2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ)
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第1页，共19页
2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知集合𝐴={1,2,3,5,7,11}，𝐵={𝑥|3<𝑥<15}，则𝐴∩𝐵中元素的个数为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了交集的运算和交集及其运算 ，属于基础题．
利用交集的定义即可求解；
【解答】
解：∵𝐴={1,2,3,5,7,11}，𝐵={𝑥|3<𝑥<15}，
∴𝐴∩𝐵={5,7,11}，
∴𝐴∩𝐵中元素个数为3．
故选B．
2. 若𝑧(1+𝑖)=1−𝑖，则𝑧=( )
A. 1−𝑖 B. 1+𝑖 C. −𝑖 D. i
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查复数的四则运算，共轭复数的概念，属于基础题．
先由复数的四则运算法则求出𝑧，再利用共轭复数的概念得到答案．
【解答】 第2页，共19页 解：由𝑧(1+𝑖)=1−𝑖，得𝑧=1−𝑖1+𝑖=(1−𝑖)22=−i，
所以𝑧=𝑖，
故选D．
3. 设一组样本数据𝑥1,𝑥2,...,𝑥𝑛的方差为0.01，则数据10𝑥1,10𝑥2,...,10𝑥n的方差为( )
A. 0.01 B. 0.1 C. 1 D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查方差的运算，是基础题．
直接进行求解即可．
【解答】
解：设𝑥1,𝑥2,⋯,𝑥𝑛 的平均数为𝑥 ，方差𝑆12=0.01,
所以10𝑥1,10𝑥2,⋯,10𝑥𝑛 的平均数为10𝑥 ，方差S2=100S12=1 ，
故选C．
4. 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( )(𝑙𝑛19≈3)
A. 60 B. 63 C. 66 D. 69
【答案】C
【解析】
【分析】 第3页，共19页 本题主要考查指数式与对数式的互化，属于基础题．
根据题意可得𝐾1+𝑒−0.23(𝑡−53)=0.95𝐾，解出t的值．
【解答】
解：由题可知𝐾1+𝑒−0.23(𝑡−53)=0.95𝐾，
所以1+𝑒−0.23(𝑡−53)=2019，𝑒−0.23(𝑡−53)=119
0.23(𝑡−53)=ln 19≈3，解得𝑡≈66
故选C．
5. 已知sin 𝜃+sin (𝜃+𝜋3)=1，则sin (𝜃+𝜋6)=( )
A. 12 B. √33 C. 23 D. √22
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查两角和的正弦公式和辅助角公式，属于中档题．
根据两角和的正弦公式展开sin (𝜃+𝜋3) ，再整理利用辅助角公式即可得答案．
【解答】
解：∵sin (𝜃+𝜋3)=12sin 𝜃+√32cos 𝜃 ，
∴sin 𝜃+sin (𝜃+𝜋3)=32sin 𝜃+√32cos 𝜃
=√3sin (𝜃+𝜋6)=1
得sin (𝜃+𝜋6)=√33 第4页，共19页 故选：B．
6. 在平面内，𝐴,𝐵是两个定点，C是动点，若𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =1，则点C的轨迹为( )
A. 圆 B. 椭圆 C. 抛物线 D. 直线
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了动点的轨迹问题及向量数量积的坐标运算，属一般题．
根据题意建立平面直角坐标系，设出点A、B、C的坐标，得到𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ 和𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，由向量数量积的坐标运算公式即得动点坐标所满足的方程，从而得到动点C的轨迹．
【解答】
解：以AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，设𝐴(−𝑎,0)，𝐵(𝑎,0)，𝐶(𝑥,𝑦)，则𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝑥+𝑎,𝑦)，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝑥−𝑎,𝑦)，由题意𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =1，
得𝑥2−𝑎2+𝑦2=1即𝑥2+𝑦2=1+𝑎2，因此，动点C的轨迹是圆，
故选A．
7. 设O为坐标原点，直线𝑥=2与抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)交于𝐷,𝐸两点，若𝑂𝐷⊥𝑂𝐸，则C的焦点坐标为( )
A. (14,0) B. (12,0) C. (1,0) D. (2,0)
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查直线与抛物线的位置关系及抛物线的性质，属于基础题．
根据直线𝑥=2与抛物线交于D、E两点，确定D、E两点坐标，由𝑂𝐷⊥𝑂𝐸可得𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =0，可确定p的值，从而得到抛物线的焦点坐标．
【解答】
解：根据题意得𝐷(2,2𝑝)，𝐸(2,−2𝑝)， 第5页，共19页 因为𝑂𝐷⊥𝑂𝐸，可得𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以4−4𝑝=0，故𝑝=1，
所以抛物线𝐶:𝑦2=2𝑥，所以抛物线的焦点坐标为(12,0)．
故选B．
8. 点(0,−1)到直线𝑦=𝑘(𝑥+1)距离的最大值为( )
A. 1 B. √2 C. √3 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查定点到过定点的直线的最大距离问题，属于基础题．
根据点到直线的距离和两点间的距离公式，即可求解．
【解答】
解：因为直线𝑦=𝑘(𝑥+1)恒过点(−1,0)，
要使得点(0,1)到直线的距离最大，
此时点到直线的距离即为(0,1)与(−1,0)两点的距离，
此时最大距离为√(0+1)2+(1−0)2=√2．
故选B．
9. 右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
第6页，共19页 A. 6+4√2
B. 4+4√2 C. 6+2√3 D. 4+2√3
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查由三视图求几何体的表面积，考查空间想象能力，难度一般．
先由三视图还原几何体，即可求出表面积．
【解答】
解：由三视图可知该几何体是底面为腰长2的等腰直角三角形，一侧棱长为2且垂直底面的三棱锥，如下图
故其表面积为3×12×2×2+12×2√2×2√2×sin60∘=6+2√3.
故选C．
10. 设𝑎=log32，𝑏=log53，𝑐=23，则( )
A. 𝑎<𝑐<𝑏 B. 𝑎<𝑏<𝑐 C. 𝑏<𝑐<𝑎 D. 𝑐<𝑎<𝑏
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了对数比较大小，属于基础题．
分别将c转化为以3，5为底数的对数，与a，c比较大小，即可得到结果． 第7页，共19页 【解答】
解：∵𝑐=23log33=log3√93，𝑎=log32=log3√83，∴𝑎<𝑐，
∵𝑐=23log55=log5√253，𝑏=log53=log5√273，∴𝑐<𝑏，
故选A．
11. 在中，cos 𝐶=23，𝐴𝐶=4,𝐵𝐶=3，则tan 𝐵=( )
A. √5 B. 2√5 C. 4√5 D. 8√5
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查余弦定理，利用余弦定理求出AB的值，再由余弦定理求出cosB，进而求出sinB，由同角三角函数的关系即可求出tanB．
【解答】
解：根据题意：cos 𝐶=𝐴𝐶2+𝐵𝐶2−𝐴𝐵22𝐴𝐶⋅𝐵𝐶=16+9−𝐴𝐵22×4×3=23，解得：𝐴𝐵=3，
则cos 𝐵=9+9−162×3×3=19；sin 𝐵=4√59(负值舍去)
故．
故选C
12. 已知函数𝑓(𝑥)=sin 𝑥+1sin 𝑥，则( )
A. 𝑓(𝑥)的最小值为2 B. 𝑓(𝑥)的图象关于y轴对称
C. 𝑓(𝑥)的图象关于直线𝑥=𝜋对称 D. 𝑓(𝑥)的图象关于直线𝑥=𝜋2对称
【答案】D 第8页，共19页 【解析】
【分析】
本题主要考查三角函数的性质，属于中档题．
取特值使得𝑠𝑖𝑛𝑥=−1时，可以否定A；利用三角函数的性质，结合函数的奇偶性，对称性的条件，逐项作出判定．
【解答】
解：𝐴. 由于𝑓(−𝜋2)=−2，故A错误；
B. 𝑓(−𝑥)=−sin 𝑥−1sin 𝑥≠𝑓(𝑥)，故B错误；
C. 𝑓(𝜋−𝑥)=sin 𝑥+1sin 𝑥，𝑓(𝜋+𝑥)=−sin 𝑥−1sin 𝑥，
𝑓(𝜋+𝑥)≠𝑓(𝜋−𝑥)，故C错误；
D.𝑓(𝜋2−𝑥)=cos𝑥+1cos𝑥，𝑓(𝜋2+𝑥)=cos𝑥+1cos𝑥，𝑓(𝜋2+𝑥)=𝑓(𝜋2−𝑥)，
则𝑓(𝑥)的图象关于直线𝑥=𝜋2对称，故D正确，
故选D．
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若x，y满足约束条件{x+𝑦≥02x−𝑦≥0𝑥≤1，则𝑧=3𝑥+2𝑦的最大值为_____．
【答案】7
【解析】
【分析】
本题考查了根据线性规划求最值，属较易题．
本题先根据线性约束条件画出平面区域，再利用图解法即可求出目标函数的最大值．
【解答】
