2020年高考真题数学（天津卷） (原卷版）

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Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ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I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：·如果事件与事件互斥，那么．·如果事件与事件相互独立，那么．·球的表面积公式，其中表示球的半径．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，集合，则（）A．B．C．D．2．设，则“”是“”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．函数的图象大致为（） A．B．C．D．4．从一批零件中抽取80个，测量其直径（单位：），将所得数据分为9组：，并整理得到如下频率分布直方图，则在被抽取的零件中，直径落在区间内的个数为（）A．10B．18C．20D．365．若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．B．C．D．6．设，则的大小关系为（）A．B．C．D．7．设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为．若的一条渐近线与平行，另一条渐近线与垂直，则双曲线的方程为（） A．B．C．D．8．已知函数．给出下列结论：①的最小正周期为；②是的最大值；③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象．其中所有正确结论的序号是A．①B．①③C．②③D．①②③9．已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（）A．B．C．D． 绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学第Ⅱ卷注意事项：1．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．10．是虚数单位，复数_________．11．在的展开式中，的系数是_________．12．已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．13．已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和．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，且，则的最小值为_________．15．如图，在四边形中，，，且，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，则的最小值为_________．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）在中，角所对的边分别为．已知． （Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）求的值．17．（本小题满分15分）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．18．（本小题满分15分）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．19．（本小题满分15分）已知为等差数列，为等比数列，．（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）记的前项和为，求证：； （Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．20．（本小题满分16分）已知函数，为的导函数．（Ⅰ）当时，（i）求曲线在点处的切线方程；（ii）求函数的单调区间和极值；（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学参考解答一、选择题：每小题5分，满分45分．1．C2．A3．A4．B5．C6．D7．D8．B9．D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．10．11．1012．513．；14．415．；三、解答题16．满分14分．（Ⅰ）解：在中，由余弦定理及，有．又因为，所以．（Ⅱ）解：在中，由正弦定理及，可得．（Ⅲ）解；由及，可得，进而 ．所以，．17．满分15分．依题意，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得，，．（Ⅰ）证明：依题意，，，从而，所以．（Ⅱ）解：依题意，是平面的一个法向量，，．设为平面的法向量，则即不妨设，可得．因此有，于是．所以，二面角的正弦值为．（Ⅲ）解：依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是 ．所以，直线与平面所成角的正弦值为．18．满分15分．（Ⅰ）解：由已知可得．记半焦距为，由可得．又由，可得．所以，椭圆的方程为．（Ⅱ）解：因为直线与以为圆心的圆相切于点，所以．依题意，直线和直线的斜率均存在．设直线的方程为．由方程组消去，可得，解得，或．依题意，可得点的坐标．因为为线段的中点，点的坐标为，所以点的坐标为．由，得点的坐标为，故直线的斜率为，即．又因为，所以，整理得，解得，或．所以，直线的方程为，或．19．满分15分．（Ⅰ）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为．由，，可得，从而的通项公式为．由，又，可得，解得，从而的通项公式为．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得，故，，从而，所以． （Ⅲ）解：当为奇数时，；当为偶数时，．对任意的正整数，有，和．①由①得．②由①②得，从而得．因此，．所以，数列的前项和为．20．满分16分．（Ⅰ）（i）解：当时，，故．可得，，所以曲线在点处的切线方程为，即．（ii）解：依题意，．从而可得，整理可得．令，解得．当变化时，的变化情况如下表： 1-0+↘极小值↗所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；的极小值为，无极大值．（Ⅱ）证明：由，得．对任意的，且，令，则．①令．当时，，由此可得在单调递增，所以当时，，即．因为，，所以，．②由（Ⅰ）（ii）可知，当时，，即，故．③由①②③可得．所以，当时，对任意的 ，且，有．