PAGE16/162020年普通高等學校招生全國統一考試·全國Ⅱ卷文科數學答案解析一、選擇題1．【答案】D【解析】解絕對值不等式化簡集合的表示，再根據集合交集的定義進行求解即可.因為，，所以.故選：D.【考點】絕對值不等式的解法，集合交集的定義2．【答案】A【解析】根據指數冪的運算性質，結合復數的乘方運算性質進行求解即可.故選：A.【考點】復數的乘方運算性質3．【答案】C【解析】根據原位大三和弦滿足，原位小三和弦滿足，從開始，利用列舉法即可解出．根據題意可知，原位大三和弦滿足：．∴；；；；．原位小三和弦滿足：．∴；；；；．故個數之和為10．故選：C．【考點】列舉法的應用4．【答案】B【解析】算出第二天訂單數，除以志愿者每天能完成的訂單配貨數即可.由題意，第二天新增訂單數為，故需要志愿者名.故選：B【考點】函數模型的簡單應用5．【答案】D【解析】根據平面向量數量積的定義、運算性質，結合兩平面向量垂直數量積為零這一性質逐一判斷即可.由已知可得：.A：因為，所以本選項不符合題意；B：因為，所以本選項不符合題意；C：因，所以本選項不符合題意；D：因為，所以本選項符合題意.故選：D.【考點】平面向量數量積的定義和運算性質，兩平面向量數量積為零則這兩個平面向量互相垂直6．【答案】B【解析】根據等比數列的通項公式，可以得到方程組，解方程組求出首項和公比，最后利用等比數列的通項公式和前項和公式進行求解即可.設等比數列的公比為，由可得：，所以，因此.故選：B.【考點】等比數列的通項公式的基本量計算，等比數列前項和公式的應用7．【答案】C【解析】由已知中的程序框圖可知：該程序的功能是利用循環結構計算并輸出的值，模擬程序的運行過程，分析循環中各變量值的變化情況，即可求得答案.由已知中的程序框圖可知：該程序的功能是利用循環結構計算并輸出的值.模擬程序的運行過程第1次循環，，為否第2次循環，，為否第3次循環，，為否第4次循環，，為是退出循環輸出.故選：C.【考點】求循環框圖的輸出值8．【答案】B【解析】由題意可知圓心在第一象限，設圓心的坐標為，可得圓的半徑為，寫出圓的標準方程，利用點在圓上，求得實數的值，利用點到直線的距離公式可求出圓心到直線的距離.由于圓上的點在第一象限，若圓心不在第一象限，則圓與至少與一條坐標軸相交，不合乎題意，所以圓心必在第一象限，設圓心的坐標為，則圓的半徑為，圓的標準方程為.由題意可得，可得，解得或，所以圓心的坐標為或，圓心到直線的距離均為；所以，圓心到直線的距離為.故選：B.【考點】圓心到直線距離的計算9．【答案】B【解析】因為，可得雙曲線的漸近線方程是，與直線聯立方程求得，兩點坐標，即可求得，根據的面積為，可得值，根據，結合均值不等式，即可求得答案.雙曲線的漸近線方程是直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于，兩點不妨設為在第一象限，在第四象限聯立，解得故聯立，解得故面積為：雙曲線其焦距為當且僅當取等號的焦距的最小值：故選：B.【考點】求雙曲線焦距的最值問題10．【答案】A【解析】根據函數的解析式可知函數的定義域為，利用定義可得出函數為奇函數，再根據函數的單調性法則，即可解出．因為函數定義域為，其關于原點對稱，而，所以函數為奇函數．又因為函數在上單調遞增，在上單調遞增，而在上單調遞減，在上單調遞減，所以函數在上單調遞增，在上單調遞增．故選：A．【考點】利用函數的解析式研究函數的性質11．【答案】C【解析】根據球的表面積和的面積可求得球的半徑和外接圓半徑，由球的性質可知所求距離.設球的半徑為，則，解得：.設外接圓半徑為，邊長為，是面積為的等邊三角形，，解得：，，球心到平面的距離.故選：C.【考點】球的相關問題的求解12．【答案】A【解析】將不等式變為，根據的單調性知，以此去判斷各個選項中真數與的大小關系，進而得到結果.由得：，令，為上的增函數，為上的減函數，為上的增函數，，，，，則A正確，B錯誤；與的大小不確定，故CD無法確定.故選：A.【考點】對數式的大小的判斷問題二、填空題13．【答案】【解析】直接利用余弦的二倍角公式進行運算求解即可..故答案為：.【考點】余弦的二倍角公式的應用14．【答案】25【解析】因為是等差數列，根據已知條件，求出公差，根據等差數列前項和，即可求得答案.是等差數列，且，設等差數列的公差根據等差數列通項公式：可得即：整理可得：解得：根據等差數列前項和公式：可得：.故答案為：.【考點】求等差數列的前項和15．【答案】8【解析】在平面直角坐標系內畫出不等式組表示的平面區域，然后平移直線，在平面區域內找到一點使得直線在縱軸上的截距最大，求出點的坐標代入目標函數中即可.不等式組表示的平面區域為下圖所示：平移直線，當直線經過點時，直線在縱軸上的截距最大，此時點的坐標是方程組的解，解得：，因此的最大值為：.故答案為：.【考點】線性規劃的應用，數形結合思想16．【答案】①③④【解析】利用兩交線直線確定一個平面可判斷命題的真假；利用三點共線可判斷命題的真假；利用異面直線可判斷命題的真假，利用線面垂直的定義可判斷命題的真假.再利用復合命題的真假可得出結論.對于命題，可設與相交，這兩條直線確定的平面為；若與相交，則交點在平面內，同理，與的交點也在平面內，所以，，即，命題真命題；對于命題，若三點共線，則過這三個點的平面有無數個，命題為假命題；對于命題，空間中兩條直線相交、平行或異面，命題為假命題；對于命題，若直線平面，則垂直于平面內所有直線，直線平面，直線直線，命題為真命題.綜上可知，為真命題，為假命題，為真命題，為真命題.故答案為：①③④.【考點】空間中線面關系有關命題真假的判斷三、解答題17．【答案】（1）（2）因為，所以，即①，又②，將②代入①得，，即，而，解得，所以，故，即是直角三角形．【解析】（1）根據誘導公式和同角三角函數平方關系，可化為，即可解出；因為，所以，即，解得，又，所以；（2）根據余弦定理可得，將代入可找到關系，再根據勾股定理或正弦定理即可證出．因為，所以，即①，又②，將②代入①得，，即，而，解得，所以，故，即是直角三角形．【考點】誘導公式和平方關系的應用18．【答案】（1）（2）（3）由于各地塊間植物覆蓋面積差異較大，為提高樣本數據的代表性，應采用分層抽樣先將植物覆蓋面積按優中差分成三層，在各層內按比例抽取樣本，在每層內用簡單隨機抽樣法抽取樣本即可.【解析】（1）利用野生動物數量的估計值等于樣區野生動物平均數乘以地塊數，代入數據即可；樣區野生動物平均數為，地塊數為200，該地區這種野生動物的估計值為；（2）利用公式計算即可；樣本的相關系數為（3）各地塊間植物覆蓋面積差異較大，為提高樣本數據的代表性，應采用分層抽樣.由于各地塊間植物覆蓋面積差異較大，為提高樣本數據的代表性，應采用分層抽樣先將植物覆蓋面積按優中差分成三層，在各層內按比例抽取樣本，在每層內用簡單隨機抽樣法抽取樣本即可.【考點】平均數的估計值、相關系數的計算，抽樣方法的選取19．【答案】（1）（2）：，：.【解析】（1）根據題意求出的方程，結合橢圓和拋物線的對稱性不妨設在第一象限，運用代入法求出點的縱坐標，根據，結合橢圓離心率的公式進行求解即可；解：（1）因為橢圓的右焦點坐標為：，所以拋物線的方程為，其中.不妨設在第一象限，因為橢圓的方程為：，所以當時，有，因此的縱坐標分別為，；又因為拋物線的方程為，所以當時，有，所以的縱坐標分別為，，故，.由得，即，解得（舍去），.所以的離心率為.（2）由（1）可以得到橢圓的標準方程，確定橢圓的四個頂點坐標，再確定拋物線的準線方程，最后結合已知進行求解即可；由（1）知，，故，所以的四個頂點坐標分別為，，，，的準線為.由已知得，即.所以的標準方程為，的標準方程為.【考點】橢圓的離心率，橢圓和拋物線的標準方程，橢圓的四個頂點的坐標，拋物線的準線方程20．【答案】（1）分別為，的中點，又在等邊中，為中點，則又側面為矩形，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）24【解析】（1）由分別為，的中點，，根據條件可得，可證，要證平面平面，只需證明平面即可；分別為，的中點，又在等邊中，為中點，則又側面為矩形，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）根據已知條件求得和到的距離，根據椎體體積公式，即可求得.過作垂線，交點為，畫出圖形，如圖平面平面，平面平面又為的中心.故：，則，平面平面，平面平面，平面平面又在等邊中即由（1）知，四邊形為梯形四邊形的面積為：，為到的距離，.【考點】證明線線平行和面面垂直，求四棱錐的體積21．【答案】（1）；（2）在區間和上單調遞減，沒有遞增區間【解析】（1）不等式轉化為，構造新函數，利用導數求出新函數的最大值，進而進行求解即可；函數的定義域為：，設，則有，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以當時，函數有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需；（2）對函數求導，把導函數分子構成一個新函數，再求導得到，根據的正負，判斷的單調性，進而確定的正負性，最后求出函數的單調性.因此，設，則有，當時，，所以，單調遞減，因此有，即，所以單調遞減；當時，，所以，單調遞增，因此有，即，所以單調遞減，所以函數在區間和上單調遞減，沒有遞增區間.【考點】利用導數研究不等式恒成立問題，利用導數判斷含參函數的單調性22．【答案】（1）；；（2）.【解析】（1）分別消去參數和即可得到所求普通方程；由得的普通方程為：；由得：，兩式作差可得的普通方程為：.（2）兩方程聯立求得點，求得所求圓的直角坐標方程后，根據直角坐標與極坐標的互化即可得到所求極坐標方程.由得：，即；設所求圓圓心的直角坐標為，其中，則，解得：，所