2020年全国普通高等学校招生统一考试文科数学试卷 全国Ⅱ卷（含答案）

这是一份2020年全国普通高等学校招生统一考试文科数学试卷 全国Ⅱ卷（含答案），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
22020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学一、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，，则（   ）A. B. C. D.2.（   ）A. B.4 C. D.3.如图，将钢琴上的12个键依次记为,,…,.设.若且，则称,,为原位大三和弦；若且，则称,,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.8 C.10 D.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 B.18名 C.24名 D.32名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（   ）A. B. C. D.6.记为等比数列的前n项和.若,，则（）A． B． C. D．7.执行右面的程序框图，若输入的，则输出的k为：（   ）A.2 B.3 C.4 D.58.若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（   ）A. B. C. D.9.设O为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点.若的面积为8，则C的焦距的最小值为（   ）A．4 B．8 C．16 D．3210.设函数，则（   ）A.是奇函数，且在单调递增 B.是奇函数，且在单调递减C.是偶函数，且在单调递增 D.是偶函数，且在单调递减11.已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为，则O到平面的距离为（   ）A． B． C．1 D．12.若，则（   ）A. B. C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若，则____.14.记为等差数列的前n项和.若，，则____.15.若x，y满足约束条件则的最大值是____.16.设有下列四个命题：：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.：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.：若直线平面α，直线平面α，则.则下述命题中所有真命题的序号是_________①②③④三、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）的内角的对边分别为，已知.（1）求A；（2）若，证明：是直角三角形.18. （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，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第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.（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）；（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，.19. （12分）已知椭圆的右焦点F与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交于两点，交于两点，且.（1）求的离心率；（2）若的四个顶点到的准线距离之和为12，求与的标准方程.20. （12分）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，分别为,的中点，P为上一点，过和P的平面交于E，交于F.（1）证明：，且平面平面；（2）设O为的中心，若，平面，且，求四棱锥的体积21. （12分）已知函数.（1）若，求c的取值范围；（2）设，讨论函数的单调性.（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．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）已知曲线,的参数方程分别为（θ为参数），（t为参数）.（1）将，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，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.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求a的取值范围.
参考答案1.答案：D解析：通解 因为，，所以，故选D.优解 .2.答案：A解析：，故选A.3.答案：C解析：通解 由题意，知构成原位大三和弦时，，，所以为原位大三和弦的情况有：，，；，，；，，；，，；，，.共5种.构成原位小三和弦时，，所以为原位小三和弦的情况有：，，；，，；，，；，，；，，.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.优解 由题意，知当为原位大三和弦时，且，又，所以，所以这12个键可以构成的原位大三和弦的个数为5.当为原位小三和弦时，且，又，所以，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.答案：B解析：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(名)，故选B.5.答案：D解析：通解 由题意，得.对于A，，故A不符合题意；对于B，，故B不符合题意；对于C，，故C不符合题意；对于D，，所以.故选D.优解一 不妨设，，则，，，，易知，只有，即，故选D.优解二 根据条件，分别作出向量与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.答案：B解析：通解 设等比数列的公比为，则由解得所以，，所以，故选B.优解 设等比数列的公比为，因为，所以，所以，故选B.7.答案：C解析：初始值，，，进入循环，，，，则，，，则，，，则，，，此时不满足循环条件，退出循环，输出，故选C.8.答案：B解析：因为圆与两坐标轴都相切，且点在该圆上，所以可设圆的方程为，所以，即，解得或，所以圆心的坐标为或，所以圆心到直线的距离为或，故选B.9.答案：B解析：由题意，知双曲线的渐近线方程为.因为分别为直线与双曲线的两条渐近线的交点，所以不妨设，，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以，所以，所以的焦距的最小值为8，故选B.10.答案：A解析：解法一 函数的定义域为，因为，所以函数为奇函数，排除C，D.因为函数，在上为增函数，所以在上为增函数，排除B，故选A.解法二 函数的定义域为，因为，所以函数为奇函数，排除C，D.当时，由，得，所以在上为增函数，排除B，故选A.11.答案：C解析：由等边三角形的面积为，得，得，则的外接圆半径.设球的半径为，则由球的表面积为，得，得，则球心到平面的距离，故选C.12.答案：A解析：由，得，即.设，则.因为函数在上为增函数，在上为增函数，所以在上为增函数，则由，得，所以，所以，所以，故选A.13.答案：解析：因为，所以由二倍角公式，得.14.答案：25解析：通解 设等差数列的公差为，则由，得，即，解得，所以.优解 设等差数列的公差为，因为，所以，所以，所以.15.答案：8解析：解法一 作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线并平移，由图知，当平移后的直线经过点时，取得最大值，.解法二 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，由得此时；由得此时；由得此时.综上所述，的最大值为8.16.答案：①③④解析：解法一 对于，由题意设直线，，，则由，知共面，设此平面为，则由，，知，由，，知，所以，所以共面于，所以是真命题；对于，当三点不共线时，过三点有且仅有一个平面，当三点共线时，过的平面有无数个，所以是假命题，是真命题；对于，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，所以是假命题，是真命题；对于，若直线平面，直线平面，则，所以是真命题，是假命题.故为真命题，为假命题，为真命题，为真命题.综上可知，真命题的序号是①③④.解法二 对于，由题意设直线，，，则点不共线，所以此三点确定一个平面，则，，，所以直线，，，即，，，所以是真命题；以下同解法一.17. 解析：（1）由已知得，即.所以.由于，故.（2）由正弦定理及已知条件可得.由（1）知，所以.即，.由于，故，从而是直角三角形.18. 解析：（1）由已知得样本平均数，从而该地区这种野生动物数量的估计值为.（2）样本的相关系数.（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. 解析：（1）由已知可设的方程为，其中.不妨设在第一象限，由题设得的纵坐标分别为；的纵坐标分别为，故.由得，即，解得（舍去），.所以的离心率为.（2）由（1）知，故，所以的四个顶点坐标分别为的准线为.已知得，即.所以的标准方程为的标准方程为.20. 解析：（1）因为分别为的中点，所以.又由己知得，故.因为是正三角形，所以.又，故平面.所以平面平面.（2）平面，平面，平面平面，故.又，故四边形是平行四边形，所以，.因为平面，所以四棱锥的顶点B到底面的距离等于点M到底面的距离.作，垂足为T，则由（1）知，平面，故.底面的面积为.所以四棱锥的体积为.21. 解析：设，则，其定义域为，.（1）当时，；当时，.所以在区间单调递增，在区间单调递减.从而当时，取得最大值，最大值为.故当且仅当，即时，.所以c的取值范围为.（2），..取得，则由（1）知，当时，，即.故当时，，从而.所以在区间，单调递减.22. 解析：（1）的普通方程为.由的参数方程得，所以.故的普通方程为.（2）由得所以P的直角坐标为.设所求圆的圆心的直角坐标为，由题意得，解得.因此，所求圆的极坐标方程为.23.解析：（1）当时因此，不等式的解集为或.（2）因为，故当，即时，.所以当或时，.当时，.所以a的取值范围是.