2020年云南省高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

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. 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.2B.3C.4D.5【答案】 B【考点】 交集及其运算 【解析】根据题意求出A ∩B ，进而能求出A ∩B 中元素的个数． 【解答】∵ 集合A ＝{1, 2, 3, 5, 7, 11}，B ＝{x|3<x <15)， ∴ A ∩B ＝{5, 7, 11}，∴ A ∩B 中元素的个数为3．2. 若z ¯(1+i)＝1−i ，则z ＝（ ） A.1−i B.1+i C.−i D.i【答案】 D【考点】 复数的运算 【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案． 【解答】由z ¯(1+i)＝1−i ，得z ¯=1−i1+i =(1−i)2(1+i)(1−i)=−i ， ∴ z ＝i ．3. 设一组样本数据x 1，x 2，…，x n 的方差为0.01，则数据10x 1，10x 2，…，10x n 的方差为（ ） A.0.01B.0.1C.1D.10【答案】 C【考点】极差、方差与标准差 【解析】根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，求出新数据的方差即可． 【解答】∵ 样本数据x 1，x 2，…，x n 的方差为0.01，∴根据任何一组数据同时扩大几倍方差将变为平方倍增长，∴数据10x1，10x2，…，10x n的方差为：100×0.01＝1，4. 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.60B.63C.66D.69【答案】C【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】根据所给材料的公式列出方程K1+e−0.23(t−53)=0.95K，解出t即可．【解答】由已知可得K1+e−0.23(t−53)=0.95K，解得e−0.23（t−53）=119，两边取对数有−0.23(t−53)＝−ln19，解得t≈66，5. 已知sinθ+sin(θ+π3)＝1，则sin(θ+π6)＝（）A.1 2B.√33C.23D.√22【答案】B【考点】两角和与差的三角函数【解析】利用两角和差的三角公式，进行转化，利用辅助角公式进行化简即可．【解答】∵sinθ+sin(θ+π3)＝1，∴sinθ+12sinθ+√32cosθ＝1，即32sinθ+√32cosθ＝1，得√3(12cosθ+√32sinθ)＝1，即√3sin(θ+π6)＝1，得sin(θ+π6)=√336. 在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点．若AC →⋅BC →=1，则点C 的轨迹为（ ） A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线【答案】 A【考点】 轨迹方程 【解析】设出A 、B 、C 的坐标，利用已知条件，转化求解C 的轨迹方程，推出结果即可． 【解答】在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点， 不妨设A(−a, 0)，B(a, 0)，设C(x, y)， 因为AC →⋅BC →=1，所以(x +a, y)⋅(x −a, y)＝1， 解得x 2+y 2＝a 2+1， 所以点C 的轨迹为圆．7. 设O 为坐标原点，直线x ＝2与抛物线C:y 2＝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 法二：易知，∠ODE ＝45°，可得D （2，2），代入抛物线方程y 2＝2px ，可得4＝4p ，解得p ＝1， 【考点】直线与抛物线的位置关系 【解析】法一：利用已知条件转化求解E 、D 坐标，通过k OD ⋅k OE ＝−1，求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点坐标．法二：画出图形，求出D 的坐标，代入抛物线方程，然后求解即可． 【解答】法一：将x ＝2代入抛物线y 2＝2px ，可得y ＝±2√p ，OD ⊥OE ，可得k OD ⋅k OE ＝−1， 即2√p 2⋅−2√p 2=−1，解得p ＝1，所以抛物线方程为：y 2＝2x ，它的焦点坐标(12, 0)．故选：B ．法二：易知，∠ODE ＝45∘，可得D(2, 2)，代入抛物线方程y 2＝2px ，可得4＝4p，解得p＝1，故选：B．8. 点(0, −1)到直线y＝k(x+1)距离的最大值为（）A.1B.√2C.√3D.2【答案】B【考点】点到直线的距离公式【解析】直接代入点到直线的距离公式，结合基本不等式即可求解结论．【解答】因为点(0, −1)到直线y＝k(x+1)距离d=√k2+1=√k2+2k+1k2+1=√1+2kk2+1；∵要求距离的最大值，故需k>0；可得d≤√1+2k2k=√2；当k＝1时等号成立；9. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.6+4√2B.4+4√2C.6+2√3D.4+2√3【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】先由三视图画出几何体的直观图，利用三视图的数据，利用三棱锥的表面积公式计算即可．【解答】由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图：PA＝AB＝AC＝2，PA、AB、AC两两垂直，故PB＝BC＝PC＝2√2，几何体的表面积为：3×12×2×2+√34×(2√2)2=6+2√3，10. 设a＝log32，b＝log53，c=23，则（）A.a<c<bB.a<b<cC.b<c<aD.c<a<b 【答案】A【考点】对数值大小的比较【解析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解．【解答】∵a＝log32=log3√83<log3√93=23，b＝log53=log5√273>log5√253=23，c=23，∴a<c<b．11. 在△ABC中，cos C=23，AC＝4，BC＝3，则tan B＝（）A.√5B.2√5C.4√5D.8√5【答案】C【考点】余弦定理正弦定理【解析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求tan C的值，利用余弦定理可求AB的值，可得A＝C，利用三角形的内角和定理可求B＝π−2C，利用诱导公式，二倍角的正切函数公式即可求解tan B的值．【解答】∵cos C=23，AC＝4，BC＝3，∴tan C=√1cos2C −1=√52，∴AB=√AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cos C=√42+32−2×4×3×23=3，可得A＝C，∴B＝π−2C，则tan B＝tan(π−2C)＝−tan2C=−2tan C1−tan2C =−2×√521−54=4√5．12. 已知函数f(x)＝sin x+1sin x，则（）A.f(x)的最小值为2B.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【考点】奇偶函数图象的对称性命题的真假判断与应用【解析】设sin x＝t，则y＝f(x)＝t+1t，t∈[−1, 1]，由双勾函数的图象和性质可得，y≥2或y≤−2，故可判断A；根据奇偶性定义可以判断B正误；根据对称性的定义可以判断C，D的正误．【解答】由sin x≠0可得函数的定义域为{x|x≠kπ, k∈Z}，故定义域关于原点对称；设sin x＝t，则y＝f(x)＝t+1t，t∈[−1, 1]，由双勾函数的图象和性质得，y≥2或y≤−2，故A错误；又有f(−x)＝sin(−x)+1sin(−x)=−(sin x+1sin x)＝−f(x)，故f(x)是奇函数，且定义域关于原点对称，故图象关于原点中心对称；故B错误；f(π+x)＝sin(π+x)+1sin(π+x)=−sin x−1sin x；f(π−x)＝sin(π−x)+1sin(π−x)=sin x+1sin x，故f(π+x)≠f(π−x)，f(x)的图象不关于直线x＝π对称，C错误；又f(π2+x)＝sin(π2+x)+1sin(π2+x)=cos x+1cos x；f(π2−x)＝sin(π2−x)+1sin(π2−x)=cos x+1 cos x ，故f(π2+x)＝f(π2−x)，定义域为{x|x≠kπ, k∈Z}，f(x)的图象关于直线x=π2对称；D正确；二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

若x，y满足约束条件{x+y≥0,2x−y≥0,x≤1,则z＝3x+2y的最大值为________．【答案】7【考点】简单线性规划【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z＝3x+2y表示直线在y轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在y轴上的截距最大值即可．【解答】先根据约束条件画出可行域，由{x=12x−y=0解得A(1, 2)，如图，当直线z＝3x+2y过点A(1, 2)时，目标函数在y轴上的截距取得最大值时，此时z取得最大值，即当x＝1，y＝2时，z max＝3×1+2×2＝7．设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线为y=√2x，则C的离心率为________．【答案】√3【考点】双曲线的离心率【解析】由双曲线的方程求出渐近线的方程，再由题意求出a，b的关系，再由离心率的公式及a，b，c之间的关系求出双曲线的离心率．【解答】由双曲线的方程可得渐近线的方程为：y＝±bax，由题意可得ba =√2，所以离心率e=ca=√1+b2a2=√3，设函数f(x)=e xx+a ，若f′(1)=e4，则a＝________．【答案】1【考点】导数的运算【解析】先求出函数的导数，再根据f′(1)=e4，求得a的值．【解答】∵函数f(x)=e xx+a ，∴f′(x)=(x+a−1)⋅ex(x+a)2，若f′(1)=ae(a+1)2=e4，∴a(a+1)2=14，则a＝1，故答案为：1．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的表面积为________．【答案】2π【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 球内接多面体【解析】由条件易知该圆锥内半径最大的球为该圆锥的内接球，作图，数形结合即可． 【解答】当球为该圆锥内切球时，半径最大，如图：BS ＝3，BC ＝1，则圆锥高SC =√BS 2−BC 2=√9−1=2√2， 设内切球与圆锥相切于点D ，半径为r ，则△SOD ∽△SBC ， 故有SOBS =ODBC，即2√2−r3=r1，解得r =√22， 所以该球的表面积为4πr 2＝2π．三、解答题：共70分。