2020年高考真题——数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）（解析版）

绝密★启用前

2020年普通高等学校招生全国统一考试

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，在选涂其它答案标号框.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={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}

【答案】D

【解析】

【分析】

解绝对值不等式化简集合的表示，再根据集合交集的定义进行求解即可.

【详解】因为，

或，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查集合交集的定义，属于基础题.

2.（1–i）4=（    ）

A. –4 B. 4

C. –4i D. 4i

【答案】A

【解析】

【分析】

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.

【详解】.

故选：A.

【点睛】本题考查了复数的乘方运算性质，考查了数学运算能力，属于基础题.

3.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. 8 C. 10 D. 15

【答案】C

【解析】

【分析】

根据原位大三和弦满足，原位小三和弦满足

从开始，利用列举法即可解出．

【详解】根据题意可知，原位大三和弦满足：．

∴；；；；．

原位小三和弦满足：．

∴；；；；．

故个数之和为10．

故选：C．

【点睛】本题主要考查列举法的应用，以及对新定义的理解和应用，属于基础题．

4.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

【答案】B

【解析】

【分析】

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.

【详解】由题意，第二天新增订单数为，

故需要志愿者名.

故选：B

【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用，属于基础题.

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. a+2b B. 2a+b C. a–2b D. 2a–b

【答案】D

【解析】

【分析】

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.

【详解】由已知可得：.

A：因为，所以本选项不符合题意；

B：因为，所以本选项不符合题意；

C：因，所以本选项不符合题意；

D：因为，所以本选项符合题意.

故选：D.

【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义和运算性质，考查了两平面向量数量积为零则这两个平面向量互相垂直这一性质，考查了数学运算能力.

6.记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（    ）

A. 2n–1 B. 2–21–n C. 2–2n–1 D. 21–n–1

【答案】B

【解析】

【分析】

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项和公式进行求解即可.

【详解】设等比数列的公比为，

由可得：，

所以，

因此.

故选：B.

【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前项和公式的应用，考查了数学运算能力.

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. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】C

【解析】

分析】

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.

【详解】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值

模拟程序的运行过程

第1次循环，，为否

第2次循环，，为否

第3次循环，，为否

第4次循环，，为是

退出循环

输出.

故选：C.

【点睛】本题考查求循环框图的输出值，解题关键是掌握模拟循环语句运行的计算方法，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

8.若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为，可得圆的半径为，写出圆的标准方程，利用点在圆上，求得实数的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离.

【详解】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，

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，则圆的半径为，

圆的标准方程为.

由题意可得，

可得，解得或，

所以圆心的坐标为或，

圆心到直线的距离均为；

所以，圆心到直线的距离为.

故选：B.

【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.

9.设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（    ）

A. 4 B. 8 C. 16 D. 32

【答案】B

【解析】

【分析】

因为，可得双曲线的渐近线方程是，与直线联立方程求得，两点坐标，即可求得，根据的面积为，可得值，根据，结合均值不等式，即可求得答案.

【详解】

双曲线的渐近线方程是

直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点

不妨设为在第一象限，在第四象限

联立，解得

故

联立，解得

故

面积为：

双曲线

其焦距为

当且仅当取等号

的焦距的最小值：

故选：B.

【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.

10.设函数,则（    ）

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

【答案】A

【解析】

【分析】

根据函数的解析式可知函数的定义域为，利用定义可得出函数为奇函数，

再根据函数的单调性法则，即可解出．

【详解】因为函数定义域为，其关于原点对称，而，

所以函数为奇函数．

又因为函数在上单调递增，在上单调递增，

而在上单调递减，在上单调递减，

所以函数在上单调递增，在上单调递增．

故选：A．

【点睛】本题主要考查利用函数的解析式研究函数的性质，属于基础题．

11.已知△ABC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16π，则O到平面ABC的距离为（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离.

【详解】设球的半径为，则，解得：.

设外接圆半径为，边长为，

是面积为的等边三角形，

，解得：，，

球心到平面的距离.

故选：C.

【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.

12.若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

将不等式变为，根据的单调性知，以此去判断各个选项中真数与的大小关系，进而得到结果.

【详解】由得：，

令，

为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，

，

，，，则A正确，B错误；

与的大小不确定，故CD无法确定.

故选：A.

【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.若，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】

直接利用余弦的二倍角公式进行运算求解即可.

【详解】.

故答案为：.

【点睛】本题考查了余弦的二倍角公式的应用，属于基础题.

14.记为等差数列的前n项和．若，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】

因为是等差数列，根据已知条件，求出公差，根据等差数列前项和，即可求得答案.

【详解】是等差数列，且，

设等差数列的公差

根据等差数列通项公式：

可得

即：

整理可得：

解得：

根据等差数列前项和公式：

可得：

.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了求等差数列的前项和，解题关键是掌握等差数列的前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

15.若x，y满足约束条件则的最大值是__________．

【答案】

【解析】

【分析】

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，在平面区域内找到一点使得直线在纵轴上的截距最大，求出点的坐标代入目标函数中即可.

【详解】不等式组表示的平面区域为下图所示：

平移直线，当直线经过点时，直线在纵轴上的截距最大，

此时点的坐标是方程组的解，解得：，

因此的最大值为：.

故答案为：.

【点睛】本题考查了线性规划的应用，考查了数形结合思想，考查数学运算能力.

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.

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__________.

①②③④

【答案】①③④

【解析】

【分析】

利用两交线直线确定一个平面可判断命题的真假；利用三点共线可判断命题的真假；利用异面直线可判断命题的真假，利用线面垂直的定义可判断命题的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.

【详解】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；

若与相交，则交点在平面内，

同理，与的交点也在平面内，

所以，，即，命题真命题；

对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，

命题为假命题；

对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，

命题为假命题；

对于命题，若直线平面，

则垂直于平面内所有直线，

直线平面，直线直线，

命题为真命题.

综上可知，为真命题，为假命题，

为真命题，为真命题.

故答案为：①③④.

【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.

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.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（1）求A；

（2）若，证明：△ABC是直角三角形．

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出；

（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，

再根据勾股定理或正弦定理即可证出．

【详解】（1）因为，所以，

即，

解得，又，

所以；

（2）因为，所以，

即①，

又②， 将②代入①得，，

即，而，解得，

所以，

故，

即是直角三角形．

【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题．

18.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(xi，yi)(i=1，2，…，20)，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，，，，.

（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(xi，yi)(i=1，2，…，20)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=，=1.414.

【答案】（1）；（2）；（3）详见解析

【解析】

【分析】

（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；

（2）利用公式计算即可；

（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.

【详解】（1）样区野生动物平均数为，

地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为

（2）样本的相关系数为

（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.

【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取，考查学生数学运算能力，是一道容易题.

19.已知椭圆C1：(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轴重直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．

（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．

【答案】（1）；（2）：，： .

【解析】

【分析】

（1）根据题意求出的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设在第一象限，运用代入法求出点的纵坐标，根据，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；

（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；

【详解】解：（1）因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中.

不妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：，

所以当时，有，因此的纵坐标分别为，；

又因为抛物线的方程为，所以当时，有，

所以的纵坐标分别为，，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.

由已知得，即.

所以的标准方程为，的标准方程为.

【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.

20.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=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；

（2）根据已知条件求得和到的距离，根据椎体体积公式，即可求得.

【详解】（1）分别为，的中点，

又

在等边中，为中点，则

又侧面为矩形，

由，平面

平面

又，且平面，平面，

平面

又平面，且平面平面

又平面

平面

平面

平面平面

（2）过作垂线，交点为，

画出图形，如图

平面

平面，平面平面

又

为的中心.

故：，则，

平面平面，平面平面，

平面

平面

又在等边中

即

由（1）知，四边形为梯形

四边形的面积为：

，

为到的距离，

.

【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.

21.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时，讨论函数g（x）=的单调性．

【答案】（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间

【解析】

【分析】

（1）不等式转化为，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；

（2）对函数求导，把导函数分子构成一个新函数，再求导得到，根据的正负，判断的单调性，进而确定的正负性，最后求出函数的单调性.

【详解】（1）函数的定义域为：

，

设，则有，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以当时，函数有最大值，

即，

要想不等式在上恒成立，

只需；

（2）且

因此，设，

则有，

当时，，所以，单调递减，因此有，即

，所以单调递减；

当时，，所以，单调递增，因此有，即，所以单调递减，

所以函数在区间和上单调递减，没有递增区间.

【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，以及利用导数判断含参函数的单调性，考查了数学运算能力，是中档题.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中选定一题作答，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．

[选修4—4：坐标系与参数方程]

22.已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C2：（t为参数）.

（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.

【答案】（1）；；（2）.

【解析】

【分析】

（1）分别消去参数和即可得到所求普通方程；

（2）两方程联立求得点，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.

【详解】（1）由得的普通方程为：；

由得：，两式作差可得的普通方程为：.

（2）由得：，即；

设所求圆圆心的直角坐标为，其中，

则，解得：，所求圆的半径，

所求圆的直角坐标方程为：，即，

所求圆的极坐标方程为.

【点睛】本题考查极坐标与参数方程的综合应用问题，涉及到参数方程化普通方程、直角坐标方程化极坐标方程等知识，属于常考题型.

[选修4—5：不等式选讲]

23.已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若，求a的取值范围.

【答案】（1）或；（2）.

【解析】

【分析】

（1）分别在、和三种情况下解不等式求得结果；

（2）利用绝对值三角不等式可得到，由此构造不等式求得结果.

【详解】（1）当时，.

当时，，解得：；

当时，，无解；

当时，，解得：；

综上所述：的解集为或.

（2）（当且仅当时取等号），

，解得：或，

的取值范围为.

【点睛】本题考查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，属于常考题型.