2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）（解析版）

2020 年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和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 ， ，则 A∩B 中元素的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】 采用列举法列举出 中元素的即可. 【详解】由题意， ，故 中元素的个数为 3. 故选：B 【点晴】本题主要考查集合 交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题. 2.若 ，则 z=（ ） A. 1–i B. 1+i C. –i D. i 【答案】D 【解析】 【分析】 先利用除法运算求得 ，再利用共轭复数的概念得到 即可. 【详解】因为 ，所以 . 故选：D 【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到共轭复数的概念，是一道基础题. 的 { }1 2 3 5 7 11A = ，，，，， { }3 15|B x x= < < A B {5,7,11}A B∩ = A B ( )1 1+ = −z i i z z 21 (1 ) 2 1 (1 )(1 ) 2 i i iz ii i i − − −= = = = −+ + − z 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 【答案】C 【解析】 【分析】 根据新数据与原数据关系确定方差关系，即得结果. 【详解】因为数据 的方差是数据 的方差的 倍， 所以所求数据方差为 故选：C 【点睛】本题考查方差，考查基本分析求解能力，属基础题. 4.Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．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： ，其中 K 为最大确诊病例数．当 I( )=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则 约为（ ）（ln19≈3） A. 60 B. 63 C. 66 D. 69 【答案】C 【解析】 【分析】 将 代入函数 结合 求得 即可得解. 【详解】 ，所以 ，则 ， 所以， ，解得 . 故选：C. 【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题. 5.已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B ( 1,2, , )iax b i n+ = ， ( 1,2, , )ix i n= ， 2a 210 0.01=1× 0.23( 53)( )= 1 e tI Kt − −+ *t *t t t∗= ( ) ( )0.23 531 t KI t e− −= + ( ) 0.95I t K∗ = t∗ ( ) ( )0.23 531 t KI t e− −= + ( ) ( )0.23 53 0.95 1 t KI t K e ∗ ∗ − − = = + ( )0.23 53 19te ∗ − = ( )0.23 53 ln19 3t∗ − = ≈ 3 53 660.23t∗ ≈ + ≈ πsin sin =3 1θ θ + +   πsin =6 θ +   1 2 3 3 2 3 2 2【解析】 【分析】 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. 【详解】由题意可得： ， 则： ， ， 从而有： ， 即 . 故选：B. 【点睛】本题主要考查两角和与差的正余弦公式及其应用，属于中等题. 6.在平面内，A，B 是两个定点，C 是动点，若 ，则点 C 的轨迹为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 抛物线 D. 直线 【答案】A 【解析】 【分析】 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. 【详解】设 ，以 AB 中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系， 则： ，设 ，可得： ， 从而： ， 结合题意可得： ， 1 3sin sin cos 12 2 θ θ θ+ + = 3 3sin cos 12 2 θ θ+ = 3 1 3sin cos2 2 3 θ θ+ = 3sin cos cos sin6 6 3 π πθ θ+ = 3sin 6 3 πθ + =   =1AC BC⋅  ( )2 0AB a a= > ( ) ( ),0 , ,0A a B a− ( ),C x y ( ) ( ), , ,AC x a y BC x a y → → = + = − ( )( ) 2AC BC x a x a y → → ⋅ = + − + ( )( ) 2 1x a x a y+ − + =整理可得： ， 即点 C 的轨迹是以 AB 中点为圆心， 为半径的圆. 故选：A. 【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能 力和计算求解能力. 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） 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题中所给的条件 ，结合抛物线的对称性，可知 ，从而可以确定出点 的坐标，代入方程求得 的值，进而求得其焦点坐标，得到结果. 【详解】因为直线 与抛物线 交于 两点，且 ， 根据抛物线的对称性可以确定 ，所以 ， 代入抛物线方程 ，求得 ，所以其焦点坐标为 ， 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有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，属于简单题目. 8.点(0，﹣1)到直线 距离的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 首先根据直线方程判断出直线过定点 ，设 ，当直线 与 垂直时，点 到直 线 距离最大，即可求得结果. 【详解】由 可知直线过定点 ，设 ， 2 2 2 1x y a+ = + 2 1a + 1 4 1 2 OD OE⊥ 4COx COx π∠ = ∠ = D p 2x = 2 2 ( 0)y px p= > ,C D OD OE⊥ 4DOx COx π∠ = ∠ = (2,2)C 4 4p= 1p = 1( ,0)2 ( )1y k x= + 2 3 ( 1,0)P − (0, 1)A − ( 1)y k x= + AP A ( 1)y k x= + ( 1)y k x= + ( 1,0)P − (0, 1)A −当直线 与 垂直时，点 到直线 距离最大， 即为 . 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质是解 题的关键，属于基础题. 9.下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 【答案】C 【解析】 【分析】 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. 【详解】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： 根据勾股定理可得： 是边长为 的等边三角形 根据三角形面积公式可得： ( 1)y k x= + AP A ( 1)y k x= + | | 2AP = 2 2 3 3 1 2 2 22ABC ADC CDBS S S= = = × × =△ △ △ 2 2AB AD DB= = = ∴ ADB△ 2 2该几何体的表面积是： . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形， 考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 10.设 a=log32，b=log53，c= ，则（ ） A. a 3 kx < − 3 kx > ( )f x ( , )3 3 k k− ( , )3 k−∞ − ( , )3 k +∞ ( )f x 0k > ( ) 03 ( ) 03 kf kf  − >    − 2( ) 0f k k= > ( )f x ( , )3 k k 1 3 kk− − < − 3 2( 1) ( 1) 0f k k k− − = − − + < ( )f x ( 1, )3 kk− − − ( )f x ( , )3 3 k k− ( )f x k 4(0, )27 2 2 2: 1(0 5)25 x yC m m + = < < 15 4 A B C C P C Q 6x = | | | |BP BQ= BP BQ⊥ APQ 2 216 125 25 x y+ = 5 2 2 2 2: 1(0 5)25 x yC m m + = < < 5a = b m= P C Q 6x = | | | |BP BQ= BP BQ⊥ P x M 6x = x N PMB BNQ≅△ △ P AQ APQ【详解】（1） ， ， 根据离心率 ， 解得 或 (舍)， 的方程为： ， 即 ； （2） 点 在 上，点 在直线 上，且 ， ， 过点 作 轴垂线，交点为 ，设 与 轴交点为 根据题意画出图形，如图 ， ， ， 又 ， ， ， 根据三角形全等条件“ ”， 可得： ， ， ， ，  2 2 2: 1(0 5)25 x yC m m + = < < ∴ 5a = b m= 2 2 15 41 1 5 c b me a a    = = − = − =       5 4m = 5 4m = − ∴ C 2 2 2 1 4 25 5 x y     + = 2 216 125 25 x y+ =  P C Q 6x = | | | |BP BQ= BP BQ⊥ P x M 6x = x N  | | | |BP BQ= BP BQ⊥ 90PMB QNB∠ = ∠ = °  90PBM QBN∠ + ∠ = ° 90BQN QBN∠ + ∠ = ° ∴ PBM BQN∠ = ∠ AAS PMB BNQ≅△ △  2 216 125 25 x y+ = ∴ (5,0)B ∴ 6 5 1PM BN= = − =设 点为 ， 可得 点纵坐标为 ，将其代入 ， 可得： ， 解得： 或 ， 点为 或 ， ①当 点为 时， 故 ， ， ， 可得： 点为 ， 画出图象，如图 , ， 可求得直线 的直线方程为： ， 根据点到直线距离公式可得 到直线 的距离为： ， 根据两点间距离公式可得： ， 面积为： ； P ( , )P Px y P 1Py = 2 216 125 25 x y+ = 2 16 125 25 Px + = 3Px = 3Px = − ∴ P (3,1) ( 3,1)− P (3,1) 5 3 2MB = − =  PMB BNQ≅△ △ ∴| | | | 2MB NQ= = Q (6,2)  ( 5,0)A − (6,2)Q AQ 2 11 10 0x y− + = P AQ 2 2 2 3 11 1 10 5 5 51252 11 d × − × += = = + ( ) ( )2 26 5 2 0 5 5AQ = + + − = ∴ APQ 1 5 55 52 5 2 × × =②当 点为 时， 故 ， ， ， 可得： 点为 ， 画出图象，如图 ， 可求得直线 的直线方程为： ， 根据点到直线距离公式可得 到直线 的距离为： ， 根据两点间距离公式可得： ， 面积为： ， 综上所述， 面积为： . 【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形 结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. （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| |： , P ( 3,1)− 5+3 8MB = =  PMB BNQ≅△ △ ∴| | | | 8MB NQ= = Q (6,8)  ( 5,0)A − (6,8)Q AQ 8 11 40 0x y− + = P AQ ( ) 2 2 8 3 11 1 40 5 5 185 1858 11 d × − − × += = = + ( ) ( )2 26 5 8 0 185AQ = + + − = ∴ APQ 1 5 51852 2185 × × = APQ 5 2 2 2 2 2 x t t y t t  = − −  = − + ， 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）由参数方程得出 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 的值； （2）由 坐标得出直线 的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可. 【详解】（1）令 ，则 ，解得 或 （舍），则 ，即 . 令 ，则 ，解得 或 （舍），则 ，即 . ； （2）由（1）可知 ， 则直线 的方程为 ，即 . 由 可得，直线 的极坐标方程为 . 【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题. [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 < ( )2 2 2 3 2 2b c b c bca a a bc bc + + += ⋅ = = 2 2 2 2( ) 2 2 2 0a b c a b c ab ac bc+ + = + + + + + =. 均不为 ，则 ， ； （2）不妨设 ， 由 可知， ， ， . 当且仅当 时，取等号， ，即 . 【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题. ( )2 2 21 2ab bc ca a b c∴ + + = − + + , ,a b c 0 2 2 2 0a b c+ + > ( )2 2 21 2 0ab bc ca a b c∴ + + = − + + < max{ , , }a b c a= 0, 1a b c abc+ + = = 0, 0, 0a b c> < < 1,a b c a bc = − − = ( )2 2 2 3 2 2 2 2 4b c b c bc bc bca a a bc bc bc + + + +∴ = ⋅ = = ≥ = b c= 3 4a∴ ≥ 3max{ , , } 4a b c 