2020年高考文科数学全国卷3及答案(A4打印版)

绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅲ卷文科数学注意事项：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{}1235711A =，，，，，，{}|315B x x =＜＜，则A B 中元素的个数为()A .2B .3C .4D .52.若()1i 1i z +=-，则z =A .1i-B .1i+C .i-D .i3.设一组样本数据1x ，2x ，…，n x 的方差为0.01，则数据110x ，210x ，…，10n x 的方差为()A .0.01B .0.1C .1D .104.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 KI t e --=+，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.已知πsin sin 13θθ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，则πsin 6θ⎛⎫+=⎪⎝⎭()A .12B .33C .23D .226.在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点.若1AC BC ⋅=，则点C 的轨迹为()A .圆B .椭圆C .抛物线D .直线7.设O 为坐标原点，直线2x =与抛物线()2:20C y px p =＞交于D ，E 两点，若OD OE ⊥，则C 的焦点坐标为()A .104⎛⎫ ⎪⎝⎭，B .102⎛⎫⎪⎝⎭C .()10，D .()20，8.点()01-，到直线()1y k x =+距离的最大值为()A .1BCD .29.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.10.设3log 2a =，5log 3b =，23c =，则()A .a c b ＜＜B .a b c ＜＜C .b c a＜＜D .c a b＜＜11.在ABC △中，2cos 3C =，4AC =，3BC =，则tan B =()AB.C.D.12.已知函数()1sin sin f x x x=+，则()A .()f x 的最小值为2B .()f x 的图像关于y 轴对称C .()f x 的图像关于直线πx =对称D .()f x 的图像关于直线π2x =对称二、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0201x y x y x +⎧⎪-⎨⎪⎩≥，≥，≤，则32z x y =+的最大值为________.14.设双曲线2222:1x y C a b -=()00a b ＞，＞的一条渐近线为y =，则C 的离心率为________.15.设函数()x e f x x a =+，若()14ef '=，则a =________.16.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切球表面积为________.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.（12分）设等比数列{}n a 满足124a a +=，318a a -=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为数列{}3log n a 的前n 项和.若13m m m S S S +++=，求m .18.（12分）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）：锻炼人次空气质量等级[]0200，(]200400，(]400600，1（优）216252（良）510123（轻度污染）6784（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？400人次≤400人次＞空气质量好空气质量不好附：()()()()()22n ad bc a b c d a c K b d -=++++，.19.（12分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，在E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =，证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内.20.（12分）已知函数()32f x x kx k =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围.21.（12分）已知椭圆()222:10525x 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.（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.22.[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为()222123x t tt t y t t ⎧=--⎪≠⎨=-+⎪⎩为参数且，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.[选修4—5：不等式选讲]（10分）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 中的最大值，证明：{}max a b c ，，.2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅲ卷文科数学答案解析一、选择题1.【答案】B【解析】采用列举法列举出A B 中元素的即可.由题意，{}5711A B = ，，，故A B 中元素的个数为3.故选：B【考点】集合的交集运算2.【答案】D【解析】先利用除法运算求得z ，再利用共轭复数的概念得到z 即可.因为()()()21i 1i2i i 1i 1i 1i 2z ---====-++-，所以i z =.故选：D .【考点】复数的除法运算，共轭复数的概念3.【答案】C【解析】根据新数据与原数据关系确定方差关系，即得结果.因为数据i ax b +，()12i n =，，…，的方差是数据i x ，()12i n =，，…，的方差的2a 倍，所以所求数据方差为2100.011⨯=，故选：C .【考点】方差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 tK 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】将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值.由题意可得：13sin sin cos 122θθθ++=，则：33sin cos 122θθ+=，313sin cos 223θθ+=，从而有：3sin cos cos sin 663ππθθ+=，即πsin 63θ⎛⎫+=⎪⎝⎭.故选：B .【考点】两角和与差的正余弦公式及其应用6.【答案】A【解析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.设()20AB a a =＞，以AB 中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：()0A a -，，()0B a ，，设()C x y ，，可得：()AC x a y →=+，，()BC x a y →=-，，从而：()()2AC BC x a x a y →→⋅=+-+，结合题意可得：()()21x a x a y +-+=，整理可得：2221x y a +=+，即点C 的轨迹是以AB A .【考点】平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解7.【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8.【答案】B【解析】首先根据直线方程判断出直线过定点()10P -，，设()01A -，，当直线()1y k x =+与AP 垂直时，点A 到直线()1y k x =+距离最大，即可求得结果.由()1y k x =+可知直线过定点()10P -，，设()01A -，，当直线()1y k x =+与AP 垂直时，点A 到直线()1y k x =+距离最大，即为AP =.故选：B .【考点】解析几何初步的问题，直线过定点，利用几何性质9.【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：22AB AD DB ===∴ADB △是边长为22(2°113sin 602223222ADB S AB AD =⋅⋅=⋅=△，∴该几何体的表面积是：2362332=⨯++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10.【答案】A【解析】分别将a ，b 改写为331log 23a =，351log 33b =，再利用单调性比较即可.因为333112log 2log 9333a c ===＜，355112log 3log 25333b c ===＞，所以a c b ＜＜.故选：A .【考点】对数式大小的比较11.【答案】C【解析】先根据余弦定理求c ，再根据余弦定理求cos B ，最后根据同角三角函数关系求tan B .设AB c =，BC a=，CA b=，22222cos 91623493c a b ab C =+-=+-⨯⨯⨯=，3c ∴=，2221cos 29a cb B ac +-==，2145sin 199B ⎛⎫∴=-=⎪⎝⎭，tan 45B ∴=.故选：C .【考点】余弦定理，同角三角函数关系12.【答案】D【解析】根据基本不等式使用条件可判断A ；根据奇偶性可判断B ；根据对称性判断C ，D .sin x可以为负，所以A 错；sin 0x ≠ ，()x k k π∴≠∈Z ，()()1sin sin f x x f x x-=--=- ，()f x ∴关于原点对称；()()12sin sin f x x f x x π-=--≠ ，()()1sin sin f x x f x xπ-=+=，故B 错；()f x ∴关于直线2x π=对称，故C 错，D 对.故选：D .【考点】函数定义域与最值，奇偶性，对称性二、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，线性目标函数的最大值14【解析】根据已知可得ba=，结合双曲线中a ，b ，c 的关系，即可求解.由双曲线方程22221x y a b -=可得其焦点在x 轴上，因为其一条渐近线为y =，所以ba，c e a ===.故答案.【考点】双曲线性质15.【答案】1【解析】由题意首先求得导函数的解析式，然后得到关于实数a 的方程，解方程即可确定实数a的值.由函数的解析式可得：()()()()()221x xx e x a e e x a f x x a x a +-+-'==++，则：()()()()12211111e a aef a a ⨯+-'==++，据此可得：()241aee a =+，整理可得：2210a a -+=，解得：1a =.故答案为：1.【考点】导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想16.【答案】23【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 ==，故122S =⨯⨯=△ABC r ，则：()11113322222ABC AOB BOC AOCS S S S AB r BC r AC r r =++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯++⨯=△△△△解得：22r =，其体积：34233V r π==.故答案为：23.三、解答题17.【答案】（1）13n n a -=（2）6m =【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式.设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=-=⎧⎨⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13n n a -=.（2）由（1）求出{}3log n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m的等量关系式，求得结果.令313log log 31n n n b a n -===-，所以()()01122n n n n n S +--==，根据13m m m S S S +++=，可得()()()()1123222m m m m m m -++++=，整理得2560m m --=，因为0m ＞，所以6m =.【考点】比数列通项公式基本量的计算，等差数列求和公式的应用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）有，22⨯列联表如下：400人次≤400人次＞空气质量不好3337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.【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：400人次≤400人次＞空气质量不好3337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.【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）因为长方体1111ABCD A B C D -，所以1BB ABCD ⊥平面，1AC BB ∴⊥，因为长方体1111ABCD A B C D -，AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，AC BD ∴⊥.因为1BB BD B = ，111BB BD BB D D ⊂、平面，因此11AC BB D D ⊥平面，因为11EF BB D D ⊂平面，所以AC EF ⊥.（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =，连DM ，MF ，因为12D E ED =，11DD CC ∥，11DD CC =，所以1ED MC =，1ED MC ∥，所以四边形1DMC E 为平行四边形，1DM EC ∴∥.因为MF DA ∥，MF DA =，所以四边形MFAD 为平行四边形，DM AF ∴∥，1EC AF ∴∥，因此1C 在平面AEF 内.【解析】（1）根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥，进而可证11AC BB D D ⊥平面，即得结果.因为长方体1111ABCD A B C D -，所以1BB ABCD ⊥平面，1AC BB ∴⊥，因为长方体1111ABCD A B C D -，AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，AC BD ∴⊥.因为1BB BD B = ，111BB BD BB D D ⊂、平面，因此11AC BB D D ⊥平面，因为11EF BB D D ⊂平面，所以AC EF ⊥.（2）只需证明1EC AF ∥即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =，再通过平行四边形性质进行证明即可.在1CC 上取点M 使得12CM MC =，连DM ，MF ，因为12D E ED =，11DD CC ∥，11DD CC =，所以1ED MC =，1ED MC ∥，所以四边形1DMC E 为平行四边形，1DM EC ∴∥.因为MF DA ∥，MF DA =，所以四边形MFAD 为平行四边形，DM AF ∴∥，1EC AF ∴∥，因此1C 在平面AEF 内.【考点】线面垂直判定定理，线线平行判定20.【答案】（1）由题，()23f x x k '=-，当0k ≤时，()0f x '≥恒成立，所以()f x 在()-∞+∞，上单调递增；当0k ＞时，令()0f x '=，得x =，令()0f x '＜，得x ，令()0f x '＞，得x ＜x ()f x在⎛ ⎝上单调递减，在⎛-∞- ⎝，，⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增.（2）4027⎛⎫ ⎪⎝⎭，【解析】（1）()23f x x k '=-，对k 分0k ≤和0k ＞两种情况讨论即可.由题，()23f x x k '=-，当0k ≤时，()0f x '≥恒成立，所以()f x 在()-∞+∞，上单调递增；当0k ＞时，令()0f x '=，得x =，令()0f x '＜，得x ，令()0f x '＞，得x -＜x ()f x在⎛ ⎝上单调递减，在⎛-∞- ⎝，，⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增.（2）()f x 有三个零点，由（1）知0k ＞，且00f f ⎧⎛⎪ ⎪⎝⎨⎪⎪⎩＞＜，解不等式组得到k 的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.由（1）知，()f x 有三个零点，则0k ＞，且00f f ⎧⎛⎪ ⎪⎝⎨⎪⎪⎩＞＜，即22203203k k ⎧+⎪⎪⎨⎪-⎪⎩，解得4027k ＜＜，当4027k ＜＜20f k =＞，所以()f x在上有唯一一个零点，同理1k --＜，()()23110f k k k --=--+＜，所以()f x在1k ⎛--- ⎝，上有唯一一个零点，又()f x在⎛ ⎝上有唯一一个零点，所以()f x 有三个零点，综上可知k 的取值范围为4027⎛⎫ ⎪⎝⎭，.【考点】利用导数研究函数的单调性，已知零点个数求参数的范围21.【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 mm += ＜＜，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：5d ==，根据两点间距离公式可得：AQ ==，APQ ∴△面积为：155252⨯=；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 ===，根据两点间距离公式可得：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 ∴{}max a 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 ＞，0b c ，＜，由()222322b c b c bc a a a 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 ∴{}max a b c ，，.【考点】不等式的基本性质，基本不等式的应用。