2020年高考全國2卷文科數(shù)學(xué)試卷

2020年高考全國2卷文科數(shù)學(xué)試卷

2020年全國統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷(文科)(全國新課標(biāo)Ⅱ)一、選擇題:1.已知集合$A=\{x||x|<3,x\inZ\}$,$B=\{x||x|>1,x\inZ\}$,則$A\capB=$()A.$\emptyset$B.$\{-3,-2,2,3\}$C.$\{-2,0,2\}$D.$\{-2,2\}$2.$(1-i)^2=$()A.$-4$B.$4$C.$-4i$D.$4i$3.如圖,將鋼琴上的12個(gè)鍵依次記$a_1,a_2,...,a_{12}$。設(shè)$1\lei\lej\lek\le12$。若$k-j=3$且$j-i=4$則稱$a_i,a_j,a_k$為原位大三和弦;若$k-j=4$且$j-i=3$,則稱$a_i,a_j,a_k$為原位小三和弦,用這12個(gè)鍵可以構(gòu)成的原位大三和弦與原位小三和弦的個(gè)數(shù)之和為()A.$5$B.$8$C.$10$D.$15$4.在新冠肺炎疫情防控期間,某超市開通網(wǎng)上銷售服務(wù),每天能完成1200份訂單的配貨。由于訂單量大幅增加,導(dǎo)致訂單積壓。為解決困難,許多人愿意踴躍報(bào)名參加配貨工作。已知該超市某日積壓500份訂單未配貨,預(yù)計(jì)第二天的新訂單超過1600份的概率為0.05,志愿者每人每天能完成50份訂單的配貨,為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,則至少需要多少名志愿者()A.$10$名B.$18$名C.$24$名D.$32$名5.已知單位向量$a,b$的夾角為60°,則下列向量中,與$b$垂直的是()A.$a+2b$B.$2a+b$C.$a-2b$D.$2a-b$6.記$S_n$為等比數(shù)列$\{a_n\}$的前$n$項(xiàng)和。若$a_5-a_3=12$,$a_6-a_4=24$,則$S_n=$()A.$2^{-1}$B.$2^{-2}$C.$2^{-2}$D.$2^{-1}$7.執(zhí)行右面的程序框圖,若輸入$k=0,a=0$,則輸出的$k$為()A.$2$B.$3$C.$4$D.$5$8.若過點(diǎn)$(2,1)$的圓與兩坐標(biāo)軸都相切,則圓心到直線$2x-y-3=0$的距離為()A.$\frac{5}{\sqrt{34}}$B.$\frac{5\sqrt{3}}{3}$C.$\frac{5\sqrt{2}}{2}$D.$\frac{5}{2}$9.設(shè)$O$為坐標(biāo)原點(diǎn),直線$x=a$與雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的兩條漸近線分別交于$D,E$兩點(diǎn)。若$\triangleODE$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)=x-\frac{3}{x}$,則$f(x)$()A.$3x$B.$x+3$C.$x-3$D.$\frac{3}{x}$1.此題為選擇題，沒有格式錯(cuò)誤或明顯有問題的段落需要?jiǎng)h除，只需要改寫每個(gè)選項(xiàng)的表達(dá)方式：A.函數(shù)是奇函數(shù)，且在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增。B.函數(shù)是奇函數(shù)，且在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減。C.函數(shù)是偶函數(shù)，且在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增。D.函數(shù)是偶函數(shù)，且在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減。2.此題為填空題，需要填寫答案，沒有明顯的格式錯(cuò)誤或需要?jiǎng)h除的段落。13.若sinx=-2/3，則cos2x=5/9。14.記S_n為等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，若a_1=-2，a_2+a_6=2，則S_10=-10。15.若x,y滿足約束條件x-y≥-1，2x-y≤1，則z=x+2y的最大值是3。16.設(shè)有下列四個(gè)命題：p1:兩兩相交且不過同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi)。p2:過空間中任意三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面。p3:若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行。p4:若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l。則下列命題中所有正確的序號是①p1∧p4。3.此部分為解答題，需要寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(1)由余弦定理可得：cosA=(b^2+c^2-a^2)/2bc，代入cos[(π/2)+A]+cosA=5/43可得：cos[(π/2)+A]=(a^2-5bc+4c^2)/4bc。又因?yàn)閏os[(π/2)+A]=-sinA，代入sin^2A+cos^2A=1可得：sinA=√(21/32)。故A=arcsin(√(21/32))。(2)將cosA=(b^2+c^2-a^2)/2bc代入b-c=(a^2-b^2-c^2)/2c可得：b-c=(a^2-5bc+4c^2)/2c。將A的值代入可得：b-c=0，即b=c。再代入余弦定理可得：a^2=2b^2，故△ABC是等腰直角三角形。18.樣本數(shù)據(jù)(x_i,y_i)(i=1,2,...,20)中，x表示植物覆蓋面積，y表示野生動(dòng)物數(shù)量。根據(jù)樣本數(shù)據(jù)可得樣本均值：x?=3，y?=60。樣本方差分別為：s_x^2=2，s_y^2=200。樣本協(xié)方差為：s_xy=30。根據(jù)樣本數(shù)據(jù)可得樣本相關(guān)系數(shù)：r_xy=s_xy/(s_x*s_y)=0.5。根據(jù)簡單隨機(jī)抽樣的方法，樣本數(shù)據(jù)(x_i,y_i)(i=1,2,...,20)是來自總體的簡單隨機(jī)樣本，因此可以使用樣本數(shù)據(jù)來估計(jì)總體數(shù)據(jù)。由于野生動(dòng)物數(shù)量y是關(guān)于植物覆蓋面積x的隨機(jī)變量，因此可以使用最小二乘法來擬合y關(guān)于x的線性回歸模型：y=β_0+β_1x+ε，其中β_0和β_1是回歸系數(shù)，ε是誤差項(xiàng)。根據(jù)最小二乘法的原理，可以得到回歸系數(shù)的估計(jì)值：b_1=r_xy*(s_y/s_x)=15，b_0=y?-b_1*x?=15。因此，野生動(dòng)物數(shù)量y關(guān)于植物覆蓋面積x的線性回歸模型為y=15+15x。根據(jù)該模型可以估計(jì)總體中任意一個(gè)植物覆蓋面積對應(yīng)的野生動(dòng)物數(shù)量。由于樣本中的植物覆蓋面積總和為60，因此可以估計(jì)總體中的野生動(dòng)物數(shù)量總和為1200+15*60=2100。由于總體中有20個(gè)地塊，因此可以估計(jì)總體中每個(gè)地塊的野生動(dòng)物數(shù)量平均值為2100/20=105。19.已知橢圓$C_1:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的右焦點(diǎn)$F$與拋物線$C_2$的焦點(diǎn)重合，$C_1$的中心與$C_2$的頂點(diǎn)重合，過$F$且與$x$軸垂直的直線交$C_1$于$A,B$兩點(diǎn)，交$C_2$于$C,D$兩點(diǎn)，且$|CD|=\sqrt{2}$。(1)求$C_1$的離心率；(2)若$C_1$的四個(gè)頂點(diǎn)到$C_2$的準(zhǔn)線距離之和為$12$，求$C_1$與$C_2$的標(biāo)準(zhǔn)方程?！窘狻浚?）設(shè)$F$的坐標(biāo)為$(c,0)$，則$C_2$的方程為$y^2=2px$，其中$p=\frac{1}{4c}$。又因?yàn)?F$是$C_1$的右焦點(diǎn)，所以$c=\sqrt{a^2-b^2}$。故$C_2$的方程為$y^2=2p(x-c)$，即$y^2=\frac{x-\sqrt{a^2-b^2}}{2\sqrt{a^2-b^2}}$。由于$A,B$在$x$軸上，所以$A(-a,0),B(a,0)$，則$2a$即為$C_1$的長軸長度，$2b$即為$C_1$的短軸長度。所以$C_1$的離心率為$e=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}=\sqrt{1-\frac{1}{2a^2}}$。（2）設(shè)$E,F$分別為$AB,AC$上的點(diǎn)，且$EF$與$CD$平行。則$EF=\sqrt{2}$，$BF=FC=\frac{a}{\sqrt{2}}$，$AE=\frac{\sqrt{2}}$。設(shè)$C_1$的中心為$(0,0)$，則$C_1$的四個(gè)頂點(diǎn)分別為$A(-a,0),B(a,0),C(0,b),D(0,-b)$。設(shè)$C_1$的準(zhǔn)線方程為$y=0$，則$A,B$到準(zhǔn)線距離均為$b$，$C,D$到準(zhǔn)線距離均為$a$。又因?yàn)?C_1$的中心與$C_2$的頂點(diǎn)重合，所以$C_1$的中心為$(0,\frac{1}{4c})=(0,\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{2a^2})$。設(shè)$P$為$EF$與$BB_1$的交點(diǎn)，則$P(\frac{a}{2},\frac{2})$。因?yàn)?AO\parallelEF$，所以$AO\perpB_1C_1$。又因?yàn)?EF\parallelCD$，所以$EF\perpFP$。所以$A_1O\perpEFB_1C_1$。設(shè)$H$為$EF$與$B_1C_1$的交點(diǎn)，則$\angleEHB_1=\angleFHB_1=45^\circ$，$\angleA_1HB_1=90^\circ$。所以$A_1H=HB_1=\frac{\sqrt{2}}{2}$。因?yàn)?A_1O\parallelEF$，所以$\angleA_1OH=\angleHEB_1=45^\circ$。所以$OH=\frac{A_1H}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$。設(shè)$Q$為$EF$與$CC_1$的交點(diǎn)，則$Q(\frac{a}{2},\frac{3b}{4})$。所以$B_1Q=\frac{4}$。又因?yàn)?AO\parallelEF$，所以$\angleA_1OB_1=\angleEQB_1=45^\circ$。所以$OB_1=\frac{B_1Q}{\sqrt{2}}=\frac{4\sqrt{2}}$。又因?yàn)?AO\parallelEF$，所以$AO\perpB_1C_1$，所以$\angleA_1OB_1=\angleA_1OC_1$。所以$OC_1=\frac{4\sqrt{2}}$。所以$AC_1=\frac{3b}{4\sqrt{2}}$。又因?yàn)?AO\parallelEF$，所以$\angleA_1OC_1=\anglePEB_1$。所以$\triangleA_1OC_1\sim\trianglePEB_1$。所以$\frac{A_1C_1}{PE}=\frac{OC_1}{EB_1}$。所以$\frac{\frac{3b}{4\sqrt{2}}}{\frac{a}{2}}=\frac{\frac{4\sqrt{2}}}{a}$。所以$a^2=6b^2$。又因?yàn)?C_1$的四個(gè)頂點(diǎn)到$C_2$的準(zhǔn)線距離之和為$12$，所以$2b+2a=12$。所以$a=\frac{6}{\sqrt{10}}$，$b=\frac{3}{\sqrt{10}}$。所以$C_1$的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{\frac{36}{10}}+\frac{y^2}{\frac{9}{10}}=1$，$C_2$的標(biāo)準(zhǔn)方程為$y^2=2x$?！咀ⅰ吭O(shè)$C_1$的中心為$(0,0)$，則$C_1$的四個(gè)頂點(diǎn)分別為$A(-a,0),B(a,0),C(0,b),D(0,-b)$，$C_1$的離心率為$e=\frac{c}{a}$，其中$c=\sqrt{a^2-b^2}$。$C_1$的準(zhǔn)線方程為$x=c$和$x=-c$。$C_1$的焦點(diǎn)分別為$(c,0)$和$(-c,0)$。$C_2$的焦點(diǎn)也是$(c,0)$，$C_2$的準(zhǔn)線方程為$y=-\frac{p}{2}$，其中$p=\frac{1}{2c}$。$C_2$的頂點(diǎn)為$(0,p)$，$C_2$的焦距為$c$。$C_2$的標(biāo)準(zhǔn)方程為$y^2=2px$。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)圓C1和C2的交點(diǎn)為P。要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。首先，根據(jù)題目給出的條件，可以得到圓心的坐標(biāo)為$(r,0)$，其中$r$為圓心到原點(diǎn)的距離。因?yàn)閳A心在極軸上，所以圓心的坐標(biāo)中只有$r$是未知數(shù)。其次，由于圓經(jīng)過極點(diǎn)和P，所以P點(diǎn)的坐標(biāo)可以表示為$(r,\theta)$，其中$\theta$為極角。由于圓的方程為$r=a$，所以圓心到圓上任一點(diǎn)的距離都等于$a$。因此