2020年高考数学天津卷-答案

数学答案解析

第Ⅰ卷

一、选择题 1.【答案】C

【解析】首先进行补集运算，然后进行交集运算即可求得集合的运算结果.由题意结合补集的定义可知：

UB2，11，，则AUB11，.故选：C.

【考点】补集运算，交集运算 2.【答案】A

【解析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.求解二次不等式a2＞a可得：a＞1或a＜0，据此可知：a＞1是a2＞a的充分不必要条件.故选：A. 【考点】二次不等式的解法，充分性和必要性的判定 3.【答案】A

【解析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.由函数的解析式可得：fx4xfx，则函数fx为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选2x1项CD错误；当x1时，y【考点】函数图象的识辨 4.【答案】B

42＞0，选项B错误.故选：A. 11【解析】根据直方图确定直径落在区间5.43，5.47之间的零件频率，然后结合样本总数计算其个数即可.根据直方图，直径落在区间5.43，则区间5.43，5.47之间的零件频率为：6.255.000.020.225，5.47内零件的个数为：800.22518.故选：B. 【考点】频率分布直方图的计算与实际应用 5.【答案】C

【解析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即R表面积为S4R243236.故选：C. 【考点】正方体的外接球的表面积的求法

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23223222323，所以，这个球的

6.【答案】D

【解析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出a，b，c的大小关系.因为a30.7＞1，

1b30.830.8＞30.7a，clog0.70.8＜log0.70.71，所以c＜＜1a＜b.故选：D.

【考点】指数幂和对数值的比较大小问题 7.【答案】D 0可求得直线l的方程为x【解析】由抛物线的焦点1，y1，即得直线的斜率为b，再根据双曲线的渐b近线的方程为ybbbx，可得b，b1即可求出a，b，得到双曲线的方程.由题可知，抛物aaayb即直线的斜率为b，又双曲线的渐近线的方程为yx，1，ba0，线的焦点为1，所以直线l的方程为x所以bbb，b1，因为a＞0，b＞0，解得a1，b1．故选：D. aa【考点】抛物线的简单几何性质，双曲线的几何性质，直线与直线的位置关系的应用 8.【答案】B

2【解析】对所给选项结合正弦型函数的性质逐一判断即可.因为fxsinx，所以周期T2，

3511，故①正确；fsinsin故②不正确；将函数ysinx的图象上所有点向左平移623223个单位长度，得到ysinx的图象，故③正确.故选：B.

3【考点】正弦型函数的性质及图象的平移 9.【答案】D

【解析】由g00，结合已知，将问题转化为ykx2与hxfxx有3个不同交点，分k0，k＜0，

k＞0三种情况，数形结合讨论即可得到答案.注意到g00，所以要使gx恰有4个零点，只需方程

kx2fxx恰有3个实根即可，令hxfxx，即ykx2与hxfxx的图象有3个不同交点.

因为hxfxx2fxx，x＞0hx，当时，此时，如图1，与有2个不同交点，k0y2y2x1，x＜0 2 / 13

不满足题意；当k＜0时，如图2，此时ykx2与hx当k＞0时，如图3，当ykx2与yfxx恒有3个不同交点，满足题意；

2x2相切时，联立方程得x2kx20，令0得k80，解得

0，所以k＞22.综上，k的取值范围为，k22（负值舍去）22，.故选：D.  【考点】函数与方程的应用

二、填空题 10.【答案】32i

第Ⅱ卷

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【解析】将分子分母同乘以分母的共轭复数，然后利用运算化简可得结果.

8i8i2i1510i32i.故答案为：32i. 2i2i2i5【考点】复数的四则运算 11.【答案】10

2【解析】写出二项展开式的通项公式，整理后令x的指数为2，即可求出.因为x2的展开式的通项公

xr5r2rx2C52rx53rr0，1，2，3，4，5，令53r2，解得r1.所以x2的系数为式为Tr1C5xr51C5210.故答案为：10.

【考点】二项展开式的通项公式的应用 12.【答案】5 【解析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离d，进而利0到直线x3y80的距离d用弦长公式AB2r2d2，即可求得r.因为圆心0，8134，由22AB2r2d2可得62r4，解得r=5.故答案为：5. 【考点】圆的弦长，圆的标准方程，点到直线的距离公式 13.【答案】1 62 3【解析】根据相互事件同时发生的概率关系，即可求出两球都落入盒子的概率；同理可求两球都不落入盒子的概率，进而求出至少一球落入盒子的概率.甲、乙两球落入盒子的概率分别为

11，，且两球是否落23入盒子互不影响，所以甲、乙都落入盒子的概率为

111，甲、乙两球都不落入盒子的概率为23612211111，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为.故答案为：；. 633233【考点】事件同时发生的概率，利用对立事件求概率 14.【答案】4

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【解析】根据已知条件，将所求的式子化为ab8，利用基本不等式即可求解.a＞0，b＞0，2abab＞0，ab1，118abab8ab8ab8≥24，当且仅当2a2bab2a2bab2ab2abab4时取等号，结合ab1，解得a23，b23或a23，b23时，等号成立.故答案为：4. 【考点】应用基本不等式求最值 15.【答案】1 613 2【解析】可得BAD120，利用平面向量数量积的定义求得的值，然后以点B为坐标原点，BC所在直

0，则点Nx1，线为x轴建立平面直角坐标系，设点Mx，，得出DMDN关于x的函0（其中0≤x≤5）

数表达式，利用二次函数的基本性质求得DMDN的最小值.

ADBC，AD∥BC，

31BAD180B120，ABADBCABBCABcos120639，解得

221，以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系xBy，

6

C6，0，AB3，ABC60，BC6，A的坐标为A，333，又22AD5331BC,则D2，2，65333330，则Nx1，设Mx，0（其中0≤x≤5），DMx，，DNx2，，2225333211322，所以，当x2时，DMDN取得最小DMDNxxx4xx222222值

213113.故答案为：；. 262【考点】平面向量数量积的计算，平面向量数量积的定义与坐标运算

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三、解答题 16.【答案】（Ⅰ）C4 （Ⅱ）sinA213 13（Ⅲ）sin2A172 426【解析】（Ⅰ）直接利用余弦定理运算即可.在△ABC中，由a22，b5，c13及余弦定理

a2b2c2825132cosC，又因为C0，，所以C2ab22252（Ⅱ）由（Ⅰ）及正弦定理即可得到答案.在△ABC中，由C4.

4，a22，c13及正弦定理，可得sinAasinCc2222213.

1313（Ⅲ）先计算出sinA，cosA，进一步求出sin2A，cos2A，再利用两角和的正弦公式计算即可.由a＜c知角A为锐角，由sinA21331312，可得cosA1sin2A，进而sin2A2sinAcosA，131313cos2A2cos2A1122521725，所以sin2Asin2Acoscos2Asin.

4441321322613【考点】正、余弦定理解三角形，三角恒等变换在解三角形中的应用

17.【答案】依题意，以C为原点，分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），

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0，0、A2，0，0、B0，2，0、C10，0，1、E0，可得C0，0，3、A12，0，3、B10，2，3、D2，0，2、M11，，3.

，，0，B1D2，2，2，从而C1MB1D2200，所以C1MB1D. （Ⅰ）证明：依题意，C1M11（Ⅱ）30 63 3（Ⅲ）【解析】（Ⅰ）计算出向量C1M和B1D的坐标，得出C1MB1D0，即可证明出C1MB1D.依题意，以C为原点，分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），

0，0、A2，0，0、B0，2，0、C10，0，1、E0，可得C0，0，3、A12，0，3、B10，2，3、D2，0，2、M11，，3.

，，0，B1D2，2，2，从而C1MB1D2200，所以C1MB1D. 依题意，C1M11（Ⅱ）可知平面BB1E的一个法向量为CA，计算出平面B1ED的一个法向量为n，利用空间向量法计算出二

0，0是平面BB1E面角BB1ED的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果.依题意，CA2，nEB102，1，ED2，0，1.设nx，y，z为平面DB1E的法向量，则的一个法向量，EB10，，即

nED02yz0CAn261，2.cos＜CA，n，不妨设x1，可得n1，，2xz0626CAnsinCA，n1cos2CA，n3030.所以，二面角BB1ED的正弦值为. 662，0.由（Ⅱ）知（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.依题意，AB2，n1，1，2为平面DB1E的一个法向量，于是cosAB，n3. 3ABnABn42263.所以，直线AB与3平面DB1E所成角的正弦值为 7 / 13

【考点】利用空间向量法证明线线垂直，二面角和线面角的正弦值 x2y218.【答案】（Ⅰ）1 1（Ⅱ）y1x3，或yx3 2222【解析】（Ⅰ）根据题意，并借助abc，即可求出椭圆的方程.

x2y2椭圆221a＞b＞0的一个顶

ab3，b3，由OAOF，得cb3，又由a2b2c2，得a2323218，所以，椭圆点为A0，x2y2的方程为1.

1（Ⅱ）利用直线与圆相切，得到CPAB，设出直线AB的方程，并与椭圆方程联立，求出B点坐标，进而求出P点坐标，再根据CPAB，求出直线AB的斜率，从而得解. 直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以CPAB， 根据题意可知，直线AB和直线CP的斜率均存在，

设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y3kx，即ykx3，

ykx312k22222k1x12kx0，消去，可得，解得或. xx0yxy22k11112k6k2312k32将x2代入ykx3，得yk2，

2k12k12k112k6k23，2所以，点B的坐标为2， 2k12k13， 因为P为线段AB的中点，点A的坐标为0，36k，2所以点P的坐标为2，

2k12k10， 由3OCOF，得点C的坐标为1，30232k12， 6k2k6k1122k1 8 / 13

所以，直线CP的斜率为kCP又因为CPAB，所以k31，

2k26k11或k1. 2整理得2k23k10，解得k所以，直线AB的方程为y1x3或yx3. 2【考点】椭圆标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系，直线与圆的位置关系，中点坐标公式以及直线垂直关系的应用

19.【答案】（Ⅰ）ann，bn2（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得Snn1

，故SnSn2nn1211222，nn1n2n3，Snn1n21442从而SnSn2Sn11n1n2＜0，所以SnSn2＜Sn21. 24n6n（Ⅲ）

2n194n9【解析】（Ⅰ）由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果.设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由a11，a55a4a3，可得d1从而an的通项公式为ann.由b11，b54b4b3，又q0，可得q24q40，解得q2，从而bn的通项公式为

bn2n1.

（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论首先求得数列an前n项和，然后利用作差法证明即可.证明：由（Ⅱ）可得

Snnn12，故

1SnSn2nn1n2n34，

2Sn11n12n224，从而

2SnSn2Sn11n1n2＜0，所以SnSn2＜Sn21. 2（Ⅲ）分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算

ck1n2k1和

ck1n2k的值，据此进一步计算数列cn的前2n项和即可.

3an2bn3n22n12n12n1当n为奇数时，cn， anan2nn2n2n当n为偶数时，cnan1n1n， bn12 9 / 13

22k22k222n对任意的正整数n，有c2k11， 2k12k12n1k1k1nn和

ck1n2kn2k1135k23444k142kn2n32n1n① n1441由①得

4ck11352344442n32n1n1② n44由①②得

312c2k24k144n211n22n144nn11441412n1，

44n121144n由于

114n12n122112n1156n5， n1nnn1443344412344从而得：

2n56n5c2kn. 994k1nn4n6n. 因此，ckc2k1c2k2n194n9k1k1k14n6n所以，数列cn的前2n项和为.

2n194n9【考点】数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等 20.【答案】（Ⅰ）（i）y9x8

（ii）gx的极小值为g11，无极大值

3（Ⅱ）证明：由fxxklnx，得fx3x2k. x，且x1＞x2，令对任意的x1，x21，x1tx2t＞1，则

x1x2fx1fx22fx1fx2

xkk23x1x23x123x22x13x2kln1

x1x2x2xxx32x13x23x12x23x1x2k122kln1

x2x2x113x2t33t23t1kt2lnt.①

t 10 / 13

令hxx12lnx，x1，. x2121当x＞1时，hx121＞0，

xxx1单调递增，所以当t＞由此可得hx在1，1时，ht＞h1，即t2lnt＞0.

t因为x2≥1，t33t23t1t1＞0，k≥3，

31133t3t23t1kt2lnt≥t33t23t13t2lnt 所以x2ttt33t26lnt31.② t由（Ⅰ）（ii）可知，当t＞1， 1时，gt＞g1，即t33t26lnt＞3t故t33t26lnt31＞0③ t由①②③可得x1x2fx1fx22fx1fx2＞0.

，且x1＞x2，有 所以，当k≥3时，任意的x1，x21，fx1fx22＞fx1fx2x1x2.

【解析】（Ⅰ）（i）首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可.（i）当k6时，

fxx36lnx，fx3x26，f1处的切线方.可得f11，f19，所以曲线yfx在点1x程为y19x1，即y9x8.

（ii）首先求得gx的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可.依题意，gxx33x26lnx633.从而可得gx3x26x2，整理可得：，x0，xxxgx3x1x1x23，令gx0，解得x1.当x变化时，gx，gx的变化情况如下表：

x gx gx 0，1 x1 1，  单调递减 0 极小值 单调递增 11 / 13

1，单调递增区间为1，；gx的极小值为g11，无极大值. 所以，函数gx的单调递减区间为0，（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令

x1t，将原问题转化为与t有关的函数，然后构造新函数，利用x2新函数的性质即可证得题中的结论.

3证明：由fxxklnx，得fx3x2k. x，且x1＞x2，令对任意的x1，x21，x1tx2t＞1，则

x1x2fx1fx22fx1fx2

xkk23x1x23x123x22x13x2kln1

x1x2x2xxx32x13x23x12x23x1x2k122kln1

x2x2x113x2t33t23t1kt2lnt.①

t令hxx12lnx，x1，. x2121当x＞1时，hx121＞0，

xxx1单调递增，所以当t＞由此可得hx在1，1时，ht＞h1，即t2lnt＞0.

t因为x2≥1，t33t23t1t1＞0，k≥3，

331133t3t23t1kt2lnt≥t33t23t13t2lntt33t26lnt1.② 所以x2ttt由（Ⅰ）（ii）可知，当t＞1， 1时，gt＞g1，即t33t26lnt＞3t故t33t26lnt31＞0③ t由①②③可得x1x2fx1fx22fx1fx2＞0.

，且x1＞x2，有 所以，当k≥3时，任意的x1，x21， 12 / 13

fx1fx22＞fx1fx2x1x2.

【考点】研究函数的单调性，极值（最值）最有效的工具

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