高考全国甲卷：《文科数学》2020年考试真题与答案解析

高考精品文档高考全国甲卷文科数学·2020年考试真题与解析同卷地区贵州省、四川省、云南省西藏自治区、广西自治区高考全国甲卷：《文科数学》2020年考试真题与答案解析一、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1，2，3，5，711，，Bx|3x15，则A∩B中元素的个数为（）A．2B．3C．4D．5答案：B2．若z(1i)1i，则z=（）A．1–iB．1+iC．–iD．i答案：D3．设一组样本数据x1，x2，…，xn的方差为0.01，则数据10x1，10x2，…，10xn的方差为（）A．0.01B．0.1C．1-1-D．10答案：C4．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K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)=，其中K1e0.23(t53)为最大确诊病例数．当I(t*)=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（）（ln19≈3）A．60B．63C．66D．69答案：Cππ5．已知sinsin（）=1，则sin（）=（）361A．2B．332C．3D．22答案：B6．在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若ACBC=1，则点C的轨迹为（）A．圆B．椭圆-2-C．抛物线D．直线答案：A7．设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y220pxp交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（）1A．（，0）41B．（，0）2C．（1，0）D．（2，0）答案：B8．点(0，1)到直线ykx1距离的最大值为（）A．1B．2C．3D．2答案：B9．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）-3-A．6+42B．4+4C．6+23D．4+2答案：C210．设a=log2，b=log3，c=，则（）353A．a0，b>0)的一条渐近线为y=2x，则C的离心率为______。ab22答案：√3exe15．设函数fx()．若f(1)，则a=_________。xa4答案：116．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：√2x3-5-三、解答题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，每题12分，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，每题10分，考生根据要求作答。（一）必考题17．设等比数列{an}满足aa124，aa318。[1]求{an}的通项公式；[2]记Sn为数列{log3an}的前n项和．若SSSmm13m，求m。n1答案：[1]设{}an的公比为q，则ana1qaaq4由已知得112a11qa8解得aq11,3n1所以的通项公式为an=3。[2]由[1]知log3ann1.nn(1)故S.n2由SSSmm13m得m(m1)(m1)m(m3)(m2)，即mm2560解得m1（舍去），m6。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）。-6-锻炼人次[0，200](200，400](400，600]空气等级1（优）216252（良）510123（轻度污染）6784（中度污染）720[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？人次≤400人次>400空气质量好空气质量不好n()adbc2附：K2，(ab)(cd)(ac)(bd)P(K2≥k)0.05000.01000.0010k3.84106.635010.8280答案：[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：-7-空气质量等级1234概率的估计值0.430.270.210.091[2]一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为(100203003550045)350。100[3]根据所给数据，可得22列联表：人次≤400人次>400空气质量好3337空气质量不好228100(3382237)2根据列联表得K25.820。55457030由于5.8203.841，故有95%的把握认为一天中到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A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1．证明：[1]当ABBC时，EFAC；[2]点C1在平面AEF内。答案：[1]如图，连结BD，BD11．因为ABBC，所以四边形ABCD为正方形，故ACBD又因为BB1平面ABCD，于是ACBB1-8-所以AC平面BB11DD由于EF平面，所以EFAC。[2]如图，在棱AA1上取点G，使得AG2GA1，连结GD1，FC1，FG22因为DEDD，AGAA，DD11∥AA11331ED∥AGEDGA所以1，于是四边形1为平行四边形故AE∥GD111因为BFBB，AGAA，BB11∥AA113113FG∥ABFG∥CDFGDC所以11，11，四边形11为平行四边形故GD11∥FC于是AE∥FC1，所以AEFC,,,1四点共面，即点C1在平面AEF内。20．已知函数f()xx32kxk。[1]讨论fx()的单调性；[2]若fx()有三个零点，求k的取值范围。答案：[1]由f(x)3x2k知当k=0时，f()xx3，故fx()在()，单调递增-9-当k<0时，f(x)3x2k0，故fx()在()，单调递增3k当k>0时，令fx()0，得x33k33kk3k当x(,)时，fx()0，当x(,)时，fx()0，当x(,)时，33333k3k33kk故fx()在(,)，(,)单调递增，在(,)单调递减。3333[2]由[1]知，当k0时，在单调递增，不可能有三个零点3k3k当k>0时，x=为的极大值点，x=为的极小值点3333kk3k此时，kk11且fk(1)0，fk(1)0，f()03333k根据的单调性，当且仅当f()0323kk4即k20时，有三个零点，解得k9274因此k的取值范围为(0，)。27xy221521．已知椭圆Cm:1(05)的离心率为，A，B分别为C的左、右顶点。25m24[1]求的方程；[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。222xy25m152251答案：[1]由题设可得，得m，所以C的方程为2525。541616[2]设P(xPPQ,y),Q(6,y)，根据对称性可设yQ0，由题意知yP01由已知可得B(5,0)，直线BP的方程为yx(5)yQ-10-22所以|BP|yPQ1y，|BQ|1yQ因为|BP||BQ|，所以yP1将代入C的方程解得xP3或3由直线BP的方程得yQ2或8所以点PQ,的坐标分别为PQPQ1(3,1),1(6,2);2(3,1),2(6,8)110|PQ|10，直线PQ11的方程为yx，点A(5,0)到直线的距离为11321105故△APQ11的面积为10222710130|PQ|130，直线PQ22的方程为yx，点A到直线PQ22的距离为22932611305故△APQ22的面积为13022625综上，△APQ的面积为。2（二）选考题x2tt2，22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为2(t为参数且t≠1)，C与坐标轴y23tt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。-11-答案：[1]因为t≠1，由20tt2得t2所以C与y轴的交点为（0,12）由23tt20得t=2所以C与x轴的交点为(4,0)，故|AB|410xy[2]由[1]可知，直线AB的直角坐标方程为1412将xycos，sin代入得直线AB的极坐标方程3cossin120。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。答案：[1]由题设可知，a，b，c均不为零11所以abbcca[(abc)2(a2b2c2)]()abc2220。22[2]不妨设max{a，b，c}=a因为abc1,a(bc)，所以a>0，b<0，c<0()bc2由bc4a3可得abc，故a34，所以max{abc,,}34。4-12-