2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(全國Ⅱ卷)文

1、1 / 19 絕密 啟用前 2020 年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試 數(shù)學(xué)(全國卷,文) (本試卷共 4 頁,23小題,滿分 150 分,考試用時(shí) 120 分鐘) 一、選擇題:本題共 12 小題,每小題 5 分,共 60 分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。 1.已知集合 a=x|x|1,xz,則 ab=( ) a. b.-3,-2,2,3 c.-2,0,2 d.-2,2 2.(1-i)4=( ) a.-4 b.4 c.-4i d.4i 3.如圖,將鋼琴上的 12個鍵依次記為 a1,a2,a12.設(shè) 1ij0,b0)的兩條漸近線分別交于 d,e

2、 兩點(diǎn).若ode 的面積為 8,則 c 的焦距的最小值為( ) a.4 b.8 c.16 d.32 10.設(shè)函數(shù) f(x)=x3-13,則 f(x)( ) a.是奇函數(shù),且在(0,+)單調(diào)遞增 b.是奇函數(shù),且在(0,+)單調(diào)遞減 c.是偶函數(shù),且在(0,+)單調(diào)遞增 d.是偶函數(shù),且在(0,+)單調(diào)遞減 11.已知abc是面積為934的等邊三角形,且其頂點(diǎn)都在球 o 的球面上.若球 o的表面積為 16,則 o到平面 abc 的距離為( ) a.3 b.32 c.1 d.32 12.若 2x-2y0 b.ln(y-x+1)0 d.ln|x-y|b0)的右焦點(diǎn) f 與拋物線 c2的焦點(diǎn)重合,c1

3、的中心與 c2的頂點(diǎn)重合.過 f且與 x 軸垂直的直線交 c1于 a,b兩點(diǎn),交 c2于 c,d兩點(diǎn),且|cd|=43|ab|. (1)求 c1的離心率; (2)若 c1的四個頂點(diǎn)到 c2的準(zhǔn)線距離之和為 12,求 c1與 c2的標(biāo)準(zhǔn)方程. 20.(12分) 如圖,已知三棱柱 abc -a1b1c1的底面是正三角形,側(cè)面 bb1c1c是矩形,m,n 分別為 bc,b1c1的中點(diǎn),p為 am 上一點(diǎn).過 b1c1和 p的平面交 ab 于 e,交 ac于 f. (1)證明:aa1mn,且平面 a1amn平面 eb1c1f; (2)設(shè) o 為a1b1c1的中心.若 ao=ab=6,ao平面 eb1c

4、1f,且mpn=3,求四棱錐 b -eb1c1f的體積. 7 / 19 21.(12分) 已知函數(shù) f(x)=2ln x+1. (1)若 f(x)2x+c,求 c的取值范圍; (2)設(shè) a0,討論函數(shù) g(x)=()-()-的單調(diào)性. (二)選考題:共 10 分。請考生在第 22、23 題中選定一題作答,并用 2b鉛筆在答題卡上將所選題目對應(yīng)的題號方框涂黑。按所涂題號進(jìn)行評分,不涂、多涂均按所答第一題評分;多答按所答第一題評分。 8 / 19 22.選修 44:坐標(biāo)系與參數(shù)方程(10分) 已知曲線 c1,c2的參數(shù)方程分別為 c1: = 4cos2, = 4sin2( 為參數(shù)),c2: = +

5、1, = -1(t為參數(shù)). (1)將 c1,c2的參數(shù)方程化為普通方程; (2)以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),x 軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.設(shè) c1,c2的交點(diǎn)為 p,求圓心在極軸上,且經(jīng)過極點(diǎn)和 p 的圓的極坐標(biāo)方程. 23.選修 45:不等式選講(10 分) 已知函數(shù) f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|. (1)當(dāng) a=2時(shí),求不等式 f(x)4的解集; (2)若 f(x)4,求 a的取值范圍. 9 / 19 2020 年數(shù)學(xué)(全國卷,文) 查缺補(bǔ)漏表 題組及考查主題 題型 考查要點(diǎn)和核心素養(yǎng) 查缺補(bǔ)漏 1(集合) 選擇題 集合的基本運(yùn)算(交集);數(shù)學(xué)運(yùn)算 10,12,21(函數(shù)與導(dǎo)數(shù)) 選

6、擇題 函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性;數(shù)學(xué)運(yùn)算 選擇題 函數(shù)的單調(diào)性;邏輯推理 解答題 應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、求參數(shù)的取值范圍;數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算 13,17(三角函數(shù)與解三角形) 填空題 二倍角公式,數(shù)學(xué)運(yùn)算 解答題 誘導(dǎo)公式,同角三角函數(shù)基本關(guān)系,正弦定理的應(yīng)用,三角恒等變換;數(shù)學(xué)運(yùn)算 5(平面向量) 選擇題 平面向量的數(shù)量積;數(shù)學(xué)運(yùn)算 3,6,14(數(shù)列) 選擇題 數(shù)列的應(yīng)用,邏輯推理 選擇題 等比數(shù)列基本量的計(jì)算;數(shù)學(xué)運(yùn)算 填空題 等差數(shù)列基本量的運(yùn)算;邏輯推理,數(shù)學(xué)運(yùn)算 10 / 19 15(不等式) 填空題 線性規(guī)劃;直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算 11,16,20(立體幾何) 選擇題 球

7、的切接問題,線線、線面的位置關(guān)系;直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算 填空題 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系;直觀想象、邏輯推理 解答題 空間線線平行、面面垂直的證明、求幾何體的體積;直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算 8,9,19(平面解析幾何) 選擇題 直線與圓的位置關(guān)系、點(diǎn)到直線的距離;直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算 選擇題 雙曲線的幾何性質(zhì),基本不等式;直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算 解答題 求橢圓的離心率,橢圓、拋物線的定義、幾何性質(zhì)、標(biāo)準(zhǔn)方程;邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算 4,18(概率與統(tǒng)計(jì)) 選擇題 概率應(yīng)用;數(shù)學(xué)運(yùn)算 解答題 樣本估計(jì)總體,相關(guān)系數(shù),分層抽樣;數(shù)學(xué)建模、數(shù)據(jù)分析 續(xù) 表 題組及考查主題 題型 考查要點(diǎn)和核心素養(yǎng)

8、 查缺補(bǔ)漏 2(復(fù)數(shù)) 選擇題 復(fù)數(shù)的運(yùn)算;數(shù)學(xué)運(yùn)算 11 / 19 7(程序框圖) 選擇題 循環(huán)結(jié)構(gòu);邏輯推理 22(坐標(biāo)系與參數(shù)方程) 解答題 極坐標(biāo)與參數(shù)方程;直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算 23(不等式選講) 解答題 絕對值不等式,分段函數(shù);直觀想象、邏輯推理 【試題分析】 2020年全國卷文科數(shù)學(xué),突出對基礎(chǔ)知識(約占 40%)以及主干內(nèi)容的考查,如函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(22分),立體幾何(22分),解析幾何(22分),概率與統(tǒng)計(jì)(17分),三角函數(shù)與解三角形(17分).縱觀全卷,在穩(wěn)定中求創(chuàng)新,重視對學(xué)生基本數(shù)學(xué)素養(yǎng)、思想方法與能力的考查,關(guān)注學(xué)生的應(yīng)用意識與創(chuàng)新意識,試卷梯度明顯,有良好的區(qū)分度.試題

9、重視數(shù)學(xué)本質(zhì),突出理性思維、數(shù)學(xué)應(yīng)用、數(shù)學(xué)探究、數(shù)學(xué)文化的引領(lǐng)作用,突出對關(guān)鍵能力的考查.第 3題以鋼琴為背景,設(shè)計(jì)問題,考查學(xué)生的分析能力和提升學(xué)生的數(shù)學(xué)文化素養(yǎng).第 18題以野生動物問題為背景,考查學(xué)生運(yùn)用所學(xué)的概率和統(tǒng)計(jì)知識對現(xiàn)實(shí)社會中實(shí)際數(shù)據(jù)的分析處理能力,將保護(hù)野生動物與數(shù)學(xué)基本概念有機(jī)結(jié)合,培養(yǎng)學(xué)生的環(huán)境保護(hù)意識. 1.d a=x|x|1,xz, ab=x|1|x|3,xz=-2,2.故選 d. 2.a (1-i)4=(1-i)22=(-2i)2=-4.故選 a. 3.c 結(jié)合題意,原位大三和弦有(a1,a5,a8),(a2,a6,a9),(a3,a7,a10),(a4,a8,a1

10、1),(a5,a9,a12),共 5個,原位小三和弦有(a1,a4,a8),(a2,a5,a9),(a3,a6,a10),(a4,a7,a11),(a5,a8,a12),共 5個,故原位大三和弦與原位小三和弦的個數(shù)之和為 5+5=10.故選 c. 4.b 要使第二天完成積壓訂單及當(dāng)日訂單的配貨的概率不小于 0.95,而預(yù)計(jì)第二天新訂單超過 1 600份的概率為 0.05,故按第二天可接 1 600份訂單計(jì)算.因?yàn)槌忻刻炷芡瓿?1 200份訂單的配貨,所以第二天志愿者需完成 500+(1 600-1 200)=900(份)訂單的配貨,所以至少需要志愿者90050=18(名).故選 b. 12

11、/ 19 5.d 由題意可知,a b=|a| |b|cos 60=12. 對于 a,(a+2b) b=a b+2b2=520,不符合題意; 對于 b,(2a+b) b=2a b+b2=20,不符合題意; 對于 c,(a-2b) b=a b-2b2=-320,不符合題意; 對于 d,(2a-b) b=2a b-b2=0,故 2a-b 與 b 垂直. 故選 d. 6.b 設(shè)等比數(shù)列an的公比為 q. a5-a3=12,a6-a4=24,6-45-3=q=2. 又 a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12,a1=1. an=a1 qn-1=2n-1, sn=1(1-)1-=1(1-2)1-2=

12、2n-1. =2-12-1=2-12-1=2-21-n. 故選 b. 7.c 執(zhí)行第一次,a=1,k=1,a10; 執(zhí)行第二次,a=3,k=2,a10; 執(zhí)行第三次,a=7,k=3,a10,循環(huán)結(jié)束,故輸出的 k為 4. 故選 c. 8.b 由題意可知,圓心在第一象限. 設(shè)圓心為(a,a)(a0),則(2-a)2+(1-a)2=a2, 13 / 19 解得 a=1或 a=5.當(dāng) a=1時(shí),圓心為(1,1),此時(shí)圓心到直線 2x-y-3=0的距離為 d1=|2-1-3|5=255. 當(dāng) a=5時(shí),圓心為(5,5),此時(shí)圓心到直線 2x-y-3=0的距離為 d2=|25-5-3|5=255. 綜上

13、,圓心到直線 2x-y-3=0的距離為255.故選 b. 9.b 由題意可知,雙曲線的漸近線方程為 y=x. 因?yàn)橹本€ x=a與雙曲線的漸近線分別交于 d,e兩點(diǎn), 所以不妨令 d(a,-b),e(a,b), 所以|de|=2b.所以 sode=122b a=ab=8. 所以 c2=a2+b22ab=16,當(dāng)且僅當(dāng) a=b=22時(shí)取等號. 所以 c4,所以 2c8.所以雙曲線 c的焦距的最小值為 8. 故選 b. 10.a 由題意可知,f(x)的定義域?yàn)?-,0)(0,+),關(guān)于原點(diǎn)對稱. f(x)=x3-13, f(-x)=(-x)3-1(-)3=-(3-13)=-f(x), f(x)為奇函

14、數(shù). 易知 f(x)=x3-13在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增. 故選 a. 11.c 設(shè)等邊三角形 abc的邊長為 a,球 o的半徑為 r,abc的外接圓的半徑為 r,則 sabc=34a2=934,s球o=4r2=16,解得 a=3,r=2.故 r=2332a=3. 設(shè) o到平面 abc的距離為 d,則 d2+r2=r2, 14 / 19 故 d=2-2= 4-3=1. 故選 c. 【方法速記】在等邊三角形中,設(shè)其邊長為 a,則高 h=32a,面積 s=34a2,外接圓的半徑 r=33a,內(nèi)切圓的半徑 r=36a. 12.a 2x-2y3-x-3-y,2x-3-x2y-3-y. f(t)=2t

15、-3-t在 r 上為增函數(shù),且 f(x)f(y), x0,y-x+11, ln(y-x+1)ln 1=0.故選 a. 13.19 sin x=-23,cos 2x=1-2sin2x=1-249=19. 14.25 設(shè)等差數(shù)列an的公差為 d. a1=-2,a2+a6=a1+d+a1+5d=2a1+6d=-4+6d=2,解得 d=1. s10=10a1+1092d=-20+45=25. 15.8 作出可行域如圖所示(陰影部分). 因?yàn)?z=x+2y, 所以 y=-12x+2. 15 / 19 作出直線 y=-12x,平移直線可知,當(dāng)直線過點(diǎn) a時(shí),2最大,即 z最大. 由2- = 1,- = -

16、1,解得 = 2, = 3, 故 a(2,3).所以 zmax=2+23=8. 16. p1,p4為真命題,p2,p3為假命題, p2,p3為真命題, p1p4為真命題,p1p2為假命題,p2p3為真命題,p3p4為真命題. 故填. 17.(1)解 由已知得 sin2a+cos a=54, 即 cos2a-cos a+14=0. 所以(cos-12)2=0,cos a=12. 由于 0a,故 a=3. (2)證明 由正弦定理及已知條件可得 sin b-sin c=33sin a. 由(1)知 b+c=23,所以 sin b-sin(23-) =33sin 3. 即12sin b-32cos b

17、=12,sin(-3) =12. 由于 0b23,故 b=2.從而abc是直角三角形. 18.解 (1)由已知得樣本平均數(shù) =120=120yi=60,從而該地區(qū)這種野生動物數(shù)量的估計(jì)值為60200=12 000. (2)樣本(xi,yi)(i=1,2,20)的相關(guān)系數(shù) 16 / 19 r=i=120(-)(-)=120(-)2=120(-)2=800809 000=2230.94. (3)分層抽樣:根據(jù)植物覆蓋面積的大小對地塊分層,再對 200個地塊進(jìn)行分層抽樣. 理由如下:由(2)知各樣區(qū)的這種野生動物數(shù)量與植物覆蓋面積有很強(qiáng)的正相關(guān).由于各地塊間植物覆蓋面積差異很大,從而各地塊間這種野生

18、動物數(shù)量差異也很大,采用分層抽樣的方法較好地保持了樣本結(jié)構(gòu)與總體結(jié)構(gòu)的一致性,提高了樣本的代表性,從而可以獲得該地區(qū)這種野生動物數(shù)量更準(zhǔn)確的估計(jì). 19.解 (1)由已知可設(shè) c2的方程為 y2=4cx,其中 c=2-2. 不妨設(shè) a,c在第一象限,由題設(shè)得 a,b的縱坐標(biāo)分別為2,-2;c,d的縱坐標(biāo)分別為 2c,-2c,故|ab|=22,|cd|=4c. 由|cd|=43|ab|得 4c=823,即 3=2-2()2,解得=-2(舍去),=12.所以 c1的離心率為12. (2)由(1)知 a=2c,b=3c,故 c1:242+232=1. 所以 c1的四個頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為(2c,0),(-

19、2c,0),(0,3c),(0,-3c),c2的準(zhǔn)線為 x=-c. 由已知得 3c+c+c+c=12,即 c=2. 所以 c1的標(biāo)準(zhǔn)方程為216+212=1,c2的標(biāo)準(zhǔn)方程為 y2=8x. 20.(1)證明 因?yàn)?m,n分別為 bc,b1c1的中點(diǎn), 所以 mncc1. 又由已知得 aa1cc1,故 aa1mn. 因?yàn)閍1b1c1是正三角形,所以 b1c1a1n. 又 b1c1mn,故 b1c1平面 a1amn. 所以平面 a1amn平面 eb1c1f. 17 / 19 (2)解 ao平面 eb1c1f,ao平面 a1amn,平面 a1amn平面 eb1c1f=pn,故 aopn. 又 apo

20、n,故四邊形 apno是平行四邊形, 所以 pn=ao=6,ap=on=13am=3,pm=23am=23,ef=13bc=2. 因?yàn)?bc平面 eb1c1f,所以四棱錐 b -eb1c1f的頂點(diǎn) b到底面 eb1c1f的距離等于點(diǎn) m到底面 eb1c1f的距離. 作 mtpn,垂足為 t,則由(1)知,mt平面 eb1c1f, 故 mt=pmsinmpn=3. 底面 eb1c1f的面積為12(b1c1+ef)pn=12(6+2)6=24. 所以四棱錐 b -eb1c1f的體積為13243=24. 21.解 設(shè) h(x)=f(x)-2x-c,則 h(x)=2ln x-2x+1-c, 其定義域?yàn)?0,+),h(x)=2-2. (1)當(dāng) 0 x0;當(dāng) x1時(shí),h(x)0.所以 h(x)在區(qū)間(0,1)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+)單調(diào)遞減.從而當(dāng) x=1時(shí),h(x)取得最大值,最大值為 h(1)=-1-c.