2020年普通高等学校招生全国统一考试数学(全国Ⅱ卷)文-试卷真题、答案及详细解析

1、绝密 启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试数学(全国卷,文)(本试卷共4页,23小题,满分150分,考试用时120分钟)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=x|x|1,xZ,则AB=()A.B.-3,-2,2,3C.-2,0,2D.-2,22.(1-i)4=()A.-4B.4C.-4iD.4i3.如图,将钢琴上的12个键依次记为a1,a2,a12.设1ij0,b0)的两条渐近线分别交于D,E两点.若ODE的面积为8,则C的焦距的最小值为()A.4B.8C.16D.3210.设函数f(x)=x3-1x3,则

2、f(x)()A.是奇函数,且在(0,+)单调递增B.是奇函数,且在(0,+)单调递减C.是偶函数,且在(0,+)单调递增D.是偶函数,且在(0,+)单调递减11.已知ABC是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16,则O到平面ABC的距离为()A.3B.32C.1D.3212.若2x-2y0B.ln(y-x+1)0D.ln|x-y|b0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率;(2)若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12,求C1

3、与C2的标准方程.20.(12分)如图,已知三棱柱ABC -A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1MN,且平面A1AMN平面EB1C1F;(2)设O为A1B1C1的中心.若AO=AB=6,AO平面EB1C1F,且MPN=3,求四棱锥B -EB1C1F的体积.21.(12分)已知函数f(x)=2ln x+1.(1)若f(x)2x+c,求c的取值范围;(2)设a0,讨论函数g(x)=f(x)-f(a)x-a的单调性.(二)选考题:共10分。请考生在第22、23题中选定一题

4、作答,并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑。按所涂题号进行评分,不涂、多涂均按所答第一题评分;多答按所答第一题评分。22.选修44:坐标系与参数方程(10分)已知曲线C1,C2的参数方程分别为C1:x=4cos2,y=4sin2(为参数),C2:x=t+1t,y=t-1t(t为参数).(1)将C1,C2的参数方程化为普通方程;(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1,C2的交点为P,求圆心在极轴上,且经过极点和P的圆的极坐标方程.23.选修45:不等式选讲(10分)已知函数f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|.(1)当a=2时,求不等式f(x)4的解集;(

5、2)若f(x)4,求a的取值范围.2020年数学(全国卷,文)查缺补漏表题组及考查主题题型考查要点和核心素养查缺补漏1(集合)选择题集合的基本运算(交集);数学运算10,12,21(函数与导数)选择题函数的奇偶性、单调性;数学运算选择题函数的单调性;逻辑推理解答题应用导数研究函数的单调性、求参数的取值范围;数学抽象、逻辑推理、数学运算13,17(三角函数与解三角形)填空题二倍角公式,数学运算解答题诱导公式,同角三角函数基本关系,正弦定理的应用,三角恒等变换;数学运算5(平面向量)选择题平面向量的数量积;数学运算3,6,14(数列)选择题数列的应用,逻辑推理选择题等比数列基本量的计算;数学运算填

6、空题等差数列基本量的运算;逻辑推理,数学运算15(不等式)填空题线性规划;直观想象、数学运算11,16,20(立体几何)选择题球的切接问题,线线、线面的位置关系;直观想象、数学运算填空题空间点、线、面的位置关系;直观想象、逻辑推理解答题空间线线平行、面面垂直的证明、求几何体的体积;直观想象、数学运算8,9,19(平面解析几何)选择题直线与圆的位置关系、点到直线的距离;直观想象、逻辑推理、数学运算选择题双曲线的几何性质,基本不等式;直观想象、逻辑推理、数学运算解答题求椭圆的离心率,椭圆、抛物线的定义、几何性质、标准方程;逻辑推理、数学运算4,18(概率与统计)选择题概率应用;数学运算解答题样本估

7、计总体,相关系数,分层抽样;数学建模、数据分析续表题组及考查主题题型考查要点和核心素养查缺补漏2(复数)选择题复数的运算;数学运算7(程序框图)选择题循环结构;逻辑推理22(坐标系与参数方程)解答题极坐标与参数方程;直观想象、数学运算23(不等式选讲)解答题绝对值不等式,分段函数;直观想象、逻辑推理【试题分析】2020年全国卷文科数学,突出对基础知识(约占40%)以及主干内容的考查,如函数与导数(22分),立体几何(22分),解析几何(22分),概率与统计(17分),三角函数与解三角形(17分).纵观全卷,在稳定中求创新,重视对学生基本数学素养、思想方法与能力的考查,关注学生的应用意识与创新意

8、识,试卷梯度明显,有良好的区分度.试题重视数学本质,突出理性思维、数学应用、数学探究、数学文化的引领作用,突出对关键能力的考查.第3题以钢琴为背景,设计问题,考查学生的分析能力和提升学生的数学文化素养.第18题以野生动物问题为背景,考查学生运用所学的概率和统计知识对现实社会中实际数据的分析处理能力,将保护野生动物与数学基本概念有机结合,培养学生的环境保护意识.1.DA=x|x|1,xZ,AB=x|1|x|3,xZ=-2,2.故选D.2.A(1-i)4=(1-i)22=(-2i)2=-4.故选A.3.C结合题意,原位大三和弦有(a1,a5,a8),(a2,a6,a9),(a3,a7,a10),(

9、a4,a8,a11),(a5,a9,a12),共5个,原位小三和弦有(a1,a4,a8),(a2,a5,a9),(a3,a6,a10),(a4,a7,a11),(a5,a8,a12),共5个,故原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为5+5=10.故选C.4.B要使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,而预计第二天新订单超过1 600份的概率为0.05,故按第二天可接1 600份订单计算.因为超市每天能完成1 200份订单的配货,所以第二天志愿者需完成500+(1 600-1 200)=900(份)订单的配货,所以至少需要志愿者90050=18(名).故选B.5.D由题意可知,

10、ab=|a|b|cos 60=12.对于A,(a+2b)b=ab+2b2=520,不符合题意;对于B,(2a+b)b=2ab+b2=20,不符合题意;对于C,(a-2b)b=ab-2b2=-320,不符合题意;对于D,(2a-b)b=2ab-b2=0,故2a-b与b垂直.故选D.6.B设等比数列an的公比为q.a5-a3=12,a6-a4=24,a6-a4a5-a3=q=2.又a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12,a1=1.an=a1qn-1=2n-1,Sn=a1(1-qn)1-q=1(1-2n)1-2=2n-1.Snan=2n-12n-1=2-12n-1=2-21-n.故选B.7.

11、C执行第一次,a=1,k=1,a10;执行第二次,a=3,k=2,a10;执行第三次,a=7,k=3,a10,循环结束,故输出的k为4.故选C.8.B由题意可知,圆心在第一象限.设圆心为(a,a)(a0),则(2-a)2+(1-a)2=a2,解得a=1或a=5.当a=1时,圆心为(1,1),此时圆心到直线2x-y-3=0的距离为d1=|2-1-3|5=255.当a=5时,圆心为(5,5),此时圆心到直线2x-y-3=0的距离为d2=|25-5-3|5=255.综上,圆心到直线2x-y-3=0的距离为255.故选B.9.B由题意可知,双曲线的渐近线方程为y=bax.因为直线x=a与双曲线的渐近线

12、分别交于D,E两点,所以不妨令D(a,-b),E(a,b),所以|DE|=2b.所以SODE=122ba=ab=8.所以c2=a2+b22ab=16,当且仅当a=b=22时取等号.所以c4,所以2c8.所以双曲线C的焦距的最小值为8.故选B.10.A由题意可知,f(x)的定义域为(-,0)(0,+),关于原点对称.f(x)=x3-1x3,f(-x)=(-x)3-1(-x)3=-x3-1x3=-f(x),f(x)为奇函数.易知f(x)=x3-1x3在区间(0,+)内单调递增.故选A.11.C设等边三角形ABC的边长为a,球O的半径为R,ABC的外接圆的半径为r,则SABC=34a2=934,S球

13、O=4R2=16,解得a=3,R=2.故r=2332a=3.设O到平面ABC的距离为d,则d2+r2=R2,故d=R2-r2=4-3=1.故选C.【方法速记】在等边三角形中,设其边长为a,则高h=32a,面积S=34a2,外接圆的半径R=33a,内切圆的半径r=36a.12.A2x-2y3-x-3-y,2x-3-x2y-3-y.f(t)=2t-3-t在R上为增函数,且f(x)f(y),x0,y-x+11,ln(y-x+1)ln 1=0.故选A.13.19sin x=-23,cos 2x=1-2sin2x=1-249=19.14.25设等差数列an的公差为d.a1=-2,a2+a6=a1+d+a

14、1+5d=2a1+6d=-4+6d=2,解得d=1.S10=10a1+1092d=-20+45=25.15.8作出可行域如图所示(阴影部分).因为z=x+2y,所以y=-12x+z2.作出直线y=-12x,平移直线可知,当直线过点A时,z2最大,即z最大.由2x-y=1,x-y=-1,解得x=2,y=3,故A(2,3).所以zmax=2+23=8.16.p1,p4为真命题,p2,p3为假命题,p2,p3为真命题,p1p4为真命题,p1p2为假命题,p2p3为真命题,p3p4为真命题.故填.17.(1)解 由已知得sin2A+cos A=54,即cos2A-cos A+14=0.所以cosA-1

15、22=0,cos A=12.由于0A,故A=3.(2)证明 由正弦定理及已知条件可得sin B-sin C=33sin A.由(1)知B+C=23,所以sin B-sin23-B=33sin 3.即12sin B-32cos B=12,sinB-3=12.由于0B23,故B=2.从而ABC是直角三角形.18.解 (1)由已知得样本平均数y=120i=120yi=60,从而该地区这种野生动物数量的估计值为60200=12 000.(2)样本(xi,yi)(i=1,2,20)的相关系数r=i=120(xi-x)(yi-y)i=120(xi-x)2i=120(yi-y)2=800809 000=22

16、30.94.(3)分层抽样:根据植物覆盖面积的大小对地块分层,再对200个地块进行分层抽样.理由如下:由(2)知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关.由于各地块间植物覆盖面积差异很大,从而各地块间这种野生动物数量差异也很大,采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性,提高了样本的代表性,从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计.19.解 (1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=a2-b2.不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为b2a,-b2a;C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=2b2a,|CD|=4c.由|CD|=43|A

17、B|得4c=8b23a,即3ca=2-2ca2,解得ca=-2(舍去),ca=12.所以C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c2+y23c2=1.所以C1的四个顶点坐标分别为(2c,0),(-2c,0),(0,3c),(0,-3c),C2的准线为x=-c.由已知得3c+c+c+c=12,即c=2.所以C1的标准方程为x216+y212=1,C2的标准方程为y2=8x.20.(1)证明 因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MNCC1.又由已知得AA1CC1,故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形,所以B1C1A1N.又B1C1MN,故B1C1平面A1AM

18、N.所以平面A1AMN平面EB1C1F.(2)解 AO平面EB1C1F,AO平面A1AMN,平面A1AMN平面EB1C1F=PN,故AOPN.又APON,故四边形APNO是平行四边形,所以PN=AO=6,AP=ON=13AM=3,PM=23AM=23,EF=13BC=2.因为BC平面EB1C1F,所以四棱锥B -EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离.作MTPN,垂足为T,则由(1)知,MT平面EB1C1F,故MT=PMsinMPN=3.底面EB1C1F的面积为12(B1C1+EF)PN=12(6+2)6=24.所以四棱锥B -EB1C1F的体积为13243=24.21.解 设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,其定义域为(0,+),h(x)=2x-2.(1)当0 x0;当x1时,h(x)0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c0,即c-1时,f(x)