2020年重庆市高考数学试卷(文科)含答案.pdf

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1、2020 年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）一、选择题（共 12 小题）.1已知集合 Ax|x|3，xZ，Bx|x|1，xZ，则 AB（）AB3，2，2，3 C2，0，2D2，22（1i）4（）A4B4C4iD4i3如图，将钢琴上的 12 个键依次记为 a1，a2，a12设 1ijk12若 kj3 且ji4，则 ai，aj，ak为原位大三和弦；若 kj4 且 ji3，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（）A5B8C10D154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

2、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（）A10 名B18 名C24 名D32 名5已知单位向量，的夹角为 60，则在下列向量中，与 垂直的是（）AB2+C 2D2 6记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a5a312，a6a424，则（）A2n1B221nC22n1D21n17执行如图的程序框图，若输入的 k0，

3、a0，则输出的 k 为（）A2B3C4D58若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 2xy30 的距离为（）ABCD9设 O 为坐标原点，直线 xa 与双曲线 C：1（a0，b0）的两条渐近线分别交于 D，E 两点若ODE 的面积为 8，则 C 的焦距的最小值为（）A4B8C16D3210设函数 f（x）x3，则 f（x）（）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 16，则 O 到平面 ABC 的距离

4、为（）ABC1D12若 2x2y3x3y，则（）Aln（yx+1）0Bln（yx+1）0Cln|xy|0Dln|xy|0二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13若 sinx，则 cos2x14记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a12，a2+a62，则 S1015若 x，y 满足约束条件则 zx+2y 的最大值是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，直线 m平面，则 ml则下述命题中所有真命题的序号是p1p4p1p2p2p3p3p

5、4三、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 1721 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。17ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 cos2（+A）+cosA（1）求 A；（2）若 bca，证明：ABC 是直角三角形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）（i1，2，20），其中 xi和 yi分别

6、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xi60，yi1200，（xi）280，（yi）29000，（xi）（yi）800（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）（i1，2，20）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，1.41419已知椭圆 C1：+1（ab0）的右焦点 F 与抛物线 C2的焦点重合

7、，C1的中心与 C2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|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20如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1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：AA1MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F；（2）设 O 为A1B1C1的中心若 AOAB6，AO平面 EB1C1F，且MPN，求四棱锥 BEB

8、1C1F 的体积21已知函数 f（x）2lnx+1（1）若 f（x）2x+c，求 c 的取值范围；（2）设 a0，讨论函数 g（x）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，则按所做第一题计分。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：（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 的圆的极坐标方程选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x）|xa2|+|x2a+1|

9、（1）当 a2 时，求不等式 f（x）4 的解集；（2）若 f（x）4，求 a 的取值范围参考答案一、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 Ax|x|3，xZ，Bx|x|1，xZ，则 AB（）AB3，2，2，3 C2，0，2D2，2【分析】求出集合 A，B，由此能求出 AB解：集合 Ax|x|3，xZx|3x3，xZ2，1，1，2，Bx|x|1，xZx|x1 或 x1，xZ，AB2，2故选：D2（1i）4（）A4B4C4iD4i【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案解：（1i）4（1i）22（2i）2

10、4故选：A3如图，将钢琴上的 12 个键依次记为 a1，a2，a12设 1ijk12若 kj3 且ji4，则 ai，aj，ak为原位大三和弦；若 kj4 且 ji3，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（）A5B8C10D15【分析】由原位大三和弦、原位小三和弦的定义，运用列举法，即可得到所求和解：若 kj3 且 ji4，则 ai，aj，ak为原位大三和弦，即有 i1，j5，k8；i2，j6，k9；i3，j7，k10；i4，j8，k11；i5，j9，k12，共 5 个；若 kj4 且 ji3，则称 ai，aj，ak为原位小三和弦，

11、可得 i1，j4，k8；i2，j5，k9；i3，j6，k10；i4，j7，k11；i5，j8，k12，共 5 个，总计 10 个故选：C4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（）A10 名B18 名C24 名D32 名【分析】由题意可得至少需要志愿者为18

12、 名解：第二天的新订单超过 1600 份的概率为 0.05，就按 1600 份计算，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 就按 1200 份计算，因为公司可以完成配货 1200 份订单，则至少需要志愿者为18 名，故选：B5已知单位向量，的夹角为 60，则在下列向量中，与 垂直的是（）AB2+C 2D2【分析】利用平面向量的数量积为 0，即可判断两向量是否垂直解：单位向量|1，11cos60，对于 A，（+2）+2+2，所以（+2）与 不垂直；对于 B，（2+）2 +2+12，所以（2+）与 不垂直；对于 C，（2）22，所以（2）与 不垂直；对于 D，（2 ）2 210，

13、所以（2 ）与 垂直故选：D6记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a5a312，a6a424，则（）A2n1B221nC22n1D21n1【分析】根据等比数列的通项公式求出首项和公比，再根据求和公式即可求出解：设等比数列的公比为 q，a5a312，a6a4q（a5a3），q2，a1q4a1q212，12a112，a11，Sn2n1，an2n1，221n，故选：B7执行如图的程序框图，若输入的 k0，a0，则输出的 k 为（）A2B3C4D5【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算 a 的值并输出相应变量 k 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，可得

14、答案解：模拟程序的运行，可得k0，a0执行循环体，a1，k1执行循环体，a3，k2执行循环体，a7，k3执行循环体，a15，k4此时，满足判断框内的条件 a10，退出循环，输出 k 的值为 4故选：C8若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 2xy30 的距离为（）ABCD【分析】由已知设圆方程为（xa）2+（ya）2a2，（2，1）代入，能求出圆的方程，再代入点到直线的距离公式即可解：由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为（a，a），则半径为 a，a0故圆的方程为（xa）2+（ya）2a2，再把点（2，1）代入，求得 a5 或 1，故要求的圆的方程为（x5）2+（y5）225 或

15、（x1）2+（y1）21故所求圆的圆心为（5，5）或（1，1）；故圆心到直线2xy30的距离d或d；故选：B9设 O 为坐标原点，直线 xa 与双曲线 C：1（a0，b0）的两条渐近线分别交于 D，E 两点若ODE 的面积为 8，则 C 的焦距的最小值为（）A4B8C16D32【分析】根据双曲线的渐近线方程求出点 D，E 的坐标，根据面积求出 ab8，再根据基本不等式即可求出解：由题意可得双曲线的渐近线方程为 yx，分别将 xa，代入可得 yb，即 D（a，b），E（a，b），则 SODEa2bab8，c2a2+b22ab16，当且仅当 ab2时取等号，C 的焦距的最小值为 248，故选：B1

16、0设函数 f（x）x3，则 f（x）（）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【分析】先检验 f（x）与 f（x）的关系即可判断奇偶性，然后结合幂函数的性质可判断单调性解：因为 f（x）x3，则 f（x）x3+f（x），即 f（x）为奇函数，根据幂函数的性质可知，yx3在（0，+）为增函数，故 y1在（0，+）为减函数，y2在（0，+）为增函数，所以当 x0 时，f（x）x3单调递增，故选：A11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 16，则 O 到平

17、面 ABC 的距离为（）ABC1D【分析】画出图形，利用已知条件求三角形 ABC 的外接圆的半径，然后求解 OO1即可解：由题意可知图形如图：ABC 是面积为的等边三角形，可得，ABBCAC3，可得：AO1，球 O 的表面积为 16，外接球的半径为：4R216，解得 R2，所以 O 到平面 ABC 的距离为：1故选：C12若 2x2y3x3y，则（）Aln（yx+1）0Bln（yx+1）0Cln|xy|0Dln|xy|0【分析】由 2x2y3x3y，可得 2x3x2y3y，令 f（x）2x3x，则 f（x）在 R上单调递增，且 f（x）f（y），结合函数的单调性可得 x，y 的大小关系，结合选

18、项即可判断解：由 2x2y3x3y，可得 2x3x2y3y，令 f（x）2x3x，则 f（x）在 R 上单调递增，且 f（x）f（y），所以 xy，即 yx0，由于 yx+11，故 ln（yx+1）ln10，故选：A二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13若 sinx，则 cos2x【分析】由已知利用二倍角公式化简所求即可计算得解解：sinx，cos2x12sin2x12（）2故答案为：14记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a12，a2+a62，则 S1025【分析】由已知结合等差数的性质及求和公式即可直接求解解：因为等差数列an中，a12，a2+a62a42，所

19、以 a41，3da4a13，即 d1则 S1010a110（2）+45125故答案为：2515若 x，y 满足约束条件则 zx+2y 的最大值是8【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，即可得到结论解：作出不等式组对应的平面区域如图：由 zx+2y 得 yx+z，平移直线 yx+z 由图象可知当直线 yx+z 经过点 A 时，直线 yx+z的截距最大，此时 z 最大，由，解得 A（2，3），此时 z2+238，故答案为：816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p

20、4：若直线 l平面，直线 m平面，则 ml则下述命题中所有真命题的序号是p1p4p1p2p2p3p3p4【分析】根据空间中直线与直线，直线与平面的位置关系对四个命题分别判断真假即可得到答案解：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根据平面的确定定理可得此命题为真命题，p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面若三点在一条直线上则有无数平面，此命题为假命题，p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行，也有可能异面的情况，此命题为假命题，p4：若直线 l平面，直线 m平面，则 ml由线面垂直的定义可知，此命题为真命题；由复合命题的真假可判断p1p4为真命题，p1p2为假

21、命题，p2p3为真命题，p3p4为真命题，故真命题的序号是：，故答案为：，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 1721 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。17ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 cos2（+A）+cosA（1）求 A；（2）若 bca，证明：ABC 是直角三角形【分析】（1）由已知利用诱导公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得 sin2AcosA+0，解方程得 cosA，结合范围 A（0，），可求 A 的值；（2）由已知利用正弦定理，三角函数

22、恒等变换的应用可求 sin（B），结合范围 B（，），可求 B，即可得证解：（1）cos2（+A）+cosAsin2A+cosA1cos2A+cosA，cos2AcosA+0，解得 cosA，A（0，），A；（2）证明：bca，A，由正弦定理可得 sinBsinCsinA，sinBsin（B）sinBcosBsinBsinBcosBsin（B），B，B（，），B，可得 B，可得ABC 是直角三角形，得证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

23、得到样本数据（xi，yi）（i1，2，20），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xi60，yi1200，（xi）280，（yi）29000，（xi）（yi）800（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）（i1，2，20）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【分

24、析】（1）由已知数据求得 20 个样区野生动物数量的平均数，乘以 200 得答案；（2）由已知直接利用相关系数公式求解；（3）由各地块间植物覆盖面积差异很大可知更合理的抽样方法是分层抽样解：（1）由已知，20 个样区野生动物数量的平均数为60，该地区这种野生动物数量的估计值为 6020012000；（2），r；（3）更合理的抽样方法是分层抽样原因是各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性，应从植物覆盖面积不同的各地块间进行抽取19已知椭圆 C1：+1（ab0）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 轴垂直的直线交 C1于 A，B 两点，交

25、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【分析】（1）由题意设抛物线的方程，求出焦点坐标，再由题意切线弦长|CD|，|AB|的值，再由|CD|AB|，可得 a，b，c 的关系，由椭圆中，a，b，c 之间的关系求出椭圆的离心率；（2）由椭圆的方程可得 4 个顶点的坐标，及抛物线的准线方程，进而求出 4 个顶点到准线的距离，再由（1）的结论求出 a，c 的值，又由椭圆中 a，b，c 之间的关系求出 a，b，c 的值，进而求出椭圆及抛物线的方程解：（1）由题意设抛物线 C2的方程为：y24cx，焦

26、点坐标 F 为（c，0），因为 ABx轴，将 xc 代入抛物线的方程可得 y24c2，所以|y|2c，所以弦长|CD|4c，将 xc 代入椭圆 C1的方程可得 y2b2（1），所以|y|，所以弦长|AB|，再由|CD|AB|，可得 4c，即 3ac2b22（a2c2），整理可得 2c2+3ac2a20，即 2e2+3e20，e（0，1），所以解得 e，所以 C1的离心率为；（2）由椭圆的方程可得 4 个顶点的坐标分别为：（a，0），（0，b），而抛物线的准线方程为：xc，所以由题意可得 2c+a+c+ac12，即 a+c6，而由（1）可得，所以解得：a4，c2，所以 b2a2c216412，所

27、以 C1的标准方程为：+1，C2的标准方程为：y28x20如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1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：AA1MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F；（2）设 O 为A1B1C1的中心若 AOAB6，AO平面 EB1C1F，且MPN，求四棱锥 BEB1C1F 的体积【分析】（1）先求出线线平行，可得线线垂直，即可求线面垂直，最后可得面面垂直；（2）利用体积转化法，可得MN，再分别求 MN，即可求结论【解答】证明：（1）由题意知

28、 AA1BB1CC1，又侧面 BB1C1C 是矩形且 M，N 分别为 BC，B1C1的中点，MNBB1，BB1BC，MNAA1，MNB1C1，又底面是正三角形，AMBC，A1N1B1C1，又MNAMM，B1C1平面 A1AMN，B1C1平面 EB1C1F，平面 A1AMN平面 EB1C1F；解：（2）AO平面 EB1C1F，AO平面 A1AMN，平面 A1AMN平面 EB1C1FNP，AONP，NOAP，AONP6，ONAP，过 M 做 MHNP，垂足为 H，平面 A1AMN平面 EB1C1F，平面 A1AMN平面 EB1C1FNP，MH平面 A1AMN，MH平面 EB1C1F，MPN，MHM

29、Psin3，（B1C1+EF）NP（6+2）624，MN2421已知函数 f（x）2lnx+1（1）若 f（x）2x+c，求 c 的取值范围；（2）设 a0，讨论函数 g（x）的单调性【分析】（1）f（x）2x+c 等价于 2lnx2xc1设 h（x）2lnx2x，利用导数求其最大值，再由 c1 大于等于 h（x）的最大值，即可求得 c 的取值范围；（2）g（x）（x0，xa，a0），可得 g（x）令 w（x）+2lna+2（x0），利用导数求得 w（x）w（a）0，即 g（x）0，可得 g（x）在（0，a）和（a，+）上单调递减解：（1）f（x）2x+c 等价于 2lnx2xc1设 h（x）

30、2lnx2x，h（x）（x0）当 x（0，1）时，h（x）0，h（x）单调递增，当 x（1，+）时，h（x）0，h（x）单调递减，h（x）在 x1 时取得极大值也就是最大值为 h（1）2，c12，即 c1则 c 的取值范围为1，+）；（2）g（x）（x0，xa，a0）g（x）令 w（x）+2lna+2（x0），则 w（x），令 w（x）0，解得 0 xa，令 w（x）0，解得 xa，w（x）在（0，a）上单调递增，在（a，+）上单调递减w（x）w（a）0，即 g（x）0，g（x）在（0，a）和（a，+）上单调递减，无增区间（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如

31、果多做，则按所做第一题计分。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：（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【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换（2）利用极径的应用和圆的方程的应用求出结果解：（1）曲线 C1，参数方程为：（为参数），转换为直角坐标方程为：x+y40曲线 C2的参数方程：（t 为参数）所以22整理得直角坐标方程为（2）由，整理

32、得，解得：，即 P（）设圆的方程（xa）2+y2r2，由于圆经过点 P 和原点，所以，解得，故圆的方程为：，即 x2+y2x0，转换为极坐标方程为选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x）|xa2|+|x2a+1|（1）当 a2 时，求不等式 f（x）4 的解集；（2）若 f（x）4，求 a 的取值范围【分析】（1）把 a2 代入函数解析式，写出分段函数，然后对 x 分类求解不等式，取并集得答案；（2）利用绝对值不等式的性质可得 f（x）|xa2|+|x2a+1|xa2（x2a+1）|（a1）2|（a1）2由 f（x）4，得（a1）24，求解二次不等式得答案解：（1）当 a2 时，f（x）|x4|+|x3|，当 x3 时，不等式 f（x）4 化为2x+74，即 x，x；当 3x4 时，不等式 f（x）4 化为 14，此时 x；当 x4 时，不等式 f（x）4 化为 2x74，即 x，x综上，当 a2 时，求不等式 f（x）4 的解集为（，+）；（2）f（x）|xa2|+|x2a+1|xa2（x2a+1）|（a1）2|（a1）2又 f（x）4，（a1）24，得 a12 或 a12，解得：a1 或 a3综上，若 f（x）4，则 a 的取值范围是（，13，+）