2020年高考真题数学 (天津卷)

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试卷目录

1、单选题

2、填空题

3、简答题

真题试卷
模拟试卷

单选题本大题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的4个选项中，有且只有一项是符合题目要求。

题型：单选题

分值: 5分

2．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

正确答案

题型：单选题

分值: 5分

1．设全集，集合，则

正确答案

题型：单选题

分值: 5分

3．函数的图象大致为

正确答案

题型：单选题

分值: 5分

5．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

正确答案

题型：单选题

分值: 5分

7．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

正确答案

题型：单选题

分值: 5分

6．设，则的大小关系为

正确答案

题型：单选题

分值: 5分

9．已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是

正确答案

题型：单选题

分值: 5分

4．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

D36

正确答案

题型：单选题

分值: 5分

8．已知函数．给出下列结论：

①的最小正周期为；

②是的最大值；

③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

A①

B①③

C②③

D①②③

正确答案

填空题本大题共6小题，每小题5分，共30分。把答案填写在题中横线上。

题型：填空题

分值: 5分

10．是虚数单位，复数_________．

正确答案

题型：填空题

分值: 5分

11．在的展开式中，的系数是_________．

正确答案

题型：填空题

分值: 5分

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、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_________．

正确答案

；

题型：填空题

分值: 5分

14．已知，且，则的最小值为_________．

正确答案

题型：填空题

分值: 5分

12．已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．

正确答案

题型：填空题

分值: 5分

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_________．

正确答案

；

简答题（综合题）本大题共75分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

题型：简答题

分值: 14分

16．（本小题满分14分）

在中，角所对的边分别为．已知．

（Ⅰ）求角的大小；

（Ⅱ）求的值；

（Ⅲ）求的值．

正确答案

（Ⅰ）在中，由余弦定理及，有．又因为，所以．

（Ⅱ）在中，由正弦定理及，可得．

（Ⅲ）由及，可得，

进而．

所以，．

题型：简答题

分值: 15分

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．

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求二面角的正弦值；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．

正确答案

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，，．

（Ⅰ）证明：依题意，，，从而，所以．

（Ⅱ）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．

（Ⅲ）解：依题意，．由（Ⅱ）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．

题型：简答题

分值: 15分

19．（本小题满分15分）

已知为等差数列，为等比数列，．

（Ⅰ）求和的通项公式；

（Ⅱ）记的前项和为，求证：；

（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．

正确答案

（Ⅰ）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．

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得，故，，从而，所以．

（Ⅲ）解：当为奇数时，；当为偶数时，．

对任意的正整数，有，

和． ①

由①得． ②

由①②得，从而得．

因此，．

所以，数列的前项和为．

题型：简答题

分值: 15分

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．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）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，且为线段的中点．求直线的方程．

正确答案

（Ⅰ）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．

（Ⅱ）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．

题型：简答题

分值: 16分

20．（本小题满分16分）

已知函数，为的导函数．

（Ⅰ）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；

（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．

正确答案

（Ⅰ）（i）当时，，故．可得，，所以曲线在点处的切线方程为，即．

（ii）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：

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．

（Ⅱ）证明：由，得．

对任意的，且，令，则

． ①

令．当时，，由此可得在单调递增，所以当时，，即．

因为，，

所以，

． ②

由（Ⅰ）（ii）可知，当时，，即，

故． ③

由①②③可得．所以，当时，对任意的，且，有．

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