1、2020年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学本试卷分为第卷（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
2、积公式，其中表示球的半径一选择题：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，
3、则双曲线的方程为A 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
4、的概率为_；甲、乙两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
5、为圆心的圆相切于点，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2020年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）数学参考解答一选择题：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
6、（）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，
7、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12
