln193t *-=≈，解得353660.23t *≈+≈. 故选：C.5.设O 为坐标原点，直线2x =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. 1,04⎛⎫⎪⎝⎭B. 1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭C. (1,0)D. (2,0)解：因为直线2x =与抛物线22(0)y 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()2,2D ，代入抛物线方程44p =，求得1p =，所以其焦点坐标为1(,0)2， 故选：B.6.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：5a =， 5b =，6a b ⋅=-，()225619a ab a a b ∴⋅+=+⋅=-=()2222257a b a b a a b b +=+=+⋅+=-=()1919cos ,5735a a ba ab a a b⋅+<+>===⨯⋅+故选：D.7.在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B =（ ） A.19 B.13C.12D.23解：因为在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.8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A. 6+42 B. 4+42 C. 6+23 D. 4+23 解：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：22AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin60222ADBS AB AD=⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C.9.已知2tanθ–tan(θ+π4)=7，则tanθ=（）A. –2B. –1C. 1D. 2解：因为2tan tan74πθθ⎛⎫-+=⎪⎝⎭，tan12tan71tanθθθ+∴-=-，令tan,1t tθ=≠，则1271ttt+-=-，整理得2440t t-+=，解得2t=，即tan2θ=.故选：D.10.若直线l与曲线y和x2+y2=15都相切，则l的方程为（）A. y=2x+1B. y=2x+12C. y=12x+1 D. y=12x+12解：设直线l在曲线y=(0x，则00x>，函数y=y'=，则直线l的斜率k=，设直线l的方程为)0y x x=-，即x x-+=，由于直线l与圆2215x y+==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.11.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. 1 B. 2C. 4D. 8解：因为ca=c ∴=，根据双曲线的定义可得122PF PF a -=， 12121||42PF F PF F S P =⋅=△，即12||8PF PF ⋅=， 12F P F P ⊥，()22212||2PF PF c ∴+=，()22121224PF PF PF PF c ∴-+⋅=，即22540a a -+=，解得1a =，故选：A.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解：由题意可知a 、b 、()0,1c ∈，()222528log 3lg 3lg81lg 3lg8lg 3lg8lg 241log 5lg 5lg 522lg 5lg 25lg 5a 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.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0,201,x y x y x +≥⎧⎪-≥⎨⎪≤⎩， ，则z =3x +2y 的最大值为_________．解：不等式组所表示的可行域如图 因为32z x y =+，所以322x zy =-+，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 =⎧⎨=⎩，(1,2)A ， 所以max 31227z =⨯+⨯=. 故答案为：7.14.262()x x+的展开式中常数项是__________（用数字作答）．解： 622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭其二项式展开通项： ()62612rrr r C xx T -+⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭=1226(2)r rr r xC x --⋅=⋅1236(2)r r r C x -=⋅ 当1230r -=，解得4r =∴622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是：664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=.故答案为：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_________． 解：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2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ， 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1332222r =⨯++⨯=， 解得：2r，其体积：3423V r ππ==. 故答案为：2π. 16.关于函数f （x ）=1sin sin x 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 =2π对称． ④f （x ）的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________．解：对于命题①，152622f π⎛⎫=+=⎪⎝⎭，152622f π⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭，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 Z π≠∈，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 <，则()1sin 02sin f x x x=+<<， 命题④错误. 故答案为：②③.三、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=3，134n n a a n +=-．（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：（1）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，1343(21)4232(1)1k 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（1）可知，2(21)2nnn a n ⋅=+⋅231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.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）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？附：22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d-=++++，解：（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）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）22⨯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()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.19.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 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．解：（1）在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ， 在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG =，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =， 同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C 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 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ， ()0,1,1AE =--()2,0,2AF =--()10,1,2A E =-()12,0,1A F =-设平面AEF 的法向量为),,(111z y x m =由0m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则)1,1,1(-=m ，设平面1A EF 的法向量为),,(222z y x n=由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则)11,1(-=n ，7cos ,7321m n m n m n⋅<>===⨯⋅设二面角1A EF A --的平面角为θ，则7cos θ=，242sin 1cos θθ∴=-=. 因此，二面角1A EF A --的正弦值为427. 20.已知椭圆222:1(05)25x y C m m +=<<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6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ 的面积． 解：（1）因为222:1(05)25x y C m m +=<< ∴5a =，b m =，根据离心率2215115c b m e a a ⎛⎫⎛⎫==-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得54m =或54m =-(舍)， ∴C 的方程为：22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，即221612525x y +=；（2）不妨设P ,因为在x 轴上方因为点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，如图因为||||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 ≅△△，因为221612525x y +=，∴(5,0)B ，∴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(3,1)或(3,1)-，①当P 点为(3,1)时， 故532MB =-=，因为PMB BNQ ≅△△，∴||||2MB NQ ==，可得：因为点为(6,2)，画出图象，如图因为(5,0)A -,(6,2)Q ，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：22231111055125211d ⨯-⨯+===+， 根据两点间距离公式可得：()()22652055AQ =++-=，∴APQ 面积为：1555522⨯⨯=；②当P 点为(3,1)-时，故5+38MB ==，因为PMB BNQ ≅△△，∴||||8MB NQ ==，可得：Q 点为(6,8)，画出图象，如图因为(5,0)A -,(6,8)Q ，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：()2283111405185185811d ⨯--⨯+===+， 根据两点间距离公式可得：()()226580185AQ =++-=，∴APQ 面积为：1518522185⨯⨯=，综上所述，APQ 面积为：52. 21.设函数3()f x x 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'2()3f x x b =+，由题意，'1()02f =，即21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭则34b =-；（2）由（1）可得33()4f x x x c =-+， '2311()33()()422f x x x x =-=+-， 令'()0f x >，得12x >或21x <-；令'()0f x <，得1122x -<<，所以()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+， 若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ，则(1)0f ->或(1)0f <，即14c >或14c <-. 当14c >时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=->-=+>=->=+>，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=-++=-<，由零点存在性定理知()f x 在(4,1)c --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，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=-<-=+<=-<=+<，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=++=->，由零点存在性定理知()f x 在(1,4)c -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.（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22223x t t y t t⎧=--⎨=-+⎩（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．答案：（1）2）3cos sin 120ρθρθ-+=解：（1）令0x =，则220t t +-=，解得2t =-或1t =（舍），则26412y =++=，即(0,12)A . 令0y =，则2320t t -+=，解得2t =或1t =（舍），则2244x =--=-，即(4,0)B -.AB ∴==（2）由（1）可知12030(4)AB k -==--，则直线AB 的方程为3(4)y x =+，即3120x y -+=.由cos ,sin x y ρθρθ==可得，直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120ρθρθ-+=.[选修4—5：不等式选讲]（10分）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．解：（1）因为2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=，()22212ab bc ca a b c ∴++=-++.因为1,,,abc 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0,1a b c abc ++==可知，0,0,0a b c ><<，因为1,a b c a 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 ∴≥，即3max{,,}4a b c .。
2020年全国统一高考数学3卷(理科)
故选：D.
11.设双曲线C： （a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 ．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】A
【分析】
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.
A.y=2x+1B.y=2x+ C.y= x+1D.y= x+
【答案】D
【分析】
根据导数的几何意义设出直线 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.
【详解】设直线 在曲线 上的切点为 ，则 ，
函数 的导数为 ，则直线 的斜率 ，
设直线 的方程为 ，即 ，
由于直线 与圆 相切，则 ，
两边平方并整理得 ，解得 ， （舍），
A. 6+4 B. 4+4 C. 6+2 D. 4+2
【答案】C
【分析】
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.
【详解】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：
根据勾股定理可得：
是边长为 的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
2020年普通高等学校招生全国统一考试3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 ， ，则 中元素的个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】C
【分析】
采用列举法列举出 中元素的即可.
【详解】由题意， 中的元素满足 ，且 ，
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题理(全国卷3,含答案)
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试(新课标m)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：本大题共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)| x2y2 1 , B= (x,y)| y x ,则A I B中元素的个数为A. 3B. 2C. 1D. 02.设复数z满足(1+i) z=2i ,则I z I =A. 1B.停C. 2D. 23.某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2020年1月至2020年12月期间月接待游客量(单位：万人)的数据，绘制了下面的折线图.根据该折线图，下列结论错误的是A.月接待游客量逐月增加B.年接待游客量逐年增加C.各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月份D.各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月，波动性更小，变化比较平稳4. (x+y)(2 x-y)5的展开式中x3y3的系数为设函数f (x )=cos( x + —),则下列结论错误的是8 .已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A.冗B.红C. -D.」9 .等差数列 a n 的首项为1,公差不为0.若a 2, S 3, a 6成等比数列，则 4 前6项的和为A. -24B. -3C. 3D. 822x y10.已知椭圆C ：二上21，(a>b >0)的左、右顶点分别为 A 1, A 且以线段A 1A 2为直径的圆与直线a bbx ay 2ab 0相切，则C 的离心率为5.A. -80B. -40C. 40D. 802 (x)已知双曲线 C: -2a2y_ b 21( a>0,b>0)的一条渐近线方程为2x 12 2—1有公共3焦点，则 C 的方程为2A. — 82L 110B. C.2x D.—42y 36. A. f (x )的一个周期为-2兀B. y =f (x )的图像关于直线 x =3C. f (x+Tt)的一个零点为 x=-6D. f (x )在(_,兀)单调递减27. 执行下面的程序框图，为使输出 A. 58. 4S 的值小于91,则输入的正整数 N 的最小值为则+的最大值为A. 3B. 2、,2C. .5D. 2二、填空题：本题共 4小题，每小题5分，共20分。
2020年全国卷三理科数学高考试题(纯word解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷三理科数学一、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 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：当x =4时，y =4，当x =3时，y =5，当x =2时，y =6，当x =1时，y =7，故A B 中元素的个数为4，故选C 2．复数113i-的虚部是 A ．310-B ．110-C ．110D ．310答案：D 解析：113i 13i 13i 101010+==+-，故虚部为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：对于A ，样本平均数=(14)0.1(23)0.4 2.5+⨯++⨯=，样本方差=(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 ，样本平均数=(1+4) ×0.4+(2+3) ×0.1=2.5,样本方差=(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,样本平均数=(1+4) ×0.2+(2+3) ×0.3=2.5，样本方差=(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 ，样本平均数=(1+4) ×0.3+(2+3) ×0.2=2.5，样本方差=(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，对应样本的标准差最大的一组是B ，故选B4．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 ．60 B ．63 C ．66 D ．69 答案：C解析：由0.23(53)()=1e t K I t --+可得ln 1()530.23K I t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+-，所以若*()0.95I t K =时，*ln 1ln190.955353660.230.23K K t ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+=+≈-，故选C. 5．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)答案：B解析：把x =2代入22(0)y px p =>得D ，E两点坐标为，(2,-.因为OD OE ⊥，所以0OD OE ⋅=，所以2220⨯-=，解得1p =，C 的焦点坐标为1(,0)2，故选B6．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 ．1935答案：D解析：因为22222()252(6)649+=+⋅+=+⨯-+=a b a a b b ，所以||7+=a b ，所以22()5619cos ,=||||573535⋅++⋅-+===+⨯a a b a a b a a b a a b .7．在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B = A ．19 B ．13C ．12D ．23 答案：A解析：由余弦定理2222222cos 3423493AB BC AC AC BC C =+-⋅=+-⨯⨯⨯=，所以AB=3，所以2222223341cos 22339AB BC AC B AB BC +-+-===⨯⨯⨯⨯，故选A 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+23 答案：C解析：此几何体是三条棱两两垂直的三棱锥，所以此三棱锥的表面积为231(22)3226232+⨯⨯⨯=+，故选C. 9．已知2tan θ–tan(θ+π4)=7，则tan θ= A ．–2 B ．–1 C ．1 D ．2 答案：D解析：由已知可得tan 12tan 71tan θθθ+-=-，解得tan 2θ=，故选D10．若直线l 与曲线y x x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为 A ．y =2x +1 B ．y =2x +12 C ．y =12x +1 D ．y =12x +12答案：D解析：设直线l 与曲线y x 00()x x ，()2x x'=，所以直线l 的斜率为02x ，直线l 的方程为002x y x =，又因为直线l 与圆x 2+y 2=15相切，所以。