2020年 数学高考题全国Ⅱ卷(文科)

PAGE1一、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.（2020·全国Ⅱ卷）已知集合A＝{x｜｜x｜＜3，x∈Z}，B＝{x｜｜x｜＞1，x∈Z}，则A∩B＝（）A.⌀ B.{－3，－2，2，3}C.{－2，0，2} D.{－2，2}解析：选D法一因为A＝{x｜｜x｜＜3，x∈Z}＝{x｜－3＜x＜3，x∈Z}＝{－2，－1，0，1，2}，B＝{x｜｜x｜＞1，x∈Z}＝{x｜x＞1或x＜－1，x∈Z}，所以A∩B＝{－2，2}，故选D.法二A∩B＝{x｜1＜｜x｜＜3，x∈Z}＝{x｜－3＜x＜－1或1＜x＜3，x∈Z}＝{－2，2}.2.（2020·全国Ⅱ卷）（1－i）4＝（）A.－4 B.4C.－4i D.4i解析：选A（1－i）4＝[（1－i）2]2＝（－2i）2＝－4，故选A.3.（2020·全国Ⅱ卷）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i＜j＜k≤12.若k－j＝3且j－i＝4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k－j＝4且j－i＝3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（）A.5 B.8C.10 D.15解析：选C法一由题意，知ai，aj，ak构成原位大三和弦时，j＝k－3，i＝j－4，所以ai，aj，ak为原位大三和弦的情况有：k＝12，j＝9，i＝5；k＝11，j＝8，i＝4；k＝10，j＝7，i＝3；k＝9，j＝6，i＝2；k＝8，j＝5，i＝1.共5种.ai，aj，ak构成原位小三和弦时，j＝k－4，i＝j－3，所以ai，aj，ak为原位小三和弦的情况有：k＝12，j＝8，i＝5；k＝11，j＝7，i＝4；k＝10，j＝6，i＝3；k＝9，j＝5，i＝2；k＝8，j＝4，i＝1.共5种.所以用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为10，故选C.法二由题意，知当ai，aj，ak为原位大三和弦时，k－j＝3且j－i＝4，又1≤i＜j＜k≤12，所以5≤j≤9，所以这12个键可以构成的原位大三和弦的个数为5.当ai，aj，ak为原位小三和弦时，k－j＝4且j－i＝3，又1≤i＜j＜k≤12，所以4≤j≤8，所以这12个键可以构成的原位小三和弦的个数为5.所以用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为10，故选C.4.（2020·全国Ⅱ卷）在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为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，则至少需要志愿者（）A.10名 B.18名C.24名 D.32名解析：选B由题意知，第二天在没有志愿者帮忙的情况下，积压订单超过500＋（1600－1200）＝900份的概率为0.05，因此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，至少需要志愿者90050＝18（名），故选5.（2020·全国Ⅱ卷）已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是（）A.a＋2b B.2a＋bC.a－2b D.2a－b解析：选D法一由题意，得a·b＝｜a｜·｜b｜cos60°＝12.对于A，（a＋2b）·b＝a·b＋2b2＝12＋2＝52≠0，故A不符合题意；对于B，（2a＋b）·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B不符合题意；对于C，（a－2b）·b＝a·b－2b2＝12－2＝－32≠0，故C不符合题意；对于D，（2a－b）·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以（2a－b）法二不妨设a＝12，32，b＝（1，0），则a＋2b＝52，32，2a＋b＝（2，3），a－2b＝－32，32，2a－b＝（0，3），易知，只有（2a－b）·b＝0法三根据条件，分别作出向量b与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，如图所示：由图易知，只有选项D满足题意，故选D.6.（2020·全国Ⅱ卷）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则SnanA.2n－1 B.2－21－nC.2－2n－1 D.21－n－1解析：选B法一设等比数列{an}的公比为q，则由a5－所以Sn＝a1（1－qnan＝a1qn－1＝2n－1，所以Snan＝2n－12n－1法二设等比数列{an}的公比为q，因为a6－a4a5－a3＝a4（1－q2）a3（1－q2）＝a4a7.（2020·全国Ⅱ卷）执行如图所示的程序框图，若输入的k＝0，a＝0，则输出的k为（）A.2 B.3C.4 D.5解析：选C初始值，k＝0，a＝0，进入循环，a＝1，k＝1，1＜10，则a＝3，k＝2，3＜10，则a＝7，k＝3，7＜10，则a＝15，k＝4，15＞10，此时不满足循环条件，退出循环，输出k＝4，故选C.8.（2020·全国Ⅱ卷）若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x－y－3＝0的距离为（）A.55 B.C.355 解析：选B因为圆与两坐标轴都相切，且点（2，1）在该圆上，所以可设圆的方程为（x－a）2＋（y－a）2＝a2，所以（2－a）2＋（1－a）2＝a2，即a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5，所以圆心的坐标为（1，1）或（5，5），所以圆心到直线2x－y－3＝0的距离为｜2×1－1－3｜29.（2020·全国Ⅱ卷）设O为坐标原点，直线x＝a与双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，A.4 B.8C.16 D.32解析：选B由题意，知双曲线C的渐近线方程为y＝±bax.因为D，E分别为直线x＝a与双曲线C的两条渐近线的交点，所以不妨设D（a，b），E（a，－b），所以S△ODE＝12×a×｜DE｜＝12×a×2b＝ab＝8，所以c2＝a2＋b2≥2ab＝16，当且仅当a＝b＝22时，等号成立，所以c≥4，所以2c≥8，所以C的焦距的最小值为810.（2020·全国Ⅱ卷）设函数f（x）＝x3－1x3，则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，＋∞）单调递减解析：选A法一函数f（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），因为f（－x）＝（－x）3－1(-x）3＝－x3＋1x3＝－x3－1x3＝－f（x），所以函数f（x）为奇函数，排除C、D；因为函数y＝x3，y＝－1x3在（0，＋∞）上为增函数，所以f（x）＝x3－1x法二函数f（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），因为f（－x）＝（－x）3－1(-x）3＝－x3＋1x3＝－x3－1x3＝－f（x），所以函数f（x）为奇函数，排除C、D；当x∈（0，＋∞）时，由f（x）＝x3－1x3，得f'（x）＝3x2＋3x4＞0，所以f（x）＝x3－11.（2020·全国Ⅱ卷）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16π，则O到平面ABC的距离为（A.3 B.3C.1 D.3解析：选C由等边三角形ABC的面积为934，得34AB2＝934，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝23×32AB＝33AB＝3.设球O的半径为R，则由球O的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离12.同（2020·全国Ⅱ卷）理数11小题一样二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.（2020·全国Ⅱ卷）若sinx＝－23，则cos2x＝解析：因为sinx＝－23，所以由二倍角公式，得cos2x＝1－2sin2x＝1－2×－23答案：114.（2020·全国Ⅱ卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝.解析：法一设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝2，得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－4＋6d＝2，解得d＝1，所以S10＝10×（－2）＋10×92×法二设等差数列{an}的公差为d，因为a2＋a6＝2a4＝2，所以a4＝1，所以d＝a4－a14－1＝1-(-2）3＝1，所以S10＝10答案：2515.（2020·全国Ⅱ卷）若x，y满足约束条件x＋y≥－1，x－y≥解析：法一作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线x＋2y＝0并平移，由图知，当平移后的直线经过点A（2，3）时，z取得最大值，zmax＝2＋2×3＝8.法二易知可行域是一个封闭区域，因此目标函数的最值在区域的顶点处取得，由x＋y＝－1，x－y＝－1，得x＝－1，y=0，此时z综上所述，z＝x＋2y的最大值为8.答案：816.（2020·全国Ⅱ卷）设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是.①p1∧p4②p1∧p2③p2∨p3④p3∨p4解析：法一对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则由l1∩l2＝A，知l1，l2共面，设此平面为α，则由B∈l2，l2⊂α，知B∈α，由C∈l1，l1⊂α，知C∈α，所以l3⊂α，所以l1，l2，l3共面于α，所以p1是真命题；对于p2，当A，B，C三点不共线时，过A，B，C三点有且仅有一个平面，当A，B，C三点共线时，过A，B，C的平面有无数个，所以p2是假命题，p2是真命题；对于p3，若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以p3是假命题，p3是真命题；对于p4，若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l，所以p4是真命题，p4是假命题.故p1∧p4为真命题，p1∧p2为假命题，p2∨p3为真命题，p3∨p4为真命题.综上可知，真命题的序号是①③④.法二对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则A，B，C三点不共线，所以此三点确定一个平面α，则A∈α，B∈α，C∈α，所以直线AB⊂α，BC⊂α，CA⊂α，即l1⊂α，l2⊂α，l3⊂α，所以p1是真命题；以下同解法一.答案：①③④三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17.（本小题满分12分）（2020·全国Ⅱ卷）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2π2＋A＋cosA（1）求A；（2）若b－c＝33a，证明：△ABC是直角三角形解：（1）由已知得sin2A＋cosA＝54，即cos2A－cosA＋14所以cosA－122＝0，cosA＝12.由于0＜A＜π（2）证明：由正弦定理及已知条件可得sinB－sinC＝33sinA由（1）知B＋C＝2π3，所以sinB－＝33sinπ即12sinB－32cosB＝12，sinB由于0＜B＜2π3，故B＝π2.从而△18.（本小题满分12分）同（2020·全国Ⅱ卷）理数18题一样19.（本小题满分12分）（2020·全国Ⅱ卷）已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）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（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与C2的标准方程.解：（1）由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝a2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，故｜AB｜＝2b2a，｜CD｜＝由｜CD｜＝43｜AB｜得4c＝8b23a，即3×ca＝2－2ca2.解得ca所以C1的离心率为12（2）由（1）知a＝2c，b＝3c，故C1：x24c2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＋y2C2的标准方程为y2＝8x.20.（本小题满分12分）（2020·全国Ⅱ卷）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：AA1∥MN，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＝π3，求四棱锥B-EB1C1F的体积解：（1）证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.（2）AO∥平面EB1C1F，AO⊂平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN.又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形，所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝13AM＝3，PM＝23AM＝23，EF＝13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.如图，作MT⊥PN，垂足为T，则由（1）知，MT⊥平面EB1C1F，故MT＝PMsin∠MPN＝3.底面EB1C1F的面积为12×（B1C1＋EF）×PN＝12（6＋2）×6所以四棱锥B-EB1C1F的体积为13×24×3＝21.（本小题满分12分）（2020·全国Ⅱ卷）已知函数f（x）＝2lnx＋1.（1）若f（x）≤2x＋c，求c的取值范围；（2）设a＞0，讨论函数g（x）＝f（x解：设h（x）＝f（x）－2x－c，则h（x）＝2lnx－2x＋1－c，其定义域为（0，＋∞），h'（x）＝2x－（1）当0＜x＜1时，h'（x）＞0；当x＞1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－c≤0，即c≥－1时，f（x）≤2x＋c.所以c的取值范围为[－1，＋∞）.（2）g（x）＝f（x)-x∈（0，a）∪（a，＋∞）.g'（x）＝2x－a取c＝－1得h（x）＝2lnx－2x＋2，h（1）＝0，则由（1）知，当x≠1时，h（x）＜0，即1－x＋lnx＜0.故当x∈（0，a）∪（a，＋∞）时，1－ax＋lnax＜0，从而g'（x）所以g（x）在区间（0，a），（a，＋∞）单调递减.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.（本小题满分10分）同（2020·全国Ⅱ卷）理数22题一样.23.（本小题满分10分）同（2020·全国Ⅱ卷）理数23题一样.前沿热点——新高考数学考情分析2024年新高考真题（含考情分析）及高考最新动向实时更新请扫码获取纵观近年来新高考数学试题，试题贯彻落实了高考改革的总体要求，实施“德智体美劳”全面发展的教育方针，聚焦核心素养，突出关键能力考查，落实立德树人根本任务，充分发挥考试的引导作用.试题突出数学本质、重视理性思维、坚持素养导向、能力为重的命题原则.通过设计真实问题情境，体现数学的应用价值；稳步推进改革，科学把握必备知识与关键能力的关系，体现了对基础性、综合性、应用性和创新性的高考考查要求.一、突出主干知识、筑牢能力基础以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷为例，对各试题所考查的主干知识分析如下：题型题号各试题所考查的知识点分布及考查角度2023年新高考Ⅰ卷2023年新高考Ⅱ卷单选题1集合的交集运算复数的乘法及几何意义2复数运算、共轭复数由集合间的关系求参数3向量垂直、数量积运算分层随机抽样、计数原理4由函数的单调性求参数由函数的奇偶性求参数5椭圆的离心率问题由直线与椭圆的位置关系求参数6圆的切线问题由函数的单调性求参数7等差数列充要条件的判定半角公式8三角函数中和、差、倍角公式的应用等比数列的概念、前n项和及性质多选题9样本数字特征圆锥的体积、侧面积和截面面积10以实际问题为背景考查对数大小比较直线与抛物线的位置关系、抛物线的概念及性质11抽象函数的函数性质函数的极值及应用12以正方体内嵌入某几何体考查对称性、空间位置关系独立事件的概率、二项分布模型填空题13计数原理向量的数量积、模14四棱台的体积四棱台的体积15三角函数中由零点个数求ω范围直线与圆的位置关系16双曲线几何性质、平面向量三角函数的图象与性质解答题17正弦定理、三角恒等变换正、余弦定理、三角恒等变换18线线平行的证明及由二面角求线段长度等差数列、数列的奇偶项问题19利用导数判断函数的单调性、证明不等式统计图表、概率统计与函数交汇问题20等差数列的概念、性质及前n项和空间线面位置关系、二面角的正弦值21概率与数列的交汇问题直线与双曲线的位置关系、定直线问题22以抛物线为背景，考查不等式及函数的最值以三角函数、对数函数为载体，考查导数的应用从上表可以看出，试题所考查知识范围及思想方法90％以上都源于教材主干知识，由此在一轮复习备考中更应重视必备知识的系统梳理、基本能力的逐点夯实.二、注重试题情境创设、牢记育人宗旨1.关注社会热点2023年新高考Ⅰ卷第10题以当今社会热点“噪声污染问题”为背景命制试题，目的是引导学生关注社会、关注民生，用所学知识解决生活实践情境下的实际问题.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷）噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lgpp0，其中常数p0（p0＞0）是听觉下限阈值，p是实际声压.声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060～90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘扬优秀传统文化2022年新高考Ⅱ卷第3题以中国古代建筑中的举架结构为背景命制出以等差数列为考查点的试题，此类试题不但能考查学生的阅读理解能力、直观想象能力及知识运用能力，而且还能以优秀传统文化精髓陶冶情操.（2022·新高考Ⅱ卷）图①是中国古代建筑中的举架结构，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图②是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3.已知k1，A.0.75 B.0.8C.0.85 D.0.93.展示现代科学技术水平2021年新高考Ⅱ卷第4题以我国航天事业的重要成果北斗三号全球卫星导航系统为试题情境命制立体几何问题，在考查学生的空间想象能力和阅读理解、数学建模等素养的同时，引导学生关注我国社会现实与经济、科技进步与发展，增强民族自豪感与自信心.（2021·新高考Ⅱ卷）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）.将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2（1－cosα）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A.26％ B.34％C.42％ D.50％4.体现数学应用价值2022年新高考Ⅰ卷第4题以我国的重大建设成就“南水北调”工程为背景命制出以四棱台体积公式为考查点的立体几何试题，体现了数学的应用价值.（2022·新高考Ⅰ卷）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（7≈2.65）（）A.1.0×109m3 B.1.2×109m3C.1.4×109m3 D.1.6×109m3三、重视能力考查、使素养评价科学有据高中数学课程标准对培养学生能力的要求是数学“六大核心素养”的集中展示.要检验学生核心素养高低，必须通过解决数学问题来体现.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体素养评价本题为多选题，以正方体内嵌入其他几何体为背景考查学生不同的素养层级，由A、B、C、D四个选项设计的问题不同，对应解决问题所需核心素养也逐渐提升，本题真正体现了“入口容易全分难”的多选题考查特征.四、秉承创新、引导探究性学习新高考试卷中开放性试题的增设，促进了考查的灵活性，思维方式的多样性.同时引导了学生重视探究性学习，逐步培养学生创新思维的良好习惯.1.举例题（2023·新高考Ⅱ卷）已知直线x－my＋1＝0与☉C：（x－1）2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为85”的m的一个值试题评析本类题目属于结论开放型，利用所学知识选择数学模型，使之满足题目所具有的结论可能不唯一，选其之一作为答案即可.2.结构不良题（2022·新高考Ⅱ卷）已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（2，0），（1）求C的方程；（2）过F的