2020年高考全国2卷理科数学带答案解析

2023年12月2日发(作者：重庆市考数学试卷难度)

2020年高考全国2卷理科数学带答案解析

2020年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

本试卷共23题，共150分，共4页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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2i1．

12i43433434A．i B．i C．i D．i

555555552．已知集合A{(x,y)|x2y23,xZ,yZ}，则A中元素的个数为

A．9 B．8 C．5 D．4

exex3．函数f(x)的图象大致为

x2

4．已知向量a，b满足|a|1，ab1，则a(2ab)

A．4 B．3 C．2 D．0

x2y25．双曲线1(a0,b0)的离心率为3，则其渐近线方程为

a2b2A．y2x B．y3x

2x

C．y23x D．y2C56．在△ABC中，cos，BC1，AC5，则AB

25A．42 B．30 C．29 D．25

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1117．为计算S123411，设计了右侧的程99100开始N0,T0i1序框图，则在空白框中应填入

A．ii1

是否B．ii2

i100C．ii3

1D．ii4

NNSNT

i

1输出STT

i1

结束

8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是

1111 B． C． D．

121415189．在长方体ABCDABCD中，ABBC1，AA3，则异面直线AD与DB所成角A．1111111的余弦值为

551A． B． C．

65510．若f(x)cosxsinx在[a,a]是减函数，则a的最大值是

2D．

2ππ3πA． B． C． D．π

42411．已知f(x)是定义域为(,)的奇函数，满足f(1x)f(1x)．若f(1)2，

则f(1)f(2)f(3)f(50)

A．50 B．0 C．2 D．50

x2y212．已知F，F是椭圆C：1(ab0)的左，右焦点，A是C的左顶点，点P在12a2b23过A且斜率为的直线上，△PFF为等腰三角形，FFP120，则C的离心率为

12126211 B． C．

323二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．曲线y2ln(x1)在点(0,0)处的切线方程为__________．

A．D．1

4x2y5≥0,14．若x,y满足约束条件x2y3≥0,则zxy的最大值为__________．

x5≤0,15．已知sinαcosβ1，cosαsinβ0，则sin(αβ)__________．

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716．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，8若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________．

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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23为选考题。考生根据要求作答。

（一）必考题：共60分。

17．（12分）

记S为等差数列{a}的前n项和，已知a7，S15．

nn13（1）求{a}的通项公式；

n（2）求S，并求S的最小值．

nn18．（12分）

下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y（单位：亿元）的折线图．

为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1,2,,17）建立模型①：,7）建立模ˆ30.413.5t；根据2010年至2016年的数据（时间变量t的值依次为1,2,yˆ9917.5t． 型②：y（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值；

（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．

19．（12分）

设抛物线C：y24x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|8．

（1）求l的方程；

（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．

20．（12分）

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如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，

PAPBPCAC4，O为AC的中点．

P（1）证明：PO平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值．

21．（12分）

已知函数f(x)exax2．

（1）若a1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；

（2）若f(x)在(0,)只有一个零点，求a．

（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）

x2cosθ,在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（θ为参数），直线l的参数方y4sinθ,x1tcosα,程为（t为参数）．

y2tsinα,ABOMC（1）求C和l的直角坐标方程；

（2）若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2)，求l的斜率．

23．[选修4－5：不等式选讲]（10分）

设函数f(x)5|xa||x2|．

（1）当a1时，求不等式f(x)≥0的解集；

（2）若f(x)≤1，求a的取值范围．

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理科数学试题参考答案

一、选择题

1．D 2．A 3．B 4．B 5．A 6．A

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7．B 8．C 9．C 10．A 11．C 12．D

二、填空题

13．y2x

三、解答题

17．解：

（1）设{a}的公差为d，由题意得3a3d15．

n114．9

115．

216．402π

由a7得d=2．

1所以{a}的通项公式为a2n9．

nn（2）由（1）得Sn28n(n4)216．

n所以当n=4时，S取得最小值，最小值为−16．

n18．解：

（1）利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为

ˆ30.413.519226.1(亿元)．

y利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为

ˆ9917.59256.5(亿元)．

y（2）利用模型②得到的预测值更可靠．

理由如下：

（ⅰ）从折线图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线y30.413.5t上下．这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010年至2016年的数据建立的线性模型ˆ9917.5t可以较好地描述2010年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，y因此利用模型②得到的预测值更可靠．

（ⅱ）从计算结果看，相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元，由模型①得到的预测值226．1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理．说明 2020年高考全国2卷理科数学带答案解析

利用模型②得到的预测值更可靠．

以上给出了2种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．

19．解：

（1）由题意得F(1,0)，l的方程为yk(x1)(k0)．

设A(x,y),B(x,y)，

1122yk(x1),由得k2x2(2k24)xk20．

y24x2k2416k2160，故xx．

12k24k24所以|AB||AF||BF|(x1)(x1)．

12k24k248，解得k1（舍去）由题设知，k1．

k2因此l的方程为yx1．

（2）由（1）得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为y2(x3)，即yx5．

设所求圆的圆心坐标为(x,y)，则

00yx5,0x3,x11,0解得0或0

(yx1)216.y02y06.(x01)2002因此所求圆的方程为(x3)2(y2)216或(x11)2(y6)2144．

20．解：

（1）因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP23．

2AC，所以△ABC为等腰直角三角形， 连结OB．因为ABBC21且OBAC，OBAC2．

2由OP2OB2PB2知POOB．

2020年高考全国2卷理科数学带答案解析

由OPOB,OPAC知PO平面ABC．

（2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．

由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP(0,2,23),取平面PAC的法向量OB(2,0,0)．

设M(a,2a,0)(0a2)，则AM(a,4a,0)．

设平面PAM的法向量为n(x,y,z)．

2y23z0由APn0,AMn0得，可取ax(4a)y0n(3(a4),3a,a)，

所以cosOB,n23(a4)23(a4)23a2a2．由已知得3|cosOB,n|．

234=所以．解得a4（舍去），a．

3223(a4)23a2a223|a4|834343,,)．又PC(0,2,23)，所以cosPC,n所以n(．

33343所以PC与平面PAM所成角的正弦值为．

4

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21．解：

（1）当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10．

设函数g(x)(x21)ex1，则g\'(x)(x22x1)ex(x1)2ex．

当x1时，g\'(x)0，所以g(x)在(0,)单调递减．

而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1．

（2）设函数h(x)1ax2ex．

f(x)在(0,)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,)只有一个零点．

（i）当a0时，h(x)0，h(x)没有零点；

（ii）当a0时，h\'(x)ax(x2)ex．

当x(0,2)时，h\'(x)0；当x(2,)时，h\'(x)0．

所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增．

4a故h(2)1是h(x)在[0,)的最小值．

e2 2020年高考全国2卷理科数学带答案解析

①若h(2)0，即ae24，h(x)在(0,)没有零点；

②若h(2)0，即ae24，h(x)在(0,)只有一个零点；

③若h(2)0，即ae24，由于h(0)1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，

由（1）知，当x0时，exx2，所以h(4a)116a316a316a31e1110．

4a(e2a)2(2a)4a故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0,)有两个零点．

综上，f(x)在(0,)只有一个零点时，ae24．

22．．解：

（1）曲线C的直角坐标方程为x24y2161．

当cos0时，l的直角坐标方程为ytanx2tan，

当cos0时，l的直角坐标方程为x1．

（2）将l的参数方程代入C的直角坐标方程，整理得关于t的方程

(13cos2)t24(2cossin)t80．①

因为曲线C截直线l所得线段的中点(1,2)在C内，所以①有两个解，设为t1，t2，则t1t20．

又由①得t1t24(2cossin)13cos2，故2cossin0，于是直线l的斜率ktan2．

23．解：

2x4,x1,（1）当a1时，f(x)2,1x2,

2x6,x2. 2020年高考全国2卷理科数学带答案解析

可得f(x)0的解集为{x|2x3}．

（2）f(x)1等价于|xa||x2|4．

而|xa||x2||a2|，且当x2时等号成立．故f(x)1等价于|a2|4．

由|a2|4可得a6或a2，所以a的取值范围是(,6]

21（12分）

已知函数f(x)exax2．

（1）若a1，证明：当x0时，f(x)1；

（2）若f(x)在(0,)只有一个零点，求a．

解：

（1）f(x)ex2x，f(x)ex2．

当xln2时，f(x)0，当xln2时，f(x)0，所以f(x)在(,ln2)单调递减，在(ln2,)单调递增，故f(x)f(ln2)22ln20，f(x)在(,)单调递增．

因为x0，所以f(x)f(0)1．

[2,)．

exa，则f(x)x2g(x)，f(x)在(0,)只有一个零点（2）当x0时，设g(x)x2等价于g(x)在(0,)只有一个零点．

ex(x2)g(x)g(x)0，g(x)0，，当0x2时，当x2时，所以g(x)在(0,2)x3e2a．

单调递减，在(2,)单调递增，故g(x)g(2)4e2若a，则g(x)0，g(x)在(0,)没有零点．

4e2若a，则g(x)0，g(x)在(0,)有唯一零点x2．

4ex1e2a1a，exx21，g(x)若a，因为g(2)0，由（1）知当x0时，x2x24 2020年高考全国2卷理科数学带答案解析

1)(0,2)，使g(x)0．

故存在x(0,11a1e4ae4ag(4a)aa

16a216a2exx2，