2020年高考文科数学全国卷2及答案(A4打印版)

文科数学

注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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xx3，xZ，Bxx1，xZ，则ABA.

4

2.（1i）=

2，2，3B.3，

B.40，2C.2，

C.4i()2D.2，

(D.4i键依设称ai，若称)A.43.如图，将钢琴上的12个次记为a1，a2，…，a12.1≤i＜j＜k≤12.若则kj3且ji4，aj，ak为原位大三和弦；则kj4且ji3，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.5B.8C.10D.154.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A.a2b

B.18名B.2ab

C.24名C.a2b

D.32名D.2ab

()5.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6.记Sn为等比数列an的前n项和.若a5a312，a6a424，则A.21

n

Sn(an1n

)B.22

1nC.22

n1D.2

1

()7.执行右面的程序框图，若输入的k0，a0，则输出的k为A.2B.3C.4D.58.若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的距离为(（21，）)5A.525B.535C.545D.5

x2y2

9.设O为坐标原点，直线xa与双曲线C：221（a0，b0）的两条渐近线分别ab

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)x

3(())+单调递增A.是奇函数，且在0，

+单调递减B.是奇函数，且在0，

+单调递增C.是偶函数，且在0，

+单调递减D.是偶函数，且在0，

11.已知△ABC是面积为1

，则f(x)3x

93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4

(C.1D.)为16，则O到平面ABC的距离为A.3B.3232

()12.若2x2y＜3x3y，则A.lnyx1＞0

B.lnyx1＜0

C.lnxy＞0D.lnxy＜0

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.2

，则cos2x________.314.记Sn为等差数列an的前n项和，若a12，a2a62，则S10________.13.若sinx

xy≥1，

，15.若x，y满足约束条件xy≥1则zx2y的最大值是________.2xy≤1，

16.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.P2P3：过空间中任意三点有且仅有一个平面.：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，直线m平面，则ml.则下述命题中所有真命题的序号是________.①p1p4②p1p2③p2p3④p3p4三、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.(12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2

（1）求A；（2）若bc

5

AcosA.42

3a，证明：△ABC是直角三角形.318.（12分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分为面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方（xi，yi）（i=1，2，，20）法抽取20个作为样区，调查得到样本数据，其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得x=60，y=1200，x-x=80，y-y=9000，x-xy-y=800.i=1

i

i=1

i

i=1

i

i=1

i

i=1

i

i

202020

2

20

2

20

（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（xi，yi）（i=1，2，，20）（2）求样本的相关系数（精确到0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.附：相关系数r

n

xxy

i1i

n2ni1ii1i

yi2xxyy，21.414.19.（12分）x2y2

已知椭圆C1:221(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2ab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

4

AB.3

（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.20.（12分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BBC11C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求四棱锥BEB1C1F的体积.，321.（12分）已知函数（1）若fx2lnx1.fxfaxafx≤2xc，求c的取值范围；的单调性.（2）设a＞0，讨论函数gx

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，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4—4：坐标系与参数方程]（10分）已知曲线C1，C2的参数方程分别为1xt，2

x4cos，tC1：(为参数)，C:(t为参数）.22

y4sinyt1

t

（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4—5：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；（2）若fx≥4，求a的取值范围.2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅱ卷

文科数学答案解析

一、选择题1．【答案】D【解析】解绝对值不等式化简集合A，B的表示，再根据集合交集的定义进行求解即可.1，0，1，2，Bxx1，xZxx1或x1，xZ，因为Axx3，xZ2，2.所以AB2，故选：D.【考点】绝对值不等式的解法，集合交集的定义2．【答案】A【解析】根据指数幂的运算性质，结合复数的乘方运算性质进行求解即可.4

1i[1i]212ii22i42

2

2

故选：A.【考点】复数的乘方运算性质3．【答案】C【解析】根据原位大三和弦满足kj3，ji4，原位小三和弦满足kj4，ji3，从i1开始，利用列举法即可解出．根据题意可知，原位大三和弦满足：kj3，ji4．∴i1，j5，k8；i2，j6，k9；i3，j7，k10；i4，j8，k11；i5，j9，k12．原位小三和弦满足：kj4，ji3．∴i1，j4，k8；i2，j5，k9；i3，j6，k10；i4，j7，k11；i5，j8，k12．故个数之和为10．故选：C．【考点】列举法的应用4．【答案】B【解析】算出第二天订单数，除以志愿者每天能完成的订单配货数即可.由题意，第二天新增订单数为50016001200900，90018名.故需要志愿者50故选：B【考点】函数模型的简单应用5．【答案】D【解析】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向量垂直数量积为零这一性质逐一判断即可.11由已知可得：ababcos6011.22215A：因为(a2b)bab2b210，所以本选项不符合题意；2221B：因为(2ab)b2abb2120，所以本选项不符合题意；2213C：因为(a2b)bab2b210，所以本选项不符合题意；2221D：因为(2ab)b2abb210，所以本选项符合题意.2故选：D.【考点】平面向量数量积的定义和运算性质，两平面向量数量积为零则这两个平面向量互相垂直6．【答案】B【解析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前n项和公式进行求解即可.设等比数列的公比为q，42

a1qa1q12q2由a5a312，a6a424可得：5，3

a1aqaq24111

a1(1qn)12nn1n1

2n1，所以ana1q2，Sn1q12Sn2n1n1221n.因此an2故选：B.【考点】等比数列的通项公式的基本量计算，等比数列前n项和公式的应用7．【答案】C【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出的k值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，即可求得答案.由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出的k值.模拟程序的运行过程k0,a0，k011，2＞10为否第1次循环，a2011

10为否第2次循环，a2113，k112，3＞10为否第3次循环，a2317，k213，7＞10为是第4次循环，a27115，k314，15＞退出循环输出k4.故选：C.【考点】求循环框图的输出值8．【答案】B【解析】由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为a，a，a0，可得圆的半径为a，写1在圆上，求得实数a的值，利用点到直线的距离公式可求出出圆的标准方程，利用点2，圆心到直线2xy30的距离.1在第一象限，若圆心不在第一象限，由于圆上的点2，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，设圆心的坐标为a，a，则圆的半径为a，圆的标准方程为xayaa2.由题意可得2a1aa2，可得a26a50，解得a1或a5，2222，5，所以圆心的坐标为11或5，圆心到直线2xy30的距离均为d所以，圆心到直线2xy30的距离为故选：B.【考点】圆心到直线距离的计算9．【答案】B2525；525.5

bx2y2

【解析】因为C:221(a＞0，b＞0)，可得双曲线的渐近线方程是yx，与直线xa

aab联立方程求得D，E两点坐标，即可求得|ED|，根据△ODE的面积为8，可得ab值，根据2c2a2b2，结合均值不等式，即可求得答案.x2y2

C:221(a＞0，b＞0)abbxa22xy直线xa与双曲线C:221a0，b0的两条渐近线分别交于D，E两点ab双曲线的渐近线方程是y不妨设D为在第一象限，E在第四象限xaxa联立b，解得yxyba故Da，bxaxa联立b，解得yxybab)故E(a，|ED|2b△ODE面积为：S△ODEx2y2

双曲线C:221a0，b0ab1a2bab82其焦距为2c2a2b222ab2168当且仅当ab22取等号C的焦距的最小值：8故选：B.【考点】求双曲线焦距的最值问题10．【答案】A【解析】根据函数的解析式可知函数的定义域为xx0，利用定义可得出函数fx为奇函数，再根据函数的单调性法则，即可解出．1因为函数fxx33定义域为xx0，其关于原点对称，而fxfx，x所以函数fx为奇函数．上单调递增，在，0上单调递增，又因为函数yx3在0，1上单调递减，在，0上单调递减，x3在0，3x1上单调递增，在，0上单调递增．所以函数fxx33在0，x而y故选：A．【考点】利用函数的解析式研究函数的性质11．【答案】C【解析】根据球O的表面积和△ABC的面积可求得球O的半径R和△ABC外接圆半径r，由球的性质可知所求距离dR2r2.设球O的半径为R，则4R216，解得：R2.设△ABC外接圆半径为r，边长为a，△ABC是面积为93的等边三角形，4

123932a2292，解得：a3，raa93，2243434球心O到平面ABC的距离dR2r2431.故选：C.【考点】球的相关问题的求解12．【答案】Att

【解析】将不等式变为2x3x＜2y3y，根据ft23的单调性知x＜y，以此去判断各个选项中真数与1的大小关系，进而得到结果.由2x2y＜3x3y得：2x3x＜2y3y，tt

令ft23，y2x为R上的增函数，y3x为R上的减函数，ft为R上的增函数，x＜y，yx＞0，yx1＞1，lnyx1＞0，则A正确，B错误；xy与1的大小不确定，故CD无法确定.故选：A.【考点】对数式的大小的判断问题二、填空题13．【答案】19【解析】直接利用余弦的二倍角公式进行运算求解即可.281cos2x12sin2x12()21.3991故答案为：.9【考点】余弦的二倍角公式的应用14．【答案】25【解析】因为an是等差数列，根据已知条件a2a62，求出公差，根据等差数列前n项和，即可求得答案.an是等差数列，且a12，a2a62设an等差数列的公差d根据等差数列通项公式：ana1n1d可得a1da15d2

即：2d25d2整理可得：6d6解得：d1根据等差数列前n项和公式：Snna1可得：S1010210(101)2045252n(n1)d，nN*

2S1025.故答案为：25.【考点】求等差数列的前n项和15．【答案】81【解析】在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域，然后平移直线yx，在平面211区域内找到一点使得直线yxz在纵轴上的截距最大，求出点的坐标代入目标函数22中即可.不等式组表示的平面区域为下图所示：111平移直线yx，当直线经过点A时，直线yxz在纵轴上的截距最大，222xy1x2此时点A的坐标是方程组的解，解得：，2xy1y3因此zx2y的最大值为：2238.故答案为：8.【考点】线性规划的应用，数形结合思想16．【答案】①③④【解析】利用两交线直线确定一个平面可判断命题p1的真假；利用三点共线可判断命题p2的真假；利用异面直线可判断命题p3的真假，利用线面垂直的定义可判断命题p4的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.对于命题p1，可设l1与l2相交，这两条直线确定的平面为；若l3与l1相交，则交点A在平面内，同理，l3与l2的交点B也在平面内，所以，AB，即l3，命题p1为真命题；对于命题p2，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题p2为假命题；对于命题p3，空间中两条直线相交、平行或异面，命题p3为假命题；对于命题p4，若直线m平面，则m垂直于平面内所有直线，直线l平面，直线m直线l，命题p4为真命题.综上可知，p1p4为真命题，p1p2为假命题，p2p3为真命题，p3p4为真命题.故答案为：①③④.【考点】空间中线面关系有关命题真假的判断三、解答题17．【答案】（1）A3b2c2a2（2）因为A13，所以cosA2bc2，即b2c2a2bc①，又bc

33a②，将②代入①得，b2c23bc2bc，即2b22c25bc0，而b＞c，解得b2c，所以a3c，故b2a2c2，即△ABC是直角三角形．【解析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，1cos2AcosA54，即可解出；cos22A5cosA4可化为55AcosA，所以sin2AcosA，4425即1cos2AcosA，41解得cosA，又0＜A＜，2所以A；33（2）根据余弦定理可得b2c2a2bc，将bca代入可找到a，b，c关系，3

因为cos2再根据勾股定理或正弦定理即可证出．b2c2a21因为A，所以cosA，32bc2即b2c2a2bc①，又bc

23a②，将②代入①得，b2c23bcbc，3即2b22c25bc0，而b＞c，解得b2c，所以a3c，故b2a2c2，即△ABC是直角三角形．【考点】诱导公式和平方关系的应用18．【答案】（1）12000（2）0.94

（3）由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样先将植物覆盖面积按优中差分成三层，在各层内按比例抽取样本，在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.【解析】（1）利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数，代入数据即可；1201

y样区野生动物平均数为i20120060，20i1地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为2006012000；（2）利用公式r20

(xi1i

x)(yiy)2(xi120ix)(yi120计算即可；iy)2样本xi，yi的相关系数为r(xi120i120

i

x)(yiy)2(xix)(yiy)2i120800809000220.943（3）各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样.由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样先将植物覆盖面积按优中差分成三层，在各层内按比例抽取样本，在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.【考点】平均数的估计值、相关系数的计算，抽样方法的选取119．【答案】（1）2x2y2

12CCy161212（2）：，：8x.【解析】（1）根据题意求出C2的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设A，C在第一象限，4运用代入法求出A，B，C，D点的纵坐标，根据|CD||AB|，结合椭圆离心率的公式进3行求解即可；0，所以抛物线C2的方程为y24cx，其中解：（1）因为椭圆C1的右焦点坐标为：Fc，ca2b2.x2y2

不妨设A，C在第一象限，因为椭圆C1的方程为：221，abc2y2b2b2b2

xc所以当时，有221y，因此A，B的纵坐标分别为，；abaaa又因为抛物线C2的方程为y24cx，所以当xc时，有y24ccy2c，2b2|CD|4c所以C，D的纵坐标分别为2c，2c，故|AB|，.a2

4cc18b2cc由|CD||AB|得4c，即322，解得2（舍去），.3aa2a3aa1所以C1的离心率为.2（2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可；x2y2

(2c，0)，由（1）知a2c，故C1:221，所以C1的四个顶点坐标分别为△ABC，b3c，4c3c(0，3c)，(0，3c)，C2的准线为xc.由已知得3cccc12，即c2.x2y22所以C1的标准方程为1，C2的标准方程为y8x.1612【考点】椭圆的离心率，椭圆和抛物线的标准方程，椭圆的四个顶点的坐标，抛物线的准线方程20．【答案】（1）M,N分别为BC，B1C1的中点，MN//BB1又AA1//BB1MN//AA1在等边△ABC中，M为BC中点，则BCAM又侧面BB1C1C为矩形，BCBB1MN//BB1MNBC

由MNAMM，MN，AM平面A1AMN

BC⊥平面A1AMN

又B1C1//BC，且B1C1平面ABC，BC平面ABC，B1C1//平面ABC

又B1C1平面EB1C1F，且平面EB1C1F平面ABCEF

B1C1//EF

EF//BC

又BC平面A1AMN

EF平面A1AMN

EF平面EB1C1F

平面EB1C1F平面A1AMN（2）24【解析】（1）由M，N分别为BC，B1C1的中点，MN//CC1，根据条件可得AA1//BB1，可证MN//AA1，要证平面EB1C1F平面A1AMN，只需证明EF平面A1AMN即可；M，N分别为BC，B1C1的中点，MN//BB1又AA1//BB1MN//AA1在等边△ABC中，M为BC中点，则BCAM又侧面BB1C1C为矩形，BCBB1MN//BB1MNBC

由MNAMM，MN，AM平面A1AMN

BC⊥平面A1AMN

又B1C1//BC，且B1C1平面ABC，BC平面ABC，B1C1//平面ABC

又B1C1平面EB1C1F，且平面EB1C1F平面ABCEF

B1C1//EF

EF//BC

又BC平面A1AMN

EF平面A1AMN

EF平面EB1C1F

平面EB1C1F平面A1AMN

（2）根据已知条件求得S四边形EB1C1F和M到PN的距离，根据椎体体积公式，即可求得VBEB1C1F.过M作PN垂线，交点为H，画出图形，如图AO//平面EB1C1F

AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1FNPAO//NP

又NO//AP

AONP6O为△A1B1C1的中心.ON11A1C1sin606sin60333故：ONAP3，则AM3AP33，平面EB1C1F平面A1AMN，平面EB1C1F平面A1AMNNP，MH平面A1AMN

EFAPBCAMAPBC362即EFAM33又在等边△ABC中由（1）知，四边形EB1C1F为梯形MH平面EB1C1F

四边形EB1C1F的面积为：S四边形EB1C1F1VBEB1C1FS四边形EB1C1Fh，31V24324.3EFB1C126NP=62422h为M到PN的距离MH23sin603，【考点】证明线线平行和面面垂直，求四棱锥的体积21．【答案】（1）c≥1；上单调递减，没有递增区间（2）gx在区间0，a和a，【解析】（1）不等式fx≤2xc转化为fx2xc≤0，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；函数fx的定义域为：0，fx≤2xcfx2xc≤02lnx12xc≤0，设hx2lnx12xcx＞0，则有hx21x2，2xx1时，hx＜0，hx单调递减，当x＞

1时，hx＞0，hx单调递增，当0＜x＜

所以当x1时，函数hx有最大值，即hxmaxh12ln1121c1c，上恒成立，要想不等式在0，只需hxmax≤01c≤0c≥1；（2）对函数gx求导，把导函数gx的分子构成一个新函数mx，再求导得到mx，根据mx的正负，判断mx的单调性，进而确定gx的正负性，最后求出函数gx的单调性.2lnx12lna12lnxlnagxx＞0且xaxaxa因此gx2xaxlnxxlnaxxa2，设mx2xaxlnxxlna，则有mx2lnalnx，

当x＞a时，lnx＞lna，所以mx＜0，mx单调递减，因此有mx＜ma0，即gx＜0，所以gx单调递减；

当0＜x＜a时，lnx＜lna，所以mx＞0，mx单调递增，因此有mx＜ma0，即gx＜0，所以gx单调递减，上单调递减，没有递增区间.所以函数gx在区间0，a和a，【考点】利用导数研究不等式恒成立问题，利用导数判断含参函数的单调性22．【答案】（1）C1：xy4；C2：x2y24；（2）17cos5.【解析】（1）分别消去参数和t即可得到所求普通方程；由cos2sin21得C1的普通方程为：xy4；1221xtxt22tt由得：，两式作差可得C2的普通方程为：x2y24.yt1y2t212tt2（2）两方程联立求得点P，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.5xxy4532P由2得：，即，；2

xy4322y20，其中a＞0，设所求圆圆心的直角坐标为a，171753则a0a2，解得：a，所求圆的半径r，101022171717222

所求圆的直角坐标方程为：xyx，，即xy5101017所求圆的极坐标方程为cos.5【考点】极坐标与参数方程的综合应用问题23．【答案】（1）xx≤或x≥（2）2

2

2

2





32112

,13,【解析】（1）分别在x≤3、3＜x＜4和x≥4三种情况下解不等式求得结果；当a2时，fxx4x3.当x≤3时，fx4x3x72x≥4，解得：x≤当3＜x＜4时，fx4xx31≥4，无解；当x≥4时，fxx4x32x7≥4，解得：x≥综上所述：fx≥4的解集为xx≤或x≥

3；2

3211.2

211；2（2）利用绝对值三角不等式可得到fx≥a1，由此构造不等式求得结果.fxxa2x2a1≥xa2x2a1a22a1a1（当且仅当2，2a1≤x≤a2时取等号）a1≥4，解得：a≤1或a≥3，a的取值范围为,13,.【考点】绝对值不等式的求解，利用绝对值三角不等式求解最值的问题2