2020年高考试题高三数学全国卷2(理科) 全解全析

理科数学（全国2卷）全解全析

一、选择题 1、

10i= 2i（A）-2+4i (B) -2-4i (C) 2+4i (D)2-4i 【答案】A

【解析】运用复数基本运算化为复数代数形式

x10｝则AB= x4（A） （B） （3，4） （C） （-2，1） （D） （4+）

2、设集合A=｛x｜x3｝，B＝｛x｜【答案】B

【解析】解分式不等式并求交集

12,则cosA= 5125512（A） （B） （C） (D)

131313133、已知ABC中，cotA=【答案】D

12512,知，A，排除（A）、（B）；若cosA，则sinA 521313cosA5 则cotA与题设不符，排除（C），故选D

sinA1212513 或由cotA=tanAsecA1tan2A，

51212112∴cosA

secA13【解析】由cotA=【易错提醒】同角三角函数基本关系并注意所在象限的符号 4、.曲线y=

x在点（1，1）处的切线方程为 2x1（A）x-y-2=0 (B)x+y-2=0 (C)x+4y-5=0 (D)x-4y-5=0 【答案】B 【解析】y'1(2x1)x21，切线的斜率ky'22(2x1)(2x1)x111 2(211) ∴切线方程为y1(x1)xy20

5.、已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为 （A）

1031013 (B) (C) (D) 101055D1

【答案】C

【解析】如图，取DD1的中点F，连接CF，则CF∥BE， ∴∠D1CF为所求。 设AB＝1，则CF由余弦定理得：

A1

F E

B1 C1

2.CD15，FD1＝1

cosD1CF(2)(5)1225226210310。故选C 10D A

B

C 6.、已知向量a(2,1)，a•b10,|ab|52,则b （A）5 (B) 【答案】C

【解析】由|ab|52两边平方得：ab由向量a(2,1)∴a 520b22210 (C) 5 (D) 25

(52)2a2abb50

225，又a•b10，代入上式得：

250b25b5

3，clog32则

7、设alog3，blog2(A) a＞b＞c (B) a＞c＞b (C) b＞a＞c (D) b＞c＞a 【答案】A

【解析】∵3，∴log31，即a＞1；又1∴0log2又∵log232,123

31,0log321，即0＜b＜1，0＜c＜1.于是a最大 3log33log32∴b＞c 故选A

【备考提示】对数值（指数值）比较大小，（1）底同真不同，用单调性；（2）真同底不同，利用图象（当底数大于1时，底数越大图象越靠近坐标轴）；（3）底数真数都不同，找中间值。

8、若将函数ytan(x4)(＞0)的图像向右平移

个单位长度后，与函数 6ytan(x（A）

6)的图像重合，则的最小值为

1111 (B) (C) (D) 6432【答案】D

（x【解析】由6）4x6k646k

∴116k，∵0，∴当k取0时的最小值是

2229、已知直线yk(x2)(k＞0)与抛物线C:y8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若FA2FB,则k=

（A）

22212 (B) (C) (D)

3333【答案】D

y28x【解析】由k2x2(84k2)x4k20，

yk(x2)84k28x1x24 （1） 22kkx1x24 （2）

又由FA2FB及抛物线的定义知x122(x22) （3）

由（2）、（3）联解，2(x21)x24x2x220(x22)(x21)0 解得x21x14代入（1）解得k222 322选D 3∵二次方程的(4k8)16k01k1，股k224由一元二次根系关系出x1x2,x1x2，由抛物线定义出x122(x22)，三式联立得k 10、甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有

（A）6种 （B）12种 （C）30种 （D）36种 【答案】C

【解析】解法一、（直接法）（1）甲、乙有一门不同，则另一门相同，有C4C3C2=24 （2）甲、乙有两门不同，有C4C2＝6 所以共有24＋6＝30种

解法二、（间接法）甲、乙各选两门有C4C4＝36（种），甲、乙所选两门都相同， 有C4＝6（种） 所以36－6＝30（种）

22222111y211、已知双曲线C:221(a＞0，b＞0)的右焦点为F，过F且斜率为3的直线交C

ab于A、B两点，若AF4FB，则C的离心率为 （A）【答案】A

【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),F(c,0)，由AF4FB得(cx1,y1)4(x2c,y2)

26789 （B） （C） （D） 55553a2cx14(x2c)x14x25c（1），又由焦半径得x14x2（2）.（1）、

c5c23a25c53a2（2）联解得x1，x2；又，设直线AB的方程为y3(xc)代

8c2c入双曲线方程整理得(b3a)x6acx(3acab)0，所以有

222222226a2c6a2c6a2c（3），将x1、x2代入（3）式得 x1x223ab23a2(c2a2)4a2c225c29a26a2c248a2c2(25c29a2)(4a2c2) 28c4ac36a461a2c225c20(36a225c2)(a2c2)0，

22因为ca，所以ac0，

c236c6e 所以36a25c036a25c225a5a222212、纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为

△

上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方

上 体剪开、外面朝上展平，得到右侧的平面图形，则标

的面的方位是 “”（A）南 （B）北 （C）西 （D） 【答案】B

【解析】将展开图还原成正方形，按图上所示，中间横排四个方格从右到左依次是 东上西下，于是，上图下方方格必是南，带“△”的方格必是北，故选B 【高考考点】空间想象能力和几何体展开图的还原能力。 二、填空题

13.、(xyyx)4的展开式中xy的系数为 . 【答案】6

33东

【解析】Tr1C(xy) 由题意4r44r(yx)(1)Cxrrr44r2y2r2。

rr26 23r2，故系数为(1)2C422S9＝ . S514.、设等差数列{am}的前n项和为Sn，.若a55a3，则【答案】9

【解析】由a55a3,得4a16d0，d2a1 329a136(a1)S9a36d15a133159 ∴9125S55a110d55a110(a1)a133 15、设OA是球O的半径,M是OA的中点,过M且与OA成45角的平面截球O的表面得到圆C.若圆C的面积等于【答案】8

【解析】由小圆面积得小圆的r交小圆C于N，连接ON. ∵OM27,则球O的表面积等于 . 47，如图，连接MC并延长 4 ·O A ·M C N

R2R,OMC450，∴OC2222R， 4在RtNCO中，(2R27)r2R2，将r2代入，解得R22，所以S4R28 442216、已知AC、BD为圆o:xy4的两条相互垂直的弦，垂足为M(1,2)，则四边形

ABCD的面积的最大值为 . 【答案】5

【解析】∵弦AC、BD相互垂直，∴四边形ABCD的面积为

y A D R M T B 1ACBD2SACBD()，当且仅当AC＝BD时

22取等号。此时圆心O到AC、BD的距离相等。

作OR⊥BD于R，则R是BD的中点，同理，作OT⊥AC于T, T是AC的中点，且OR ＝OT，则四边形OTMR是正方形。 由M(1,2)OMO C x 3, ∴OR326，在RtORD中， 22DROD2OR24610BDAC10 42四边形ABCD的面积SABCD11ACBD10105 22 ∴四边形ABCD的面积的最大值为5

三、解答题

17.(本小题满分10分)

设ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、 ccos(AC)cosB32,b2ac求B 【解析】

解：b2acsin2BsinAsinC由cos(AC)cosAcosCsinAsinCcos(AC)cosAcosCsinAsinCcos(AC)cosB2sinAsinC2sin2B3

2

sinB32又cosB32cos（A-C）〉0故B为锐角，所以B60018.（本小题满分12分）

如图，直三棱柱ABC—A1B1C1 中，ABAC，D、E分别为 AA1、B1C的中点，DE平面BCC1

（1） 证明：AB=AC

（2） 设二面角A-BD-C为600，求B1C与 平面BCD所成角的大小

【解析】

解法一：（Ⅰ）取BC中点F，连接EF，则EF//12B1B，从而 EF//DA。连接AF，则ADEF为平行四边形，从而AF//DE。又DE⊥平面BCC1，故AF⊥平面BCC1，从而AF⊥BC，即AF为BC的垂直平分线，所以AB=AC。 （Ⅱ）作AG⊥BD，垂足为G，连接CG。由三垂线定理知CG⊥BD，故∠AGC为二面角A-BD-C的平面角。由题设知，∠AGC=60..

设

AC=2，则AG=23。又AB=2，BC=22，故AF=2。 A1 C1

B1 D E

A C B

由ABADAGBD得2AD=2.AD222，解得AD=2。 3故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。

因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。 连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。 连接CH，则∠ECH为B1C与平面BCD所成的角。 因ADEF为正方形，AD=2，故EH=1，又EC=

1B1C=2， 2所以∠ECH=30，即B1C与平面BCD所成的角为30.

解法二：

（Ⅰ）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系A—xyz。

设B（1，0，0），C（0，b，0），D（0，0，c），则B1（1，0，2c）, E（

1b，，c）. 22

1b于是DE=（，，0），BC=（-1，b,0）.由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC， DEBC=0，

22求得b=1，所以 AB=AC。

（Ⅱ）设平面BCD的法向量AN(x,y,z),则ANBC0,ANBD0.又BC=（-1，1， 0），BD=（-1，0，c）,故xy0

xcz011令x=1, 则y=1, z=,AN=(1,1, ).

cc又平面ABD的法向量AC=（0，1，0）

AC=60°由二面角ABDC为60°知，AN，，

故 ANACANACcos60°，求得c12

1，2）（1，1，2）于是 AN ， CB1(1，

cosAN，CB1ANCB1ANCB11， 2CB160° AN，

所以B1C与平面BCD所成的角为30°

19．（本小题满分12分）

设数列an的前 n项和为Sn，已知a11,Sn14an2 （1） 设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列 （2） 求数列{an}的通项公式 【解析】

解：（1）由Sn14an2，有Sn4an12，两式相减得an14an4an1 变形为an12an2(an2an1),即bn2bn1（,n2) 由S2a1a24a12得a25,于是b1a22a13 所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列（2）由（1）得bn32n1,即an12an=32n1,所以an13}是首项为，公差为的等差数列n 242a131 所以n（n-1)(3n1)n2442 所以an(3n1)2n2,(nN*) 于是{an1an3a11,且222n12n4

20．（本小题满分12分）

某车间甲组有10名工人，其中有4名女工人；乙组有5名工人，其中有3名女工人。先采用分层抽样方法（层内采用不放回简单随即抽样）从甲、乙两组中共抽取3名工人进行技术考核。

（Ⅰ）求从甲、乙两组个抽取的人数；

（Ⅱ）求从甲组抽取的工人中恰有1名女工人的概率；

（Ⅲ）记表示抽取的3名工人中男工人数，求的分布列及数学期望。 【解析】

解：（1）因为抽取比为3111，由102，51得105555 应在甲组抽取2人、在乙组抽取1人 （2）设从甲组抽取的工人中恰有1名女工人的事件为A1C186C4 则P(A)=215C10

所以从甲组抽取的工人中恰有1名女工人的概率为815（3）依题意0、1、、231111C2C1C22284C36C4C34C2 由P（0）21， P（1）2121，C10C525C10C5C10C575 P（2）=CCCCCCC311021， P（3）7575CCC10C5CC262101315161412216221105

得的分布列如表  P 0 1 2 3 22831 2575752831108所以的数学期望E12316

757575521.（本小题满分12分）

10 753x2y2∶2＋2＝1a＞b＞0的离心率为 已知椭圆C，过右焦点F的直线L与C相交于

3abA、B两点，当L的斜率为1时，坐标原点O到L的距离为(Ⅰ) 求a，b的值；

2。 2＋OB成立？ (Ⅱ) C上是否存在点P，使得当L绕F转到某一位置时，有OP＝OA若存在，求出所有的P的坐标与L的方程；若不存在，说明理由

【解析】

解：（1）因为F（c,0),(c0且a2-b2=c2)所以当直线l斜率为1时，l方程为yxc2c21222 依题意有,得c1,所以a-b=1,又e223a2c 得a3,b2

x2y2（2）椭圆C的方程为1,当斜率k存在时,直线l的方程为y=k(x-1)设点A（x1,y1),B(x2,y2),32 ① 若存在点P(x0,y0)C， 则由OP＝OA＋OB,可得x0x1x2,y0y1y2 由椭圆C和直线l两个方程联立消y得(2+3k2)x26k2x3k260 显然对任意xR,0恒成立,从而有6k24kx0x1x2,yyyk(xx2)0121223k223k2 将x0,y0代入椭圆方程并整理得 3k44k240,解得k2 所以当直线l不垂直于x轴时,满足条件的点P存在

3232 且当k2时点P(,),当k2时,点P(,)2222 对应直线l的方程分别为y2x22,y2x222323),B(1,)33此时点P(2,0)不在椭圆上,所以此种情况下满足条件的点p不存在②若直线l垂直于x轴,则点A(1,

22. （本小题满分12分）

设函数f(x)＝x2＋aln1＋x有两个极值点x1，x2，且x1＜x2。 （Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）证明：f(x2)＞【解析】

1－2ln2。 42x22xa解：（Ⅰ）因为ƒ(x)，（x1)x1 所以设g(x)2x22xa(x1)/112〉11依题意，由g(1)0得0a，所以a的取值范围为（0,)22 1g()02由ƒ/(x)0得1xx1或xx2 由ƒ/(x)0得x1xx2所以f(x)的单调增区间为（-1,x1)和(x2,),单调减区间为(x1,x2)其中x112a112a11,x2,且a(0,)22212a1(12a1)212a1（Ⅱ）证明：因为x2，所以设h(a)f(x2)aln242112aa12a112a111 则h/(a)lnlnln0222212a12a(12a1)11 所以h(a)在(0,)递减，又h(a)在a处连续22112ln21－2ln2 所以h(a)h()，即f(x2)＞244