2020年全国高考理科数学全国Ⅲ卷预测卷答案
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届全国高考三卷模拟试卷数学(理)试题(六)解析版
是区域
xy
1 y
0 1
0
内一动点，点
B
是圆
x y 1 0
点，则 AB 的最小值为
.
上—
图1
由约束条件画出可行域如图 1 所示，记圆心 (2，1) 到直线 x y 1 0 的距离为
3
d，则 d 2 2 ，所以 | AB | 的最小值为 2 1 ． 2
线方程为
y
y0
1 k
(x
x0 )
，令
y
0
，得
x
ky0
x0
，即
|
OP
|
ky0
x0
，由点差法得
ky0
2
，所以
2(| OP | | MN |) 2x0 4 (2x0 2) 2 ． 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）
17．（本小题满分 12 分）等差数列{an} 的前 项和为 Sn ，若 a4 a5 16, S6 36
由程序框图知，输出 a，b，c 中最大的数，
2
1
1
∵a 0.54 0.254 b 0.94 ， c 0 ，所以 b 最大，故选 B．
9．已知 a, b
R
，定义运算“
”,
a
b
a, a b, a
b b
,设函数
f
(x)
(2x
2)
(1 log 2x , x (0, 2) ，
2 ，故选 A．
2020年高考押题预测卷02(新课标Ⅲ卷)-理科数学(含试卷、答题卡、参考答案、全解全析)
13．____________________
14．____________________
15．____________________
16．____________________
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）
17．（12 分）
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19．（12 分）
（2）在（1）的条件下，若 m，n∈M，求证：|m+n|≤|mn+1|．
2020 年高考押题预测卷 02【新课标Ⅲ卷】 理科数学·答题卡
姓 名：_________________________________________ 准考证号：
注意事项
1．[来源:答学*科*网]题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清 楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。
2
= ∑ =1 ( − ∑ =1 (
)( − − )2
)， ̂
=
̂
−．
19．（本小题满分 12 分）
如图 1，在等腰梯形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E 为 AD 的中点．现分别沿 BE， EC 将△ABE 和△ECD 折起，点 A 折至点 A1，点 D 折至点 D1，使得平面 A1BE⊥平面 BCE，平面 ECD1⊥ 平面 BCE，连接 A1D1 ，如图 2．
[来源:学科网]
[来源:学*科*网]
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理科数学 第 5 页（共 6 页）
理科数学 第 6 页（共 6 页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！
2020年全国3卷高考理科数学仿真试卷(三)答案
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科数学（三）答案第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分1．D 2．A 3．B 4．C 5．B 6．C 7．C8．C9．A10．B11．D12．D第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。
第(13)~(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。
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。
13．214．2015．32016．9π三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．【答案】(1)2n a n =；(2)()1654209n nn S +-+=．【解析】(1)由题意得22228t t t t t -++==，所以2t =±，···········2分2t =时，12a =，公差2d =，所以2n a n =；···········4分2t =-时，16a =，公差2d =-，所以82n a n =-．···········6分(2)若数列{}n a 为递增数列，则2n a n =，所以2log 2n b n =，4n n b =，()()1214nn n a b n -=-⋅，···········8分所以()()231143454234214n nn S n n -=⋅+⋅+⋅++-⋅+-⋅ ，·········9分()()23414143454234214n n n S n n +=⋅+⋅+⋅++-⋅+-⋅ ，所以()23134242424214n n n S n +-=+⋅+⋅++⋅--⋅ ()()211414422143n n n -+-=+⨯---()1206543n n +---=，···········10分所以()1654209n nn S +-+=．···········12分18．【答案】（1）见解析；（2）4．【解析】（1）随机变量X 的可取值为0，1，2，3，4···········1分 (2) (3)分 (4) (5)分···········6分故随机变量X 的分布列为:X 01234P1708351835835170···········7分（2）随机变量X 服从超几何分布：()4428E x ⨯∴==，···········9分()1422E Y ∴=⨯=．···········11分()()224E X E Y ∴+=+=．···········12分19．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）在半圆柱中，1BB ⊥平面11PA B ，所以1BB PA ⊥．···········2分因为11A B 是上底面对应圆的直径，所以11PA PB ⊥．···········4分因为111PB BB B = ，1PB ⊂平面1PBB ，11BB PBB ⊂，所以1PA ⊥平面1PBB ．···········5分（2）以C 为坐标原点，以CA ，CB 为，y 轴，过C 作与平面ABC 垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系C xyz -．如图所示，设1CB =，则()1,0,0B ，()0,1,0A，(1A，(1B，(P ．···6分平面11PA B 的一个法向量()10,0,1=n ．···········8分设平面11CA B 的一个法向量()2,,x y z =n ，则1z =···········10分···········11分由图可知二面角11P A B C --为钝角，所以所求二面角的余弦值为．···········12分20．【答案】（1）2214y x +=；（2）答案见解析．【解析】（1）取(0,F '，连结PF '，设动圆的圆心为M ，∵两圆相内切，∴122OM FP =-，又12OM PF ='，∴4PF PF FF +=>=''，···········3分∴点P 的轨迹是以F ，F '为焦点的椭圆，其中24a =，2c =，∴2a =，c =，∴2221b a c =-=，∴C 的轨迹方程为2214y x +=．···········5分（2）当AB x ⊥轴时，有12x x =，12y y =-，由⊥m n ，得112y x =，又221114y x +=，∴122x =，1y =，∴111121222AOB S x y ∆=⨯⨯=⨯=．···········7分当AB 与轴不垂直时，设直线AB 的方程为y kx m =+，()2224240k x kmx m +++-=，则12224kmx x k -+=+，212244m x x k -=+，···········9分由0⋅=m n ，得121240y y x x +=，∴()()121240kx m kx m x x +++=，整理得()()22121240k x x km x x m ++++=，···········10分∴2224m k =+，1221==，综上所述，AOB △的面积为定值．···········12分21．【答案】（1）见解析；（2）当1m <时，()g x 没有零点；1m =时，()g x 有一个零点；1m >时，()g x 有两个零点．【解析】（1）1m =时，()1e ln x f x x x -=-，()1'e ln 1x f x x -=--，········1分要证()f x 在()0+∞，上单调递增，只要证：()0f x '≥对0x >恒成立，令()1e x i x x -=-，则()1e 1x i x -'=-，当1x >时，()0i x '>，···········2分当1x <时，()0i x '<，故()i x 在()1-∞，上单调递减，在()1+∞，上单调递增，所以()()10i x i =≥，···········3分即1e x x -≥（当且仅当1x =时等号成立），令()()1ln 0j x x x x =-->当01x <<时，()'0j x <，当1x >时，()'0j x >，故()j x 在()0,1上单调递减，在()1+∞，上单调递增，所以()()10j x j =≥，即ln 1x x +≥（当且仅当1x =时取等号），()1e ln 1x f x x -'=--()ln 10x x -+≥≥（当且仅当1x =时等号成立），()f x 在()0+∞，上单调递增．···········5分（2）由()e ln x m g x x m -=--有，显然()g x '是增函数，令()00g x '=，00e e x m x =，00ln m x x =+，则(]00,x x ∈时，()0g x '≤，[)0,x x ∈+∞时，()0g x '≥，∴()g x 在(]00,x 上是减函数，在[)0,x +∞上是增函数，∴()g x ···········7分①当1m =时，01x =，()()=10g x g =极小值，()g x 有一个零点1；···········8分②当1m <时，001x <<02ln 0x <，001x <<，所以()0g x >0，()g x 没有零点；···········9分③当1m >时，01x >，()01010g x <--=，又()eee e e 0mmm mmg m m -----=+-=>，又对于函数e 1x y x =--，'e 10x y =-≥时0x ≥，∴当0x >时，1010y >--=，即e 1x x >+，∴()23e ln3m g m m m =-->21ln3m m m +--=1ln ln3m m +--，令()1ln ln3t m m m =+--，则()11'1m t m m m-=-=，∵1m >，∴()'0t m >，∴()()12ln30t m t >=->，∴()30g m >，又0e 1m x -<<，000333ln m x x x =+>，∴()g x 有两个零点，综上，当1m <时，()g x 没有零点；1m =时，()g x 有一个零点；1m >时，()g x 有两个零点．···········12分请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。
(全国III卷)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
（3） 2 2 列联表如下：
人次 400
空气质量不好
33
空气质量好
22
人次 400 37 8
K2
100 338 37 222
5.820 3.841 ，
55 45 70 30
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.
【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考
根据题意画出图形，如图
理科数学参考答案 7
| BP || BQ | ， BP BQ ， PMB QNB 90 ，
又 PBM QBN 90 ， BQN QBN 90 ，
PBM BQN ， 根据三角形全等条件“ AAS ”， 可得：△PMB △BNQ ，
x2 16 y2 1 ， 25 25
【解析】 【分析】
（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； （2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100 可得结果；
（3）根据表格中的数据完善 2 2 列联表，计算出 K2 的观测值，再结合临界值表可得结论.
【详解】（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 2 16 25 0.43 ， 100
（2）由错位相减法求解即可.
【详解】（1）由题意可得 a2 3a1 4 9 4 5 ， a3 3a2 8 15 8 7 ，
由数列an 的前三项可猜想数列an 是以 3 为首项，2 为公差的等差数列，即 an 2n 1，
证明如下：
当 n 1 时， a1 3成立；
假设 n k 时， ak 2k 1 成立.
机密★启用前
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
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年新课标Ⅲ卷高考数学(理)押题预测卷以及答案汇总
2020年高考押题预测卷01【新课标Ⅲ卷】理科数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B 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。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、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．己知集合{|1}A x x =≤-，{|0}B x x =>，则()A B =R ðA ．(1,)-+∞B ．(,0]-∞C ．[1,0)-D ．(1,0]-2．已知i 为虚数单位，z 是z 的共轭复数，若复数1i1iz +=-，则z z ⋅= A ．1-B ．iC ．1D ．43．已知tan 3α=，则cos(2)2απ+= A ．45-B ．35-C ．35D ．454．已知双曲线221y x m-=m 的取值范围为A ．1(,)2+∞B ．[1,)+∞C ．(1,)+∞D ．(2,)+∞5．若2(2nx的展开式的所有二项式系数之和为32，则展开式中的常数项为 A ．10-B ．5-C ．5D ．106．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为 A ．23岁B ．32岁C ．35岁D ．38岁7．已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为1的正方形，正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，则此几何体的体积为AB ．13CD8．函数ln ||()x f x x=的大致图象为A B C D9．若x ，y 满足约束条件212x y x y y +≥⎧⎪-≤⎨⎪≤⎩，则12x y +的最小值为A ．12-B ．1C ．74D ．410．已知直线l 与圆22:4O x y +=相切于点(，点P 在圆22:40M x x y -+=上，则点P到直线l 的距离的最小值为 A ．1BCD ．211．在三棱锥D ABC -中，AC BC BD AD ====，且线段AB 的中点O 恰好是三棱锥D ABC -的外接球的球心．若三棱锥D ABC -，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为 A ．64πB ．16πC ．8πD ．4π12．已知对任意的[1,e]x ∈，总存在唯一的[1,1]y ∈-，使得2ln e 0yx y a +-=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围为 A ．[1,e]B ．1(1,e 1)e++C ．1(,1e]e+D ． 1(1,e]e+第Ⅱ卷二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知向量(1,2)=a ，(3,)t =b ，若()+⊥a b a ，则t =________________．14．已知函数()(1)e xf x ax =+在点(0,(0))f 处的切线经过点(1,)1-，则实数a =________________．15．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，椭圆C 外一点P 满足212PF F F ⊥，且212||||P F FF =，线段1PF ，2PF 分别交椭圆C 于点A ，B ，若1||||P A A F =，则22||||BF PF =________________． 16．已知数列{}n a 满足11a =，*1()2nn n a a n a +=∈+N ，数列{}n b 是单调递增数列，且1b λ=-，1n b +=*(2)(1)()n nn a n a λ+-∈N ，则实数λ的取值范围为________________．三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分12分）在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2222sin sin sin b c a C Abc B+--=． （Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）若ABC △ABC △周长的最小值． 18．（本小题满分12分）为响应低碳绿色出行，某市推出“新能源分时租赁汽车”，其中一款新能源分时租赁汽车每次租车收费的标准由以下两部分组成：①根据行驶里程按1元/公里计费；②当租车时间不超过40分钟时，按0.12元/分钟计费；当租车时间超过40分钟时，超出的部分按0.20元/分钟计费（租车时间不足1分钟按1分钟计算）．已知张先生从家到公司的距离为15公里，每天租用该款汽车上下班各一次，且每次租车时间20[],60t ∈（单位：分钟）．由于堵车、红绿灯等因素，每次路上租车时间t 是一个变量，现统计了张先生50次路上租车的时间，整理后得到下表：（Ⅰ）求张先生一次租车费用y （元）与租车时间t （分钟）的函数关系式；（Ⅱ）公司规定员工上下班可以免费乘坐公司班车，若不乘坐公司班车的每月（按22天计算）给800元车补．从经济收入的角度分析，张先生上下班应该选择公司班车还是选择新能源分时租赁汽车？（Ⅲ）若张先生一次租车时间不超过40分钟为“路段畅通”，将频率视为概率，设ξ表示3次租用新能源分时租赁汽车中“路段畅通”的次数，求ξ的分布列与数学期望． 19．（本小题满分12分）如图，在四棱锥P A B C D -中，底面ABCD 是直角梯形，90BAD CDA ∠=∠=︒，PA ⊥平面A B C D，1PA AD DC ===，2AB =．（Ⅰ）证明：平面PBC ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若(21)PQ PB =-，求二面角P AC Q --的大小． 20．（本小题满分12分）已知点M ，N 在抛物线2:2(0)C y px p =>上，线段MN 的中点的纵坐标为4，直线MN 的斜率为12． （Ⅰ）求抛物线C 的方程；（Ⅱ）已知点(1,2)P ，A ，B 为抛物线C （原点除外）上不同的两点，直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，且12112k k -=，记抛物线C 在点A ，B 处的切线交于点S ，若线段AB 的中点的纵坐标为8，求点S 的坐标． 21．（本小题满分12分）已知函数()e ()xfx ax a =-∈R 的图象与y 轴交于点A ，曲线()y f x =在点A 处的切线的斜率为2-．（Ⅰ）求a 的值及函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）设2()31g x x x =-+，证明：当0x >时，()()f x g x >恒成立．请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分．22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为2sin x y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩，其中α为参数，在以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点P 的极坐标为)4π，直线l 的极坐标方程为sin()04ρθπ-+=．（Ⅰ）求曲线C 的普通方程与直线l 的直角坐标方程；（Ⅱ）若Q 是曲线C 上的动点，M 为线段PQ 的中点，求点M 到直线l 的距离的最大值． 23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数()|1|||f x x x m =++-．（Ⅰ）若不等式()3f x ≥对任意的x ∈R 恒成立，求实数m 的取值范围； （Ⅱ）若关于x 的不等式2()2f m m x x -≥-的解集非空，求实数m 的取值范围．2020年高考等值试卷★预测卷理科数学（全国Ⅲ卷）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。
高考数学全国Ⅲ卷(理)预测卷含答案
2020年全国高考预测卷理科数学（全国Ⅲ卷）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，再选涂其它答案标号．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．设集合A ={x |x 2≤x }，B ={x |1x≥1}，则A ∩B = A ．(1]-∞， B ．[01]，C ．(01]，D ．(1]-∞，∪(01]，2．已知i 为虚数单位，则2i1i+-=A ．31i 22-B ．31i 22+C ．13i 22-D ．13i 22+3．“0<x <1”是“sin x 2<sin x ”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4．运行如图所示的程序框图，设输出的数据构成集合A ，从集合A 中任取一个元素a ，则函数a y x =在(0，+∞)上是增函数的概率为A ．12 B ．35C ．45 D ．345．若函数()x f x a =(a >0，且a ≠1)在区间[2，4]上的最大值与最小值之差为2，则实数a =ABC ．12D ．26．我国古代木匠精于钻研，技艺精湛，常常设计出巧夺天工的建筑，如图．在一座宫殿中，有一件特别的“柱脚”的三视图如右图所示．则其体积为A ．83+4πB ．83+8πC ．8+4πD ．8+8π7．已知斜率为2的直线l 过抛物线C ：y 2=2px (p >0)的焦点F ，且与抛物线交于A ，B 两点，若线段AB 的中点M 的纵坐标为1，则p = A ．1BC ．2D ．48．将函数()sin 22f x x x =+的图象向右平移ϕ(ϕ>0)个单位，再向上平移1个单位，所得图象经过点(8π，1)，则ϕ的最小值为 A ．512πB ．712π C ．524πD ．724π 9．已知双曲线22221x y a b -=(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1作x 2+y 2=a 2的切线，交双曲线右支于点M ，若∠F 1MF 2=45º，则双曲线的离心率为ABC ．2D ．3主视图左视图俯视图10．有一个长方体木块，三个侧面积分别为8，12，24，现将其削成一个正四面体模型，则该正四面体模型棱长的最大值为 A ．2B． C ．4 D．11．已知在平面直角坐标系xOy 中，O 为坐标原点，A (0，2)，|OB |2+|OA |2=20，若平面内点P 满足3PB PA =u u u r u u u r，则|PO |的最大值为A ．4B ．5C ．6D ．712．已知A 、B 是函数2e ()e x a x x a f x x a--⎧≥⎪=⎨<⎪⎩，，，(其中a >0)图象上的两个动点，点P (a ，0)，若PA PB ⋅u u u r u u u r 的最小值为0，则函数()f x 的最小值为A ．21e - B ．1e - C ．21eD ．1e二、填空题：本大题共4小题 每小题5分，共20分。
高考理科数学(3卷)：答案详细解析(最新)
C．1
D．2
【解析】2 tan
tan(
)
2 tan
1 tan
7
，化简得 tan2
4 tan
4
0
，
4
1 tan
解得 tan 2 .
【答案】D
10．（解析几何）若直线 l 与曲线 y
x
和
x2
y2
1 5
都相切，则
l
的方程为
A．y=2x+1
B．y=2x+ 1
2
C．y= 1 x+1
2
D．y= 1 x+ 1
2020 年高考理科数学（全国 3 卷）答案详解及试题
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 A {(x, y) | x, y N* , y x}，B {(x, y) | x y 8}，则 A B
22
22
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2020 年高考理科数学（全国 3 卷）答案详解及试题
点 A(2,1)时，直线在 y 轴上的截距最大，即 z 有最大值，所以 zmax=7.
图 A13
【答案】7
14．（概率统计）
x2
2 x
6
的展开式中常数项是__________（用数字作答）．
解法一：构造不等式： 34
53
， 54
83
，同理可得
a
log5
3
3 4
，
b
log8
5
3 4
.
2020年全国Ⅲ卷理科数学统一考试仿真卷(一)答案
理科数学试卷答案 第 2页（共 6页）
以 D 为原点，以 DA ， DB ， DC 所在直线分别为轴， y 轴，轴建立空间直角坐标系，由
已知可得 AC1 2 ， AD 1 ， BD A1D DC 3 ， BC 6 ，
∴ D 0, 0, 0 ， A1, 0, 0 ， B 0,0, 3 ， C1 1, 0, 0 ， C 0, 3,0 ，·····6 分
5 y2
y1
x
3
5 2
y1
5 2
y2
5 y2
y1
9 2
5 y2
y1
，
即 x 9 ，···········11 分 2
故点 S 恒在定直线 x 9 上．···········12 分 2
21．【答案】（1）见解析；（2） 4 ． 3
【解析】（1） f x x2 1 a x a x 1 x a ．···········1 分
因为 Sn Sn1 2an n 2an1 n 1 n≥2 ，
所以 an 2an1 1 ，···········3 分
从而由
an
1
2 an1
1
得
an 1 an1 1
2
n≥2 ，···········5
分
所以an 1 是以为首项，为公比的等比数列．···········6 分
（2）由（1）得 an 2n 1，···········8 分
P X 0 15 ，···········7 分
28
P X 1 12 3 ，···········8 分
28 7
P X 2 1 ，···········9 分
28 故 X 的分布列为：
X
0
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2020年高考理科数学全国卷3(附答案与解析)
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 =，，，3cos 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4c 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 '=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 =，，，3cos 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4c 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。
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y1
z1
0，
令 y1=1，则 x1=
3 ， z1=1，即 n1=(
3 ，1，1)．…………10 分
3x1 y1 0，
3
3
同理可得平面 BCF 的法向量 n2=( 3 ，-1，1)． 3
∴
cos<n1，n2>=
n1 n2 n1 n2
=1 7
故二面角 E-BC-F 的平面角的余弦值为 1 ．…………………………………………12 分 7
17．解：（1）∵ a1+2，2a2，a3+1 成等差数列，
∴ 4a2=a1+2+a3+1= a1+a3+3， 即 4a1q=a1+a1q2+3，①…………………………………………………………………2 分 由 S3=4a2-1 可得 a1+a1q+a1q2=4a1q-1，即 a1-3a1q+a1q2+1=0，②…………………3 分
y1 y2
(m2
1) y1 y2
m3 2
( y1
y2 )
m4 4
(m2
1)
m4 16 4(m2 4)
m3 2
(
m3 m2
（2）由题意可知 X 的可能取值有 1，2，3，4．……………………………………7 分
P( X
1)
C51 C33 C84
1 14
， P(X
2)
C52 C32 C84
3 7
，
P( X
3)
C52 C31 C84
3 ， P(X 7
4)
C54 C84
1 14
．
…………………………………11 分
4
4
∴ 当 n=1，2，3 时，Tn<3．…………………………………………………………12 分
理科数学参考答案 第 1页（共 6 页）
n
18．解：（1）由已知有 x 45 ， y 36 ， bˆ
xi yi n.x.y
i 1
n
xi2 n.x 2
16310 8 45 36 20400 8 452
20．解：（1）设椭圆的半焦距为 c，由题意有 A(-a，0)，B(0，b)，
于是 c 3 ，且 b 1 ，
a2
22
结合 a2=b2+c2，解得 a=2，b=1，
∴ 椭圆 E 的方程为 x2 y2 1．………………………………………………………4 分 4
（2）设 M (x1，y1) ， N (x2，y2 ) ，
，………………………………………………7
分
由题意得△MF1F2，△NF1F2 的重心 G( x1 ，y1 )，H ( x2 ，y2 )，……………………8 分
33
33
∵ 原点 O 在以 GH 为直径的圆内，
∴
OG OH
0
，即
x1x2
y1 y2
0
．………………………………………………9
分
9
∵
x1 x2
z
E
F
而 EO∩BD=O，且 EO，BD 面 BED， ∴ AC⊥面 BED． ∴ AC⊥ED．
A x
D
C
O B
y
∵ CF//ED，
∴ AC⊥CF．……………………………………………………………………………5 分
（2）解：由（1）知 AO⊥BO，OE⊥AO，OE⊥BO，于是以 O 为坐标原点，OA，OB，
=
1 1
1
2n 1
n 2n
2
n 2n
2
，
2
于是 Tn
4
n2 2n1
．……………………………………………………………………8
分
∵
n≥2
时， Tn
Tn1
4
n2 2n1
4
n 1 2n2
n 2n1
0，
∴ {Tn}(n∈N*)单调递增．……………………………………………………………10 分
而 T1=1<3，T2=2<3，T3= 11 <3，T4= 13 >3，
∴ AB =(- 3 ，1，0)， BE =(0，-1，1)， BC =(- 3 ，-1，0)．…………………7 分
又由 EF AB ， 可解得 F(- 3 ，1，1)，于是 BF =(- 3 ，0，1)． ……………8 分
设平面 BCE 的法向量为 n1=(x1，y1，z1)，
则由 n1• BE =0，n1• BC =0 得
所以 X 的分布列为
X
1
2
3
4
P
1
3
3
1
14
7
7
14
E(X)=1 1 2 3 3 3 4 1 5 ． ……………………………………………12 分 14 7 7 14 2
19．（1）证明：如图，连接 AC，易知 AC∩BD=O．
∵ 侧面 ABCD 是菱形，
∴ AC⊥BD． 又由题知 EO⊥面 ABCD，AC 面 ABCD， ∴ EO⊥AC，
0.80 ，
i 1
aˆ 36 0.80 45 0 ，…………………………………………………………………4 分
故变量 y 关于变量 x 的线性回归方程为 y=0.80x，……………………………………5 分
所以当 x=2500 时，y=2500×0.80=2000． ………………………………………… 6 分
由已知联立方程
x my m2 ， 2 消去
x2 y2 1， 4
x，得 (m2
4) y2
m3 y
m4 4
4
0
，
由 0 可得 m4 4m2 16 0 ，解得 m2< 2 2 5 ．
理科数学参考答案 第 3页（共 6 页）
且
y1
y2
m3 m2 4
，y1
y2
m4 16 4(m2 4)
理科数学参考答案 第 2页（共 6 页）
OE 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图．设 AB=AE=2． ∵ 在菱形 ABCD 中，∠BAD=60º，
∴ AO= 3 ，BO=1．
在 Rt△EAO 中，EO= EA2 AO2 =1．
于是 O(0，0，0)，A( 3 ，0，0)，B(0，1，0)，E(0，0，1)，C(- 3 ，0，0)，
2020 年全国高考理科数学全国Ⅲ卷预测卷
理科数学（全国Ⅲ卷）参考答案及评分标准
一、选择题：每小题 5 分，共 60 分．
1．C
2．D
3．A
4．A
5．B
6．C
7．C
8．D
9．B
10．B
11．B
12．D
二、填空题：每小题 5 分，共 20 分．
13．2
14．2 5
15．126
16． 3 4
三、解答题：共 70 分．
联立①②及 q>1 解得 a1=1，q=2， ∴ an 2n1 ．……………………………………………………………………………5 分
（2）Tn=
1 20
2 21
3 22
n 2n1
，
1 2
Tn=
1 21
2 22
3 23
n 1 2n1
n 2n
，
两式作差得
1 2
Tn=
1 20
1 21
1 22
1 2n1
n 2n