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1、 1 绝密启用前 2020 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学 本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试用时 120 分钟。第卷 1至 3 页，第卷 4 至 6 页。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！第卷 注意事项：1每小题选出答案后，用铅笔将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。2本卷共 9 小题，每小题 5 分，共 45 分 参考公式：
2、如果事件A与事件B互斥，那么()()()P ABP AP B 如果事件A与事件B相互独立，那么()()()P ABP A P B 球的表面积公式24SR，其中R表示球的半径 一选择题：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 3,2,1,0,1,2,3U ，集合 1,0,1,2,3,0,2,3AB ，则UAB A 3,3 B0,2 C 1,1 D 3,2,1,1,3 2设aR，则“1a”是“2aa”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 3函数241xyx的图象大致为 高考真题 高考真题 2 A B C D 4 从一批零件中抽取 80 个
3、，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),5.45,5.47),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 A10 B18 C20 D36 5若棱长为2 3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 A12 B24 C36 D144 3 6设0.70.80.713,(),log0.83abc，则,a b c的大小关系为 Aabc Bbac Cbca Dcab 7 设双曲线C的方程为22221(0,0)xyabab，过抛物线24yx的焦点和点(0,)b的直线为l 若C的
4、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 A22144xy B2214yx C2214xy D221xy 8已知函数()sin()3f xx给出下列结论：()f x的最小正周期为2；()2f是()f x的最大值；把函数sinyx的图象上所有点向左平移3个单位长度，可得到函数()yf x的图象 其中所有正确结论的序号是 A B C D 9已知函数3,0,(),0.xxf xx x若函数2()()2()g xf xkxx kR恰有 4 个零点，则k的取值范围是 A1(,)(2 2,)2 B1(,)(0,2 2)2 C(,0)(0,2 2)D(,0)(2 2,)第卷 注意事项：1
5、用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上 2本卷共 11 小题，共 105 分 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 10i是虚数单位，复数8 i2i_ 11在522()xx的展开式中，2x的系数是_ 12已知直线380 xy和圆222(0)xyrr相交于,A B两点若|6AB，则r的值为高考真题 高考真题 4 _ 13已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_ 14已知0,0ab，且1ab，则1182
6、2abab的最小值为_ 15如图，在四边形ABCD中，60,3BAB，6BC，且3,2ADBCAD AB，则实数的值为_，若,M N是线段BC上的动点，且|1MN，则DM DN的最小值为_ 三解答题：本大题共 5 小题，共 75 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 16（本小题满分 14 分）在ABC中，角,A B C所对的边分别为,a b c已知2 2,5,13abc（）求角C的大小；（）求sin A的值；（）求sin(2)4A的值 17（本小题满分 15 分）如图，在三棱柱111ABCABC中，1CC 平面,2ABC ACBC ACBC，13CC，点,DE分别在棱1AA和棱1CC上，
7、且2,1,ADCEM为棱11AB的中点 5（）求证：11C MB D；（）求二面角1BB ED的正弦值；（）求直线AB与平面1DB E所成角的正弦值 18（本小题满分 15 分）已知椭圆22221(0)xyabab的一个顶点为(0,3)A，右焦点为F，且|OAOF，其中O为原点（）求椭圆的方程；（）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 19（本小题满分 15 分）已知 na为等差数列，nb为等比数列，115435431,5,4abaaabbb（）求 na和 nb的通项公式；（）记 na的前n项和为nS
8、，求证：2*21nnnS SSnN；（）对任意的正整数n，设21132,.nnnnnnnabna acanb为奇数为偶数求数列 nc的前2n项和 20（本小题满分 16 分）已知函数3()ln()f xxkx kR，()fx为()f x的导函数（）当6k 时，（i）求曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线方程；（ii）求函数9()()()g xf xfxx的单调区间和极值；（）当3k 时，求证：对任意的12,1,)x x，且12xx，有 1212122fxfxf xf xxx 高考真题 高考真题 6 2020 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学参考解答 一选择题：每小题 5 分，
9、满分 45 分 1C 2A 3A 4B 5C 6D 7D 8B 9D 二填空题：每小题 5 分，满分 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 1032i 1110 125 1316；23 144 1516；132 三解答题 16满分 14 分（）解：在ABC中，由余弦定理及2 2,5,13abc，有2222cos22abcCab又因为(0,)C，所以4C （）解：在ABC中，由正弦定理及,2 2,134Cac，可得sin2 13sin13aCAc（）解：由ac及2 13sin13A，可得23 13cos1 sin13AA，进而2125sin22sincos,
10、cos22cos11313AAAAA 所以，1225217 2sin(2)sin2coscos2 sin44413213226AAA 17满分 15 分 依题意，以C为原点，分别以1,CA CB CC的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)CABC，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)ABDE，(1,1,3)M 7（）证明：依题意，1(1,1,0)C M，1(2,2,2)B D，从而112200C M B D，所以11C MB D（）解：依题意，(2,0,0)CA 是平面1BB
11、 E的一个法向量，1(0,2,1)EB，(2,0,1)ED 设(,)x y zn为平面1DB E的法向量，则10,0,EBEDnn即20,20.yzxz不妨设1x，可得(1,1,2)n 因此有|6cos,6|ACACCA nnn，于是30sin,6CA n 所以，二面角1BB ED的正弦值为306（）解：依题意，(2,2,0)AB 由（）知(1,1,2)n为平面1DB E的一个法向量，于是3cos,3|ABABAB nnn 所以，直线AB与平面1DB E所成角的正弦值为33 18满分 15 分（）解：由已知可得3b 记半焦距为c，由|OFOA可得3cb又由222abc，可得218a 所以，椭圆
12、的方程为221189xy（）解：因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以ABCP 依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在设直线AB的方程为3ykx由方程组223,1,189ykxxy消去y，可得2221120kxkx，解得0 x，或21221kxk.依题意，可得点B的坐标为2221263,21 21kkkk 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2263,21 21kkk 由3OCOF，8 得点C的坐标为(1,0)，故直线CP的斜率为2230216121kkk，即23261kk又因为ABCP，所以231261kkk，整理得22310kk，解得12k，或1k 所以，
13、直线AB的方程为132yx，或3yx 19满分 15 分（）解：设等差数列 na的公差为d，等比数列 nb的公比为q由11a，5435aaa，可得1d，从而 na的通项公式为nan由15431,4bbbb，又0q，可得2440qq，解得2q，从而 nb的通项公式为12nnb（）证明：由（）可得(1)2nn nS，故21(1)(2)(3)4nnS Sn nnn，22211(1)24nSnn，从而2211(1)(2)02nnnS SSnn，所以221nnnS SS（）解：当n为奇数时，111232(32)222(2)2nnnnnnnnabnca an nnn；当n为偶数时，1112nnnnancb
14、 对任意的正整数n，有222221112221212121kknnnkkkckkn，和22311211352144444nnkknkkknc 由得22311113232144444nknnknnc 由得22111211312221121441444444414nnknnnknnc，从而得2156599 4nknknc 因此，2212111465421949nnnnkkknkkkncccn 9 所以，数列 nc的前2n项和为4654219 49nnnn 20满分 16 分（）（i）解：当6k 时，3()6lnf xxx，故26()3fxxx可得(1)1f，(1)9f，所以曲线()yf x在点(1
15、,(1)f处的切线方程为19(1)yx，即98yx（ii）解：依题意，323()36ln,(0,)g xxxxxx从而可得2263()36g xxxxx，整理可得323(1)(1)()xxg xx令()0g x，解得1x 当x变化时，(),()g x g x的变化情况如下表：x(0,1)1(1,)()g x-0+()g x 极小值 所以，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(1)1g，无极大值（）证明：由3()lnf xxkx，得2()3kfxxx 对任意的12,1,)x x，且12xx，令12(1)xt tx，则 1212122xxfxfxf
16、 xf x 22331121212122332lnxkkxxxxxxkxxx 3322121121212212332 lnxxxxxx xx xkkxxx 332213312lnxtttk ttt 令1()2ln,1,)h xxx xx当1x 时，22121()110h xxxx，由此可得()h x在 10 1,)单调递增，所以当1t 时，()(1)h th，即12ln0ttt 因为21x，323331(1)0,3ttttk ，所以，332322113312ln(331)32lnxtttk ttttttttt 2336ln31tttt 由（）（ii）可知，当1t 时，()(1)g tg，即32336ln1tttt，故23336ln10tttt 由可得 12121220 xxfxfxf xf x所以，当3k 时，对任意的12,1,)x x，且12xx，有 1212122fxfxf xf xxx