2020年四川省高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ）.docx

1、2020年四川省高考数学试卷（理科）（新课标）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=(x,y)|x,yN*,yx，B=(x,y)|x+y=8，则AB中元素的个数为( )A.2B.3C.4D.62. 复数11-3i的虚部是（ ）A.-310B.-110C.110D.3103. 在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且i=14pi1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ）A.p1p40.1，p2p30.4B.p1p40.4，p2p30.1C.p1p40.2，p2p30

2、.3D.p1p40.3，p2p30.24. 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)=K1+e-0.23(t-53)，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( )(ln193)A.60B.63C.66D.695. 设O为坐标原点，直线x2与抛物线C:y22px(p0)交于D，E两点，若ODOE，则C的焦点坐标为（ ）A.(14,0)B.(12,0)C.(1,0)D.(2,0)6. 已知向量a，b满足|a|5，|b|6，ab=-

3、6，则cos=( )A.-3135B.-1935C.1735D.19357. 在ABC中，cosC=23，AC4，BC3，则cosB（ ）A.19B.13C.12D.238. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A.6+42B.4+42C.6+23D.4+239. 已知2tan-tan(+4)7，则tan（ ）A.-2B.-1C.1D.210. 若直线l与曲线y=x和圆x2+y2=15都相切，则l的方程为（ ）A.y2x+1B.y2x+12C.y=12x+1D.y=12x+1211. 设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5P是C上

4、一点，且F1PF2P若PF1F2的面积为4，则a（ ）A.1B.2C.4D.812. 已知5584，13485设alog53，blog85，clog138，则（ ）A.abcB.bacC.bcaD.ca400空气质量好空气质量不好附：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(K2k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.82819. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1 （1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB2，AD1，AA13，求二面角A-EF-A1的正弦值20. 已知

5、椭圆C:x225+y2m2=1(0m5)的离心率为154，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x6上，且|BP|BQ|，BPBQ，求APQ的面积21. 设函数f(x)x3+bx+c，曲线yf(x)在点（12,f(12)）处的切线与y轴垂直 （1）求b；（2）若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1（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）)22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=2-t-t2,y=2-3t+t2(t为

6、参数且t1)，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（10分）)23. 设a，b，cR，a+b+c0，abc1 （1）证明：ab+bc+ca400总计空气质量好333770空气质量不好22830总计5545100由表中数据可得：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(338-3722)2703055455.8203.841，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. 证明：在AA1上取点M，使得A1M2AM，连接EM，B1M

7、，EC1，FC1，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，有DD1/AA1/BB1，且DD1AA1BB1又2DEED1，A1M2AM，BF2FB1， DEAMFB1 四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形 AF/MB1，且AFMB1，AD/ME，且ADME又在长方体ABCD-A1B1C1D1中，有AD/B1C1，且ADB1C1， B1C1/ME且B1C1ME，则四边形B1C1EM为平行四边形， EC1/MB1，且EC1MB1，又AF/MB1，且AFMB1， AF/EC1，且AFEC1，则四边形AFC1E为平行四边形， 点C1在平面AEF内；在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以C1为坐

8、标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系 AB2，AD1，AA13，2DEED1，BF2FB1， A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，则EF=(-2,1,-1)，AE=(0,-1,-1)，A1E=(0,-1,2)设平面AEF的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)则n1EF=-2x1+y1-z1=0n1AE=-y1-z1=0，取x11，得n1=(1,1,-1)；设平面A1EF的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)则n2EF=-2x2+y2-z2=0n2A1E=-y2+2z2=0，取x21，得n2=(1,4,2) c

9、os=n1n2|n1|n2|=1+4-2321=77设二面角A-EF-A1为，则sin=1-17=427 二面角A-EF-A1的正弦值为42720. 由e=ca得e21-b2a2，即1516=1-m225， m2=2516，故C的方程是：x225+16y225=1；代数方法：由（1）A(-5,0)，设P(s,t)，点Q(6,n)，根据对称性，只需考虑n0的情况，此时-5s5，0t54， |BP|BQ|， 有(s-5)2+t2n2+1，又 BPBQ， s-5+nt0，又s225+16t225=1，联立得s=3t=1n=2或s=-3t=1n=8，当s=3t=1n=2时，则P(3,1)，Q(6,2)

10、，而A(-5,0)，则（法一）AP=(8,1)，AQ=(11,2)， SAPQ=12AP2AQ2-(APAQ)2=12|82-111|=52，同理可得当s=-3t=1n=8时，SAPQ=52，综上，APQ的面积是52法二： P(3,1)，Q(6,2)， 直线PQ的方程为：x-3y0， 点A到直线PQ:x-3y0的距离d=510，而|PQ|=10， SAPQ=1210510=52数形结合方法：如图示：当P点在y轴左侧时，过P点作PMAB，直线x6和x轴交于N(6,0)点，易知PMBBQN， NQPM1，故y1时，x225+12516=1，解得：x3，（x3舍），故P(-3,1)，易得BM8，QN

11、8，故SAPQSAQN-SAPB-SPBQ-SBQN=12(118-101-(1+65)-18)=52，当P点在y轴右侧时，同理可得x3，即P(3,1)，BM2，NQ2，故SAPQ=52，综上，APQ的面积是5221. 由f(x)x3+bx+c，得f(x)3x2+b， f(12)3(12)2+b=0，即b=-34；证明：设x0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x0)=x03-34x0+c=0，且|x0|1，则c=-x03+34x0，由|x0|1，令c(x)=-x3+34x(-1x1)， c(x)=-3x2+34=-3(x+12)(x-12)，当x(-1,-12)(12,1)时，c(x)0可知

12、c(x)在(-1,-12)，(12,1)上单调递减，在(-12,12)上单调递增又c(-1)=14，c(1)=-14，c(-12)=-14，c(12)=14， -14c14设x1为f(x)的零点，则必有f(x1)=x13-34x1+c=0，即-14c=-x13+34x114， 4x13-3x1-1=(x1-1)(2x1+1)204x13-3x1+1=(x1+1)(2x1-1)20，得-1x11，即|x1|1 f(x)所有零点的绝对值都不大于1（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）22. 当x0时，可得

13、t-2（1舍去），代入y2-3t+t2，可得y2+6+412，当y0时，可得t2（1舍去），代入x2-t-t2，可得x2-2-4-4，所以曲线C与坐标轴的交点为(-4,0)，(0,12)，则|AB|=(-4)2+122=410；由（1）可得直线AB过点(0,12)，(-4,0)，可得AB的方程为y12-x4=1，即为3x-y+120，由xcos，ysin，可得直线AB的极坐标方程为3cos-sin+120选修4-5：不等式选讲（10分）23. a+b+c0， (a+b+c)20， a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc0， 2ab+2ac+2bc-(a2+b2+c2)， abc1， a，b，c均不为0， 2ab+2ac+2bc-(a2+b2+c2)0， ab+ac+bc0；不妨设ab0c134， a+b+c0， -a-bc264=412416=413=34，与假设矛盾，故maxa,b,c34