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类型2020年天津高考数学试题及答案.doc

  • 上传人(卖家):2023DOC
  • 文档编号:5511997
  • 上传时间:2023-04-23
  • 格式:DOC
  • 页数:10
  • 大小:1.26MB
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    资源描述:

    1、2020年天津高考数学试题及答案本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分,共150分,考试用时120分钟。第卷1至3页,第卷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

    2、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 D2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 BC D4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A10 B18 C20 D365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 D6设,则的大小关系为A B C D7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

    3、B C D8已知函数给出下列结论:的最小正周期为;是的最大值;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 B C D9已知函数若函数恰有4个零点,则的取值范围是A BC D第卷注意事项: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

    4、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()求角的大小;()求的值;()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()求证:;()求二面角的正弦值;()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()求椭圆的方程;()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,

    5、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,()求和的通项公式;()记的前项和为,求证:;()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()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;()当时,求证:对任意的,且,有参考解答一选择题:每小题5分,满分45分1C2A3A4B5C6D7D8B9D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10111012513;14415;三解答题16满分14分()解:在中,由余弦定理及,有又因为,所以()解:在中,由正弦定理及,可

    6、得()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,()证明:依题意,从而,所以()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()解:依题意,由()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()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()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,可得点的坐标为因为为线段的中点,点的坐标为,所以点的坐

    7、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()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()证明:由()可得,故,从而,所以()解:当为奇数时,;当为偶数时,对任意的正整数,有,和 由得 由得,从而得因此,所以,数列的前项和为20满分16分()(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()证明:由,得对任意的,且,令,则 令当时,由此可得在单调递增,所以当时,即因为,所以, 由()(ii)可知,当时,即,故 由可得所以,当时,对任意的,且,有

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