:2020年天津数学（文科）高考试题及答案（word版）

参考答案

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分40分．

（1）C （2）C （3）A （4）B

（5）D （6）A （7）A （8）C

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题5分，满分30分．

（9）4–i （10）e （11）

（12） （13） （14）［，2］

三、解答题

（15）本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基本知识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．满分13分．

（Ⅰ）解：由已知，甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学，因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．

（Ⅱ）（i）解：从抽出的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为

{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}，共21种．

（ii）解：由（Ⅰ），不妨设抽出的7名同学中，来自甲年级的是A，B，C，来自乙年级的是D，E，来自丙年级的是F，G，则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共5种．学@科网

所以，事件M发生的概率为P（M）=．

（16）本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角差的正弦与余弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力．满分13分．

（Ⅰ）解：在△ABC中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得．又因为，可得B=．

（Ⅱ）解：在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b=．

由，可得．因为a

所以，

（17）本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．

（Ⅰ）由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．

（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．

在Rt△DAM中，AM=1，故DM=．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．

在Rt△DAN中，AN=1，故DN=．

在等腰三角形DMN中，MN=1，可得．

所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为．

（Ⅲ）解：连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=．又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．

在Rt△CAD中，CD==4．

在Rt△CMD中，．

所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．

（18）本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识。考查数列求和的基本方法和运算求解能力。满分13分。

（I）解：设等比数列的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得。

因为，可得，故。所以。

设等差数列的公差为。由，可得。由，可得 从而，故，所以。

（II）解：由（I），知

由可得，

整理得 解得（舍），或。所以n的值为4。学&科网

（19）本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识。考查用代数方法研究圆锥曲线的性质。考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力。满分14分。

（I）解：设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得 由，从而。

所以，椭圆的方程为。

（II）解：设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意，，

点的坐标为 由的面积是面积的2倍，可得，

从而，即。

易知直线的方程为，由方程组 消去y，可得。由方程组消去，可得。由，可得，两边平方，整理得，解得，或。

当时，，不合题意，舍去；当时，，，符合题意。

所以，的值为。

（20）本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能量，满分14分。

（Ⅰ）解：由已知，可得f(x)=x(x−1)(x+1)=x3−x，故f‵(x)=3x−1，因此f(0)=0，=−1，又因为曲线y=f(x)在点(0， f(0))处的切线方程为y−f(0)=  (x−0)，故所求切线方程为x+y=0。

（Ⅱ）解：由已知可得

f(x)=(x−t2+3)( x−t2) (x−t2−3)=( x−t2)3−9 ( x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x− t22+9t2。

故= 3x3−6t2x+3t22−9。令=0，解得x= t2−，或x= t2+。

当x变化时，f‵(x)，f(x)的变化如下表：

x (−∞，t2−) t2− (t2−，t2+) t2+ (t2+，+∞)

+ 0 − 0 +

f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗

所以函数f(x)的极大值为f(t2−)=(−)3−9×(−)=6；函数小值为f(t2+)=()3−9×()=−6。

（III）解：曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x−t2+d) (x−t2) (x−t2−d)+ (x−t2)+ 6=0有三个互异的实数解，令u= x−t2，可得u3+(1−d2)u+6=0。

设函数g(x)= x3+(1−d2)x+6，则曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点。

=3 x3+(1−d2)。

当d2≤1时，≥0，这时在R上单调递增，不合题意。

当d2>1时，=0，解得x1=，x2=。

易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1， x2]上单调递减，在(x2， +∞)上单调递增，

g(x)的极大值g(x1)= g()=>0。

g(x)的极小值g(x2)= g()=−。

若g(x2) ≥0，由g(x)的单调性可知函数y=f(x)至多有两个零点，不合题意。

若即，也就是，此时， 且，从而由的单调性，可知函数 在区间内各有一个零点，符合题意。学科……网

所以的取值范围是