2020年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)試題 文（天津卷）本試卷分為第卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試用時(shí)120分鐘。第卷1至2頁(yè)，第卷3至5頁(yè)。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題考上，并在規(guī)定位置粘貼考試用條形碼。答卷時(shí)，考生務(wù)必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效?？荚嚱Y(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。祝各位考生考試順利！第卷注意事項(xiàng)：1每小題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。2本卷共8小題，每小題5分，共40分。參考公式：·如果事件 A，B 互斥，那么 P(AB)=P(A)+P(B) ·棱柱的體積公式V=Sh. 其中S表示棱柱的底面面積，h表示棱柱的高·棱錐的體積公式，其中表示棱錐的底面積，h表示棱錐的高.一選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.（1）設(shè)集合，則 （A） （B） （C） （D） （2）設(shè)變量滿足約束條件則目標(biāo)函數(shù)的最大值為（A）6（B）19（C）21（D）45（3）設(shè)，則“”是“” 的（A）充分而不必要條件（B）必要而不充分條件（C）充要條件（D）既不充分也不必要條件（4）閱讀如圖所示的程序框圖，運(yùn)行相應(yīng)的程序，若輸入的值為20，則輸出的值為（A）1（B）2（C）3（D）4（5）已知，則的大小關(guān)系為（A） （B）（C）（D）（6）將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)（A）在區(qū)間 上單調(diào)遞增（B）在區(qū)間 上單調(diào)遞減（C）在區(qū)間 上單調(diào)遞增（D）在區(qū)間 上單調(diào)遞減（7）已知雙曲線 的離心率為2，過右焦點(diǎn)且垂直于軸的直線與雙曲線交于兩點(diǎn).設(shè)到雙曲線的同一條漸近線的距離分別為和，且 則雙曲線的方程為（A） （B）（C）（D）（8）在如圖的平面圖形中，已知,則的值為（A） （B） （C） （D）0第卷注意事項(xiàng)：1用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上。2本卷共12小題，共110分。二填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分.（9）i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)=_（10）已知函數(shù)f(x)=exlnx，f (x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f （1）的值為_（11）如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，則四棱柱A1BB1D1D的體積為_（12）在平面直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過三點(diǎn)（0，0），（1，1），（2，0）的圓的方程為_（13）已知a，bR，且a3b+6=0，則2a+的最小值為_（14）已知aR，函數(shù)若對(duì)任意x3，+），f(x)恒成立，則a的取值范圍是_三解答題：本大題共6小題，共80分解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟（15）（本小題滿分13分）已知某校甲、乙、丙三個(gè)年級(jí)的學(xué)生志愿者人數(shù)分別為240，160，160現(xiàn)采用分層抽樣的方法從中抽取名同學(xué)去某敬老院參加獻(xiàn)愛心活動(dòng)（）應(yīng)從甲、乙、丙三個(gè)年級(jí)的學(xué)生志愿者中分別抽取多少人？（）設(shè)抽出的7名同學(xué)分別用A，B，C，D，E，F(xiàn)，G表示，現(xiàn)從中隨機(jī)抽取2名同學(xué)承擔(dān)敬老院的衛(wèi)生工作（i）試用所給字母列舉出所有可能的抽取結(jié)果；（ii）設(shè)M為事件“抽取的2名同學(xué)來自同一年級(jí)”，求事件M發(fā)生的概率（16）（本小題滿分13分）在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a,b,c已知bsinA=acos(B)（）求教B的大??；（）設(shè)a=2，c=3，求b和sin(2AB)的值（17）（本小題滿分13分）如圖，在四面體ABCD中，ABC是等邊三角形，平面ABC平面ABD，點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn)，AB=2，AD=，BAD=90°（）求證：ADBC；（）求異面直線BC與MD所成角的余弦值；（）求直線CD與平面ABD所成角的正弦值（18）（本小題滿分13分）設(shè)an是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn（nN*）；bn是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為Tn（nN*）已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6（）求Sn和Tn；（）若Sn+（T1+T2+Tn）=an+4bn，求正整數(shù)n的值（19）（本小題滿分14分）設(shè)橢圓 的右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為，.（I）求橢圓的方程；（II）設(shè)直線與橢圓交于兩點(diǎn)，與直線交于點(diǎn)M，且點(diǎn)P，M均在第四象限.若的面積是面積的2倍，求k的值.（20）（本小題滿分14分）設(shè)函數(shù)，其中,且是公差為的等差數(shù)列.（I）若 求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（II）若，求的極值；（III）若曲線 與直線有三個(gè)互異的公共點(diǎn)，求d的取值范圍.參考答案一、選擇題：本題考查基本知識(shí)和基本運(yùn)算每小題5分，滿分40分（1）C（2）C（3）A（4）B（5）D（6）A（7）A（8）C二、填空題：本題考查基本知識(shí)和基本運(yùn)算每小題5分，滿分30分（9）4i（10）e（11） （12） （13） （14），2三、解答題（15）本小題主要考查隨機(jī)抽樣、用列舉法計(jì)算隨機(jī)事件所含的基本事件數(shù)、古典概型及其概率計(jì)算公式等基本知識(shí)考查運(yùn)用概率知識(shí)解決簡(jiǎn)單實(shí)際問題的能力滿分13分（）解：由已知，甲、乙、丙三個(gè)年級(jí)的學(xué)生志愿者人數(shù)之比為322，由于采用分層抽樣的方法從中抽取7名同學(xué)，因此應(yīng)從甲、乙、丙三個(gè)年級(jí)的學(xué)生志愿者中分別抽取3人，2人，2人（）（i）解：從抽出的7名同學(xué)中隨機(jī)抽取2名同學(xué)的所有可能結(jié)果為A，B，A，C，A，D，A，E，A，F(xiàn)，A，G，B，C，B，D，B，E，B，F(xiàn)，B，G，C，D，C，E，C，F(xiàn)，C，G，D，E，D，F(xiàn)，D，G，E，F(xiàn)，E，G，F(xiàn)，G，共21種（ii）解：由（），不妨設(shè)抽出的7名同學(xué)中，來自甲年級(jí)的是A，B，C，來自乙年級(jí)的是D，E，來自丙年級(jí)的是F，G，則從抽出的7名同學(xué)中隨機(jī)抽取的2名同學(xué)來自同一年級(jí)的所有可能結(jié)果為A，B，A，C，B，C，D，E，F(xiàn)，G，共5種所以，事件M發(fā)生的概率為P（M）=（16）本小題主要考查同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，兩角差的正弦與余弦公式，二倍角的正弦與余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力滿分13分（）解：在ABC中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得又因?yàn)?，可得B=（）解：在ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b=由，可得因?yàn)閍<c，故因此， 所以， （17）本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面垂直等基礎(chǔ)知識(shí)考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力滿分13分（）由平面ABC平面ABD，平面ABC平面ABD=AB，ADAB，可得AD平面ABC，故ADBC（）解：取棱AC的中點(diǎn)N，連接MN，ND又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn)，故MNBC所以DMN（或其補(bǔ)角）為異面直線BC與MD所成的角在RtDAM中，AM=1，故DM=因?yàn)锳D平面ABC，故ADAC在RtDAN中，AN=1，故DN=在等腰三角形DMN中，MN=1，可得所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為（）解：連接CM因?yàn)锳BC為等邊三角形，M為邊AB的中點(diǎn)，故CMAB，CM=又因?yàn)槠矫鍭BC平面ABD，而CM平面ABC，故CM平面ABD所以，CDM為直線CD與平面ABD所成的角在RtCAD中，CD=4在RtCMD中，所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為（18）本小題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式等基礎(chǔ)知識(shí).考查數(shù)列求和的基本方法和運(yùn)算求解能力.滿分13分.（I）解：設(shè)等比數(shù)列的公比為q，由b1=1，b3=b2+2，可得.因?yàn)椋傻?，?所以.設(shè)等差數(shù)列的公差為.由，可得.由，可得 從而，故，所以.（II）解：由（I），知 由可得，整理得 解得（舍），或.所以n的值為4.（19）本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程等基礎(chǔ)知識(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力，以及用方程思想解決問題的能力.滿分14分.（I）解：設(shè)橢圓的焦距為2c，由已知得，又由，可得 由,從而.所以，橢圓的方程為.（II）解：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，點(diǎn)M的坐標(biāo)為 ，由題意，點(diǎn)的坐標(biāo)為 由的面積是面積的2倍，可得，從而，即.易知直線的方程為，由方程組 消去y，可得.由方程組消去，可得.由，可得，兩邊平方，整理得，解得，或.當(dāng)時(shí)，不合題意，舍去；當(dāng)時(shí)，符合題意.所以，的值為.（20）本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)和方法，考查函數(shù)思想和分類討論思想，考查綜合分析問題和解決問題的能量，滿分14分.（）解：由已知，可得f(x)=x(x1)(x+1)=x3x，故f(x)=3x1，因此f(0)=0，=1，又因?yàn)榍€y=f(x)在點(diǎn)(0， f(0)處的切線方程為yf(0)= (x0)，故所求切線方程為x+y=0.（）解：由已知可得f(x)=(xt2+3)( xt2) (xt23)=( xt2)39 ( xt2)=x33t2x2+(3t229)x t22+9t2.故= 3x36t2x+3t229.令=0，解得x= t2，或x= t2+.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化如下表：x(，t2)t2(t2，t2+)t2+(t2+，+)+00+f(x)極大值極小值所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2)=()39×()=6；函數(shù)小值為f(t2+)=()39×()=6.（III）解：曲線y=f(x)與直線y=(xt2)6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于x的方程(xt2+d) (xt2) (xt2d)+ (xt2)+ 6=0有三個(gè)互異的實(shí)數(shù)解，令u= xt2，可得u3+(1d2)u+6=0.設(shè)函數(shù)g(x)= x3+(1d2)x+6，則曲線y=f(x)與直線y=(xt2)6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)y=g(x)有三個(gè)零點(diǎn).=3 x3+(1d2).當(dāng)d21時(shí)，0，這時(shí)在R上單調(diào)遞增，不合題意.當(dāng)d2>1時(shí)，=0，解得x1=，x2=.易得，g(x)在(，x1)上單調(diào)遞增，在x1， x2上單調(diào)遞減，在(x2， +)上單調(diào)遞增，g(x)的極大值g(x1)= g()=>0.g(x)的極小值g(x2)= g()=.若g(x2) 0，由g(x)的單調(diào)性可知函數(shù)y=f(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn)，不合題意.若即，也就是，此時(shí)， 且，從而由的單調(diào)性，可知函數(shù) 在區(qū)間內(nèi)各有一個(gè)零點(diǎn)，符合題意.所以的取值范圍是