2020年四川高考文科数学试卷(word版)和答案.doc

2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ） 一、选择题（共12小题）. 1．已知集合A＝{1，2，3，5，7，11}，B＝{x|3＜x＜15}，则A∩B中元素的个数为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 2．若（1+i）＝1﹣i，则z＝（　　） A．1﹣i B．1+i C．﹣i D．i 3．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．0.01 B．0.1 C．1 D．10 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I（t）（t的单位：天）的Logistic模型：I（t）＝，其中K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t*约为（　　）（ln19≈3） A．60 B．63 C．66 D．69 5．已知sinθ+sin（）＝1，则sin（）＝（　　） A． B． C． D． 6．在平面内，A，B是两个定点，C是动点．若＝1，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x＝2与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（　　） A．（，0） B．（，0） C．（1，0） D．（2，0） 8．点（0，﹣1）到直线y＝k（x+1）距离的最大值为（　　） A．1 B． C． D．2 9．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（　　） A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2 10．设a＝log32，b＝log53，c＝，则（　　） A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b 11．在△ABC中，cosC═，AC＝4，BC＝3，则tanB＝（　　） A． B．2 C．4 D．8 12．已知函数f（x）＝sinx+，则（　　） A．f（x）的最小值为2 B．f（x）的图象关于y轴对称 C．f（x）的图象关于直线x＝π对称 D．f（x）的图象关于直线x＝对称 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．若x，y满足约束条件则z＝3x+2y的最大值为　 　． 14．设双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为y＝x，则C的离心率为　 　． 15．设函数f（x）＝，若f′（1）＝，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球的体积为　 　． 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．设等比数列{an}满足a1+a2＝4，a3﹣a1＝8． （1）求{an}的通项公式； （2）记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm+Sm+1═Sm+3，求m． 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）： 锻炼人次 空气质量等级 [0，200] （200，400] （400，600] 1（优） 2 16 25 2（良） 5 10 12 3（轻度污染） 6 7 8 4（中度污染） 7 2 0 （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 附：K2＝ P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 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． 20．已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2． （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．已知椭圆C：+＝1（0＜m＜5）的离心率为，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x＝6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。[选修4-4：坐标系与参数方程] 22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数且t≠1），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． [选修4-5：不等式选讲] 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的最大值，证明：max{a，b，c}≥． 参考答案 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＝{1，2，3，5，7，11}，B＝{x|3＜x＜15}，则A∩B中元素的个数为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】求出集合A，B，由此能求出A∩B，进而能求出A∩B中元素的个数． 解：∵集合A＝{1，2，3，5，7，11}，B＝{x|3＜x＜15）， ∴A∩B＝{5，7，11}， ∴A∩B中元素的个数为3． 故选：B． 2．若（1+i）＝1﹣i，则z＝（　　） A．1﹣i B．1+i C．﹣i D．i 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案． 解：由（1+i）＝1﹣i，得， ∴z＝i． 故选：D． 3．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．0.01 B．0.1 C．1 D．10 【分析】根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，求出新数据的方差即可． 解：∵样本数据x1，x2，…，xn的方差为0.01， ∴根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长， ∴数据10x1，10x2，…，10xn的方差为：100×0.01＝1， 故选：C． 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I（t）（t的单位：天）的Logistic模型：I（t）＝，其中K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t*约为（　　）（ln19≈3） A．60 B．63 C．66 D．69 【分析】根据所给材料的公式列出方程＝0.95K，解出t即可． 解：由已知可得＝0.95K，解得e﹣0.23（t﹣53）＝， 两边取对数有﹣0.23（t﹣53）＝﹣ln19， 解得t≈66， 故选：C． 5．已知sinθ+sin（）＝1，则sin（）＝（　　） A． B． C． D． 【分析】利用两角和差的三角公式，进行转化，利用辅助角公式进行化简即可． 解：∵sinθ+sin（）＝1， ∴sinθ+sinθ+cosθ＝1， 即sinθ+cosθ＝1， 得（cosθ+sinθ）＝1， 即sin（）＝1， 得sin（）＝ 故选：B． 6．在平面内，A，B是两个定点，C是动点．若＝1，则点C的轨迹为（　　） A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线 【分析】设出A、B、C的坐标，利用已知条件，转化求解C的轨迹方程，推出结果即可． 解：在平面内，A，B是两个定点，C是动点， 不妨设A（﹣a，0），B（a，0），设C（x，y）， 因为＝1， 所以（x+a，y）•（x﹣a，y）＝1， 解得x2+y2＝a2+1， 所以点C的轨迹为圆． 故选：A． 7．设O为坐标原点，直线x＝2与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（　　） A．（，0） B．（，0） C．（1，0） D．（2，0） 【分析】利用已知条件转化求解E、D坐标，通过kOD•kOE＝﹣1，求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点坐标． 解：将x＝2代入抛物线y2＝2px，可得y＝±2，OD⊥OE，可得kOD•kOE＝﹣1， 即，解得p＝1， 所以抛物线方程为：y2＝2x，它的焦点坐标（，0）． 故选：B． 8．点（0，﹣1）到直线y＝k（x+1）距离的最大值为（　　） A．1 B． C． D．2 【分析】直接代入点到直线的距离公式，结合基本不等式即可求解结论． 解：因为点（0，﹣1）到直线y＝k（x+1）距离d＝＝＝； ∵要求距离的最大值，故需k＞0； 可得d≤＝；当k＝1时等号成立； 故选：B． 9．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（　　） A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2 【分析】先由三视图画出几何体的直观图，利用三视图的数据，利用三棱锥的表面积公式计算即可． 解：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角， PA＝AB＝AC＝2，PA、AB、AC两两垂直， 故PB＝BC＝PC＝2， 几何体的表面积为：3×＝6+2 故选：C． 10．设a＝log32，b＝log53，c＝，则（　　） A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b 【分析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解． 解：∵a＝log32＝＜＝， b＝log53＝＞＝， c＝， ∴a＜c＜b． 故选：A． 11．在△ABC中，cosC═，AC＝4，BC＝3，则tanB＝（　　） A． B．2 C．4 D．8 【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求tanC的值，利用余弦定理可求AB的值，可得A＝C，利用三角形的内角和定理可求B＝π﹣2C，利用诱导公式，二倍角的正切函数公式即可求解tanB的值． 解：∵cosC═，AC＝4，BC＝3， ∴tanC＝＝， ∴AB＝＝＝3，可得A＝C， ∴B＝π﹣2C， 则tanB＝tan（π﹣2C）＝﹣tan2C＝＝＝4． 故选：C． 12．已知函数f（x）＝sinx+，则（　　） A．f（x）的最小值为2 B．f（x）的图象关于y轴对称 C．f（x）的图象关于直线x＝π对称 D．f（x）的图象关于直线x＝对称 【分析】设sinx＝t，则y＝f（x）＝t+，t∈[﹣1，1]，由双勾函数的图象和性质可得，y≥2或y≤﹣2，故可判断A；根据奇偶性定义可以判断B正误；根据对称性的定义可以判断C，D的正误． 解：由sinx≠0可得函数的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，故定义域关于原点对称； 设sinx＝t，则y＝f（x）＝t+，t∈[﹣1，1]，由双勾函数的图象和性质得，y≥2或y≤﹣2，故A错误； 又有f（﹣x）＝sin（﹣x）+＝﹣（sinx+）＝﹣f（x），故f（x）是奇函数，且定义域关于原点对称，故图象关于原点中心对称；故B错误； f（π+x）＝sin（π+x）+＝﹣sinx﹣；f（π﹣x）＝sin（π﹣x）+＝sinx+，故f（π+x）≠f（π﹣x），f（x）的图象不关于直线x＝π对称，C错误； 又f（+x）＝sin（+x）+＝cosx+；f（﹣x）＝sin（﹣x）+＝cosx+，故f（+x）＝f（﹣x），定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，f（x）的图象关于直线x＝对称；D正确； 故选：D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．若x，y满足约束条件则z＝3x+2y的最大值为　7　． 【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z＝3x+2y表示直线在y轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在y轴上的截距最大值即可． 解：先根据约束条件画出可行域，由解得A（1，2）， 如图，当直线z＝3x+2y过点A（1，2）时，目标函数在y轴上的截距取得最大值时，此时z取得最大值， 即当x＝1，y＝2时，zmax＝3×1+2×2＝7． 故答案为：7． 14．设双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线为y＝x，则C的离心率为　　． 【分析】由双曲线的方程求出渐近线的方程，再由题意求出a，b的关系，再由离心率的公式及a，b，c之间的关系求出双曲线的离心率． 解：由双曲线的方程可得渐近线的方程为：y＝±x， 由题意可得＝，所以离心率e＝＝＝， 故答案为：． 15．设函数f（x）＝，若f′（1）＝，则a＝　1　． 【分析】先求出函数的导数，再根据f′（1）＝，求得a的值． 解：∵函数f（x）＝，∴f′（x）＝， 若f′（1）＝＝，∴＝，则a＝1， 故答案为：1． 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球的体积为　π　． 【分析】由条件易知该圆锥内半径最大的球为该圆锥的内接球，作图，数形结合即可 解：当球为该圆锥内切球时，半径最大， 如图：BS＝3，BC＝1，则圆锥高SC＝＝＝2， 设内切球与圆锥相切与点D，半径为r，则△SOD∽△SCB， 故有＝，即，解得r＝， 所以该球的体积为πr3＝π． 故答案为：π． 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．设等比数列{an}满足a1+a2＝4，a3﹣a1＝8． （1）求{an}的通项公式； （2）记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm+Sm+1═Sm+3，求m． 【分析】（1）设其公比为q，则由已知可得，解得a1＝1，q＝3，可求其通项公式． （2）由（1）可得log3an＝n﹣1，是一个以0为首项，1为公差的等差数列，可求Sn＝，由已知可得+＝，进而解得m的值． 解：（1）设公比为q，则由， 可得a1＝1，q＝3， 所以an＝3n﹣1． （2）由（1）有log3an＝n﹣1，是一个以0为首项，1为公差的等差数列， 所以Sn＝， 所以+＝，m2﹣5m﹣6＝0， 解得m＝6，或m＝﹣1（舍去）， 所以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）： 锻炼人次 空气质量等级 [0，200] （200，400] （400，600] 1（优） 2 16 25 2（良） 5 10 12 3（轻度污染） 6 7 8 4（中度污染） 7 2 0 （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 附：K2＝ P（K2≥k） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【分析】（1）用频率估计概率，从而得到估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率； （2）采用频率分布直方图估计样本平均值的方法可得得答案； （3）由公式计算k的值，从而查表即可， 解：（1）该市一天的空气质量等级为1的概率为：＝； 该市一天的空气质量等级为2的概率为：＝； 该市一天的空气质量等级为3的概率为：＝； 该市一天的空气质量等级为4的概率为：＝； （2）由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：＝100×0.20+300×0.35+500×0.45＝350； （3）根据所给数据，可得下面的2×2列联表， 人次≤400 人次＞400 总计 空气质量好 33 37 70 空气质量不好 22 8 30 总计 55 45 100 由表中数据可得：K2＝＝≈5.802＞3.841， 所以有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． 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． 【分析】（1）因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，且AB＝BC，可得AC⊥平面BB1D1D，因为EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC． （2）取AA1上靠近A1的三等分点M，连接DM，C1F，MF．根据已知条件可得四边形AED1M为平行四边形，得D1M∥AE，再推得四边形C1D1MF为平行四边形，所以D1M∥C1F，根据直线平行的性质可得AE∥C1F，所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内． 解：（1）因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，所以BB1⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1， 因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，且AB＝BC，所以ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又BD∩BB1＝B． 所以AC⊥平面BB1D1D，又因为点E，F分别在棱DD1，BB1上，所以EF⊂平面BB1D1D， 所以EF⊥AC． （2）取AA1上靠近A1的三等分点M，连接D1M，C1F，MF． 因为点E在DD1，且2DE＝ED1，所以ED∥AM，且ED＝AM， 所以四边形AED1M为平行四边形，所以D1M∥AE，且D1M＝AE， 又因为F在BB1上，且BF＝2FB1，所以 A1M∥FB1，且A1M＝FB1， 所以A1B1FM为平行四边形， 所以FM∥A1B1，FM＝A1B1，即FM∥C1D1，FM＝C1D1， 所以C1D1MF为平行四边形， 所以D1M∥C1F， 所以AE∥C1F，所以A，E，F，C1四点共面． 所以点C1在平面AEF内． 20．已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2． （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． 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间即可； （2）根据函数的单调性，求出函数的极值，得到关于k的不等式组，解出即可． 解：（1）f（x）＝x3﹣kx+k2．f′（x）＝3x2﹣k， k≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R递增， k＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞或x＜﹣， 令f′（x）＜0，解得：﹣＜x＜， ∴f（x）在（﹣∞，﹣）递增，在（﹣，）递减，在（，+∞）递增， 综上，k≤0时，f（x）在R递增， k＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣）递增，在（﹣，）递减，在（，+∞）递增； （2）由（1）得：k＞0，f（x）极小值＝f（），f（x）极大值＝f（﹣）， 若f（x）有三个零点， 只需，解得：0＜k＜， 故a∈（0，）． 21．已知椭圆C：+＝1（0＜m＜5）的离心率为，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x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积． 【分析】（1）根据e＝，a2＝25，b2＝m2，代入计算m2的值，求出C的方程即可； （2）设出P，Q的坐标，得到关于s，t，n的方程组，求出AP（8，1），AQ（11，2），从而求出△APQ的面积． 解：（1）由e＝得e2＝1﹣，即＝1﹣，∴m2＝， 故C的方程是：+＝1； （2）由（1）A（﹣5，0），设P（s，t），点Q（6，n）， 根据对称性，只需考虑n＞0的情况， 此时﹣5＜s＜5，0＜t≤， ∵|BP|＝|BQ|，∴有（s﹣5）2+t2＝n2+1①， 又∵BP⊥BQ，∴s﹣5+nt＝0②， 又+＝1③， 联立①②③得或， 当时，AP（8，1），AQ（11，2）， ∴S△APQ＝＝|8×2﹣11×1|＝， 同理可得当时，S△APQ＝， 综上，△APQ的面积是． （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。[选修4-4：坐标系与参数方程] 22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数且t≠1），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． 【分析】（1）可令x＝0，求得t，对应的y；再令y＝0，求得t，对应的x；再由两点的距离公式可得所求值； （2）运用直线的截距式方程可得直线AB的方程，再由由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，可得所求极坐标方程． 解：（1）当x＝0时，可得t＝﹣2（1舍去），代入y＝2﹣3t+t2，可得y＝2+6+4＝12， 当y＝0时，可得t＝2（1舍去），代入x＝2﹣t﹣t2，可得x＝2﹣2﹣4＝﹣4， 所以曲线C与坐标轴的交点为（﹣4，0），（0，12）， 则|AB|＝＝4； （2）由（1）可得直线AB过点（0，12），（﹣4，0）， 可得AB的方程为﹣＝1， 即为3x﹣y+12＝0， 由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ， 可得直线AB的极坐标方程为3ρcosθ﹣ρsinθ+12＝0． [选修4-5：不等式选讲] 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的最大值，证明：max{a，b，c}≥． 【分析】（1）将a+b+c＝0平方之后，化简得到2ab+2ac+2bc＝﹣（a2+b2+c2）＜0，即可得证； （2）利用反证法，假设a≤b＜0＜c＜，结合条件推出矛盾． 【解答】证明：（1）∵a+b+c＝0，∴（a+b+c）2＝0， ∴a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc＝0， ∴2ab+2ac+2bc＝﹣（a2+b2+c2）， ∵abc＝1，∴a，b，c均不为0， ∴2ab+2ac+2bc＝﹣（a2+b2+c2）＜0， ∴ab+ac+bc＜0； （2）不妨设a≤b＜0＜c＜，则ab＝＞， ∵a+b+c＝0，∴﹣a﹣b＝c＜， 而﹣a﹣b≥2＞＝＝＝，与假设矛盾， 故max{a，b，c}≥．