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

1、絕密 啟用前2020年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(全國(guó)卷,文)(本試卷共4頁(yè),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(gè)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,-2,2,3C.-2,0,2D.-2,22.(1-i)4=()A.-4B.4C.-4iD.4i3.如圖,將鋼琴上的12個(gè)鍵依次記為a1,a2,a12.設(shè)1ij0,b0)的兩條漸近線分別交于D,E兩點(diǎn).若ODEA.4B.8C.16D.3210.設(shè)函數(shù)f(x)=x3-1x3,則f(x)(A.是奇函數(shù),且在(0,+

2、)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.3B.32C.1D.12.若2x-2y0B.ln(y-x+1)0D.ln|x-y|b0)的右焦點(diǎn)F與拋物線C2的焦點(diǎn)重合,C1的中心與C2的頂點(diǎn)重合.過(guò)F且與x軸垂直的直線交C1于A,B兩點(diǎn),交C2于C,(1)求C1的離心率;(2)若C1的四個(gè)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

3、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(guò)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EB1C1F,且MPN=3,求四棱錐B -EB1C1F的體積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)=f(x(二)選考題:共10分。請(qǐng)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(duì)應(yīng)的題號(hào)方框涂黑。按所涂題號(hào)進(jìn)行評(píng)分,不涂、多涂均按所答第一題評(píng)分;

4、多答按所答第一題評(píng)分。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:x=4cos2,y=4sin2(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(guò)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.2020年數(shù)學(xué)(全國(guó)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)

5、學(xué)運(yùn)算10,12,21(函數(shù)與導(dǎo)數(shù))選擇題函數(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)選擇題球的切接問(wèn)題,線線、線面的位置關(guān)

6、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)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7(程序框圖)選擇題循環(huán)結(jié)構(gòu)

7、;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(duì)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(guó)卷文科數(shù)學(xué),突出對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)(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(duì)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(shí)與創(chuàng)新意識(shí),試卷梯度明顯,有良好的區(qū)分度.試題重視數(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(duì)關(guān)鍵能力的考查.第3題以鋼琴為背景,設(shè)計(jì)問(wèn)題,

8、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(dòng)物問(wèn)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(shí)對(duì)現(xiàn)實(shí)社會(huì)中實(shí)際數(shù)據(jù)的分析處理能力,將保護(hù)野生動(dòng)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(shí).1.DA=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,a11),(a5,a9,a12),共5個(gè),原位小三和弦有(a1,a4,a8),(a2,a5,a9),(a3,a6,a10),(a4,a7,a11)

9、,(a5,a8,a12),共5個(gè),故原位大三和弦與原位小三和弦的個(gè)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(guò)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? 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B5.D由題意可知,ab=|a|b|cos 60=12對(duì)于A,(a+2b)b=ab+2b2=520,不符合題意對(duì)于B,(2a+b)b=2ab+b2=20,不符合題意;對(duì)于C,(a-

10、2b)b=ab-2b2=-320,不符合題意對(duì)于D,(2a-b)b=2ab-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,a6-a又a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12,a1=1.an=a1qn-1=2n-1,Sn=a1(1-qnSnan=2n-12n-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,解得a=1或a=5.當(dāng)

11、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=|2綜上,圓心到直線2x-y-3=0的距離為255.故選9.B由題意可知,雙曲線的漸近線方程為y=bax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=122ba=ab=8所以c2=a2+b22ab=16,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=22時(shí)取等號(hào).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(duì)稱.f

12、(x)=x3-1xf(-x)=(-x)3-1(-x)3=-xf(x)為奇函數(shù).易知f(x)=x3-1x3在區(qū)間(0,+)故選A.11.C設(shè)等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)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=2設(shè)O到平面ABC的距離為d,則d2+r2=R2,故d=R2-r故選C.【方法速記】在等邊三角形中,設(shè)其邊長(zhǎng)為a,則高h(yuǎn)=32a,面積S=34a2,外接圓的半徑R=33a,內(nèi)切圓的半徑r=12.A2x-2y3-x-3-y,2x-3-x2y-3-y.f(t)=2t-3-t在R上為增函數(shù),且f(x)f(y),x0,y

13、-x+11,ln(y-x+1)ln 1=0.故選A.13.19sin x=-23,cos 2x=1-2sin2x=1-214.25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+4515.8作出可行域如圖所示(陰影部分).因?yàn)閦=x+2y,所以y=-12x+z作出直線y=-12x,平移直線可知,當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)A時(shí),z2最大,即z由2x-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

14、,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cosA-122=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-sin23即12sin B-32cos B=12由于0B23,故B=2.從而18.解 (1)由已知得樣本平均數(shù)y=120i=120yi=60,從而該地區(qū)這種野生動(dòng)物數(shù)量的估計(jì)值為60(2)樣本(xi,yi)(i=1,2,20)的相關(guān)系數(shù)r=i=120(xi(3)分層抽樣:根據(jù)植物覆蓋面積的大小對(duì)地塊分層,再對(duì)200個(gè)地塊進(jìn)行分層抽樣

15、.理由如下:由(2)知各樣區(qū)的這種野生動(dòng)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動(dòng)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(dòng)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=a2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b2a,-b2a;C,D的縱坐標(biāo)分別為2c,-2c,故|AB|=2b由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3ca=2-2ca2,解得ca=-2(舍去(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c

16、所以C1的四個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為(2c,0),(-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x216+y212=1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為20.(1)證明 因?yàn)镸,N分別為BC,B1C1的中點(diǎn),所以MNCC1.又由已知得AA1CC1,故AA1MN.因?yàn)锳1B1C1是正三角形,所以B1C1A1N.又B1C1MN,故B1C1平面A1AMN.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,故四邊形APNO是平行四邊形,所以PN

17、=AO=6,AP=ON=13AM=3,PM=23AM=23,EF=13因?yàn)锽C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=所以四棱錐B -EB1C1F的體積為13243=2421.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)=2x-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.故當(dāng)且僅當(dāng)-1-c0,即c-1時(shí),f(x)2x+c.所以c的取值范圍為-1,+).(2)g(x)=f(x)-f(a)x-a=2(lng(x)=2x取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,則由(1)知,當(dāng)x1時(shí),h(x)0,即1-x+ln x0.故當(dāng)x(0,a)(a,+)時(shí),1-ax+ln ax0,從而g(x)所以g(x)在區(qū)間(0,a),(a,+)單調(diào)遞減.22.解 (1)C1的普通方程為x+y=4(0 x4).由C2的參數(shù)方程得x2=