2020年广西高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ)

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＝，＝，则中元素的个数为（ ） 

A.   

【答案】

C

【考点】

交集及其运算

【解析】

利用交集定义求出＝．由此能求出中元素的个数．

【解答】

∵集合＝，＝，

∴＝＝．

∴中元素的个数为．

2.  复数的虚部是（ ） 

A.   

【答案】

D

【考点】

复数的运算

【解析】

直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．

【解答】

∵，

∴复数的虚部是．

3.  在一组样本数据中，，，，出现的频率分别为，，，，且＝，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ） 

A.＝＝，＝＝

B.＝＝，＝＝

C.＝＝，＝＝

D.＝＝，＝＝

【答案】

B

【考点】

极差、方差与标准差

【解析】

根据题意，求出各组数据的方差，方差大的对应的标准差也大．

【解答】

选项＝＝，所以＝＝；

同理选项＝，＝；

选项＝，＝；

选项＝，＝；

4.  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（的单位：天）的模型：，其中为最大确诊病例数．当＝时，标志着已初步遏制疫情，则约为  

A.   

【答案】

C

【考点】

根据实际问题选择函数类型

【解析】

根据所给材料的公式列出方程，解出即可．

【解答】

由已知可得，解得，

两边取对数有＝，

解得，

5.  设为坐标原点，直线＝与抛物线＝交于，两点，若，则的焦点坐标为（ ） 

A.   

【答案】

B法二：易知，∠ODE＝45°，可得D（2，2），代入抛物线方程y＝2px，可得4＝4p，解得p＝1，

【考点】

直线与抛物线的位置关系

【解析】

法一：利用已知条件转化求解、坐标，通过＝，求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点坐标．

法二：画出图形，求出的坐标，代入抛物线方程，然后求解即可．

【解答】

法一：将＝代入抛物线＝，可得＝，，可得＝，

即，解得＝，

所以抛物线方程为：＝，它的焦点坐标．

故选：．

法二：易知，＝，可得，代入抛物线方程＝，

可得＝，解得＝，

故选：．

6.  已知向量，满足＝，＝，，则，  

A.   

【答案】

D

【考点】

平面向量数量积的性质及其运算

【解析】

利用已知条件求出，然后利用向量的数量积求解即可．

【解答】

向量，满足＝，＝，，

可得，

，．

7.  在中，，＝，＝，则＝（ ） 

A.   

【答案】

A

【考点】

余弦定理

正弦定理

【解析】

先根据余弦定理求出，再代入余弦定理求出结论．

【解答】

在中，，＝，＝，

由余弦定理可得＝＝；

故＝；

∴，

8.  如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）

A.   

【答案】

C

【考点】

由三视图求体积

【解析】

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．

【解答】

由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图：

＝＝＝，、、两两垂直，

故＝＝＝，

几何体的表面积为：，

9.  已知＝，则＝（ ） 

A.   

【答案】

D

【考点】

两角和与差的三角函数

【解析】

利用两角和差的正切公式进行展开化简，结合一元二次方程的解法进行求解即可．

【解答】

由＝，得，

即＝，

得＝，

即＝，

即＝，

则＝，

10.  若直线与曲线和圆都相切，则的方程为（ ） 

A.＝ ＝  

【答案】

D

【考点】

利用导数研究曲线上某点切线方程

【解析】

根据直线与圆相切，利用选项到圆心的距离等于半径，在将直线与曲线求一解可得答案；

【解答】

直线与圆相切，那么圆心到直线的距离等于半径，

四个选项中，只有，满足题意；

对于选项：＝与联立，可得＝，此时无解；

对于选项：与联立，可得，此时解得＝；

∴直线与曲线和圆都相切，方程为，

11.  设双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为．是上一点，且．若的面积为，则＝（ ） 

A.   

【答案】

A

【考点】

双曲线的离心率

【解析】

利用双曲线的定义，三角形的面积以及双曲线的离心率，转化求解即可．

【解答】

由题意，设＝，＝，可得＝，，＝，，

可得＝，可得＝，

解得＝．

12.  已知，．设＝，＝，＝，则（ ） 

A.   

【答案】

A

【考点】

对数值大小的比较

【解析】

根据，可得，然后由＝和＝，得到，再确定，，的大小关系．

【解答】

∵，∴；

∵，∴，∴，∴＝；

∵，∴，∴＝，∴，

综上，．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

  若，满足约束条件则＝的最大值为________． 

【答案】

【考点】

简单线性规划

【解析】

先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，＝表示直线在轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在轴上的截距最大值即可．

【解答】

先根据约束条件画出可行域，由解得，

如图，当直线＝过点时，目标函数在轴上的截距取得最大值时，此时取得最大值，

即当＝，＝时，＝＝．

  的展开式中常数项是________（用数字作答）． 

【答案】

【考点】

二项式定理及相关概念

【解析】

先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于，求得的值，即可求得展开式中的常数项的值．

【解答】

由于的展开式的通项公式为 ，

令＝，求得＝，故常数项的值等于 ＝，

  已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 

【答案】

【考点】

球的表面积和体积

【解析】

易知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球，作图，求得出该内切球的半径即可求出球的体积．

【解答】

因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，

如图，圆锥母线＝，底面半径＝，

则其高，

不妨设该内切球与母线切于点，

令＝＝，由，则，

即，解得，

，

  关于函数＝有如下四个命题：

①的图象关于轴对称．

②的图象关于原点对称．

③的图象关于直线对称．

④的最小值为．

其中所有真命题的序号是________． 

【答案】

②③

【考点】

命题的真假判断与应用

【解析】

根据函数奇偶性的定义，对称性的判定，对称轴的求法，逐一判断即可．

【解答】

对于①，由可得函数的定义域为，故定义域关于原点对称，由＝；

所以该函数为奇函数，关于原点对称，所以①错②对；

对于③，由＝，所以该函数关于对称，③对；

对于④，令＝，则，由双勾函数＝的性质，可知，＝，所以无最小值，④错；

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。

 设数列满足＝，＝．  

（1）计算，，猜想的通项公式并加以证明；

（2）求数列的前项和．

【答案】

法一：数列满足＝，＝，

则＝＝，＝＝，…，

猜想的通项公式为＝．

证明如下：当＝，，时，显然成立，

假设＝时，＝成立，

当＝时，＝＝＝＝，故＝时成立，

由知，＝，猜想成立，

所以的通项公式＝．

法二：数列满足＝，＝，

则＝＝，＝＝，…，

猜想的通项公式为＝．

证明：设＝，

可得＝，

∴，解得，

∴＝，（不能说明是等比数列）

∵＝，＝，并且＝，所以＝恒成立．

所以＝．

令＝＝，则数列的前项和

＝，…①

两边同乘得，＝，…②

①-②得，＝

＝，

所以＝．

【考点】

数学归纳法

数列递推式

数列的求和

【解析】

（1）法一利用数列的递推关系式求出，，猜想的通项公式，然后利用数学归纳法证明即可．

法二：利用数列的递推关系式，转化求解即可．

（2）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的前项和．

【解答】

法一：数列满足＝，＝，

则＝＝，＝＝，…，

猜想的通项公式为＝．

证明如下：当＝，，时，显然成立，

假设＝时，＝成立，

当＝时，＝＝＝＝，故＝时成立，

由知，＝，猜想成立，

所以的通项公式＝．

法二：数列满足＝，＝，

则＝＝，＝＝，…，

猜想的通项公式为＝．

证明：设＝，

可得＝，

∴，解得，

∴＝，（不能说明是等比数列）

∵＝，＝，并且＝，所以＝恒成立．

所以＝．

令＝＝，则数列的前项和

＝，…①

两边同乘得，＝，…②

①-②得，＝

＝，

所以＝．

 某学生兴趣小组随机调查了某市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

（1）分别估计该市一天的空气质量等级为，，，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或，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为或，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的列联表，并根据列联表，判断是否有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？

该市一天的空气质量等级为的概率为：；

该市一天的空气质量等级为的概率为：；

该市一天的空气质量等级为的概率为：；

该市一天的空气质量等级为的概率为：；

由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：＝；

根据所给数据，可得下面的列联表，

所以有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】

性检验

古典概型及其概率计算公式

【解析】

（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，，，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）由公式计算的值，从而查表即可，

【解答】

该市一天的空气质量等级为的概率为：；

该市一天的空气质量等级为的概率为：；

该市一天的空气质量等级为的概率为：；

该市一天的空气质量等级为的概率为：；

由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：＝；

根据所给数据，可得下面的列联表，

所以有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．

 如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且＝，＝．

（1）证明：点在平面内；

（2）若＝，＝，＝，求二面角的正弦值．

【答案】

证明：在上取点，使得＝，连接，，，，

在长方体中，有，且＝＝．

又＝，＝，＝，∴＝＝．

∴四边形和四边形都是平行四边形．

∴，且＝，，且＝．

又在长方体中，有，且＝，

∴且＝，则四边形为平行四边形，

∴，且＝，

又，且＝，∴，且＝，

则四边形为平行四边形，

∴点在平面内；

在长方体中，以为坐标原点，

分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．

∵＝，＝，＝，＝，＝，

∴，，，，

则，，．

设平面的一个法向量为．

则，取＝，得；

设平面的一个法向量为．

则，取＝，得．

∴．

设二面角为，则．

∴二面角的正弦值为．

【考点】

平面的基本性质及推论

二面角的平面角及求法

【解析】

（1）在上取点，使得＝，连接，，，，由已知证明四边形和四边形都是平行四边形，可得，且＝，，且＝，进一步证明四边形为平行四边形，得到，且＝，结合，且＝，可得，且＝，则四边形为平行四边形，从而得到点在平面内；

（2）在长方体中，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值，再由同角三角函数基本关系式求得二面角的正弦值．

【解答】

证明：在上取点，使得＝，连接，，，，

在长方体中，有，且＝＝．

又＝，＝，＝，∴＝＝．

∴四边形和四边形都是平行四边形．

∴，且＝，，且＝．

又在长方体中，有，且＝，

∴且＝，则四边形为平行四边形，

∴，且＝，

又，且＝，∴，且＝，

则四边形为平行四边形，

∴点在平面内；

在长方体中，以为坐标原点，

分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．

∵＝，＝，＝，＝，＝，

∴，，，，

则，，．

设平面的一个法向量为．

则，取＝，得；

设平面的一个法向量为．

则，取＝，得．

∴．

设二面角为，则．

∴二面角的正弦值为．

 已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．  

（1）求的方程；

（2）若点在上，点在直线＝上，且＝，，求的面积．

【答案】

由得＝，即，∴，

故的方程是：；

代数方法：

由（1），设，点，

根据对称性，只需考虑的情况，

此时，，

∵＝，∴有＝①，

又∵，∴＝②，

又③，

联立①②③得或，

当时，则，，而，

则（法一），，

∴，

同理可得当时，，

综上，的面积是．

法二：∵，，

∴直线的方程为：＝，

∴点到直线＝的距离，

而，

∴．

数形结合方法：如图示：

①当点在轴左侧时，过点作，直线＝和轴交于点，

易知，∴＝＝，

故＝时，，解得：＝，（＝舍），

故，易得＝，＝，

故＝，

②当点在轴右侧时，同理可得＝，即，＝，＝，

故，

综上，的面积是．

【考点】

椭圆的标准方程

椭圆的应用

直线与椭圆的位置关系

【解析】

（1）根据，＝，＝，代入计算的值，求出的方程即可；

（2）法一：设出，的坐标，得到关于，，的方程组，求出，，从而求出的面积．法二：画出椭圆的图象，求出点坐标，结合图象求出的面积即可．

【解答】

由得＝，即，∴，

故的方程是：；

代数方法：

由（1），设，点，

根据对称性，只需考虑的情况，

此时，，

∵＝，∴有＝①，

又∵，∴＝②，

又③，

联立①②③得或，

当时，则，，而，

则（法一），，

∴，

同理可得当时，，

综上，的面积是．

法二：∵，，

∴直线的方程为：＝，

∴点到直线＝的距离，

而，

∴．

数形结合方法：如图示：

①当点在轴左侧时，过点作，直线＝和轴交于点，

易知，∴＝＝，

故＝时，，解得：＝，（＝舍），

故，易得＝，＝，

故＝，

②当点在轴右侧时，同理可得＝，即，＝，＝，

故，

综上，的面积是．

 设函数＝，曲线＝在点（）处的切线与轴垂直．  

（1）求；

（2）若有一个绝对值不大于的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于．

【答案】

由＝，得＝，

∴＝，即；

证明：设为的一个零点，根据题意，，且，

则，由，

令，

∴，

当时，，当时，

可知在，上单调递减，在上单调递增．

又，，，，

∴．

设 为的零点，则必有，

即，

∴，得，

即．

∴所有零点的绝对值都不大于．

【考点】

利用导数研究曲线上某点切线方程

函数的零点与方程根的关系

【解析】

（1）求出原函数的导函数，由题意可得＝，由此求得值；

（2）设为的一个零点，根据题意，，且，得到，由，对求导数，可得在上的单调性，得到．设 为的零点，则必有，可得，由此求得的范围得答案．

【解答】

由＝，得＝，

∴＝，即；

证明：设为的一个零点，根据题意，，且，

则，由，

令，

∴，

当时，，当时，

可知在，上单调递减，在上单调递增．

又，，，，

∴．

设 为的零点，则必有，

即，

∴，得，

即．

∴所有零点的绝对值都不大于．

（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]（10分）

 在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数且，与坐标轴交于，两点．  

（1）求；

（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线的极坐标方程．

【答案】

当＝时，可得＝（舍去），代入＝，可得＝＝，

当＝时，可得＝（舍去），代入＝，可得＝＝，

所以曲线与坐标轴的交点为，，

则；

由（1）可得直线过点，，

可得的方程为，

即为＝，

由＝，＝，

可得直线的极坐标方程为＝．

【考点】

圆的极坐标方程

参数方程与普通方程的互化

【解析】

（1）可令＝，求得，对应的；再令＝，求得，对应的；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的方程，再由由＝，＝，可得所求极坐标方程．

【解答】

当＝时，可得＝（舍去），代入＝，可得＝＝，

当＝时，可得＝（舍去），代入＝，可得＝＝，

所以曲线与坐标轴的交点为，，

则；

由（1）可得直线过点，，

可得的方程为，

即为＝，

由＝，＝，

可得直线的极坐标方程为＝．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

 设，，，＝，＝．  

（1）证明：；

（2）用表示，，的最大值，证明：．

【答案】

∵＝，∴＝，

∴＝，

∴＝，

∵＝，∴，，均不为，

∴＝，

∴；

不妨设，则，

∵＝，∴＝，

而，与假设矛盾，

故．

【考点】

不等式的证明

【解析】

（1）将＝平方之后，化简得到＝，即可得证；

（2）利用反证法，假设，结合条件推出矛盾．

【解答】

∵＝，∴＝，

∴＝，

∴＝，

∵＝，∴，，均不为，

∴＝，

∴；

不妨设，则，

∵＝，∴＝，

而，与假设矛盾，

故．