2020年重庆市高考数学试卷(理科)(新课标Ⅱ)

2020年重庆市高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）副标题题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）已知集合U={−2,−1,0，1，2，3}，AA.{−2,3} B.{−2,2，3) C.{−2若α为第四象限角，则(  A.cos2α>0 B.c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( A.10名 B.18名 C.24名 D.32名北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(  A.3699块

B.3474块

C.3402块

D.3339块

若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2A.55 B.255 C.3数列{an}中，a1=2，aA.2 B.3 C.4 D.5如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为(   A.E

B.F

C.G

D.H

设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C：x2a2−y2b2=1(aA.4 B.8 C.16 D.32设函数f(x)=A.是偶函数，且在(12,+∞)单调递增 B.是奇函数，且在(−12,1已知△ABC是面积为934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16π，则OA.3 B.32 C.1 D.若2x−2yA.ln(y−x+1)>00−1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2…an…满足ai∈{0,1}(i=1，2，…)，且存在正整数m，使得ai+m=ai(i=1,2，…)成立，则称其为0−A.11010… B.11011… C.10001…二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）已知单位向量a，b的夹角为45°，ka−b与a垂直，则k4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有______种．设复数z1，z2满足|z1|=|z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α，直线m⊥平面α，则m⊥l．

则下述命题中所有真命题的序号是______．

①三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）△ABC中，sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC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)(i=1,2，…，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i=120xi=60，i=120yi=1200，i=120(xi−x−)2=80，i=已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)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C2于C，D两点，且|CD|=43|如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1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：AA1//MN，且平面A

已知函数f(x)=sin2xsin2x．

(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性；已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：x=4cos2θ,y=4sin2θ(θ为参数)，C2：x=t+1t,y=t−已知函数f(x)=|x−a2|+|x−2a+1|．

(1)当答案和解析1.【答案】A

【解析】解：集合U={−2,−1,0，1，2，3}，A={−1,0，1}，B={1,2}，

则A∪B={【解析】【分析】

本题考查了角的符号特点，考查了转化能力，属于基础题．

先求出2α是第三或第四象限角或为y轴负半轴上的角，即可判断．

【解答】

解：α为第四象限角，

则−π2+2kπ<α<2kπ，k∈Z，

则−π+4【解析】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1600+500−120050=18名，

故选：B．

由题意可得至少需要志愿者为1600+【解析】【分析】

本题考查了等差数列在实际生活中的应用，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题．

由题意可得从内到外每环之间构成等差数列，且公差d=9，a1=9，根据等差数列的性质即可求出n=9，再根据前n项和公式即可求出．

【解答】

解：设每一层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差d=9，a1=9，

由等差数列的性质可得Sn，S2n−Sn，S3n−S2n成等差数列，

【解析】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，a>0．

故圆的方程为(x−a)2+(y−a)2=a2，再把点(2,1)代入，求得a=5或1，

故要求的圆的方程为(x−5)2+(【解析】解：由a1=2，且am+n=aman，

取m=1，得an+1=a1an=2an，

∴an+1an=2，

则数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，

则a【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图：

根据三视图和几何体的的对应关系的应用，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，

所以在侧视图中与点E对应．

故选：A．

首先把三视图转换为直观图，进一步求出图形中的对应点．

本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换、主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

8.【答案】B

【解析】解：由题意可得双曲线的渐近线方程为y=±bax，

分别将x=a，代入可得y=±b，

即D(a,b)，E(a,−b)，

则S△ODE=12a×【解析】解：由2x+1≠02x−1≠0，得x≠±12．

又f(−x)=ln|−2x+1|−ln|−2x−1|=−(ln|2x+1|−ln|2x−【解析】解：由题意可知图形如图：△ABC是面积为934的等边三角形，可得34AB2=934，

∴AB=BC=AC=3，

可得：AO1=23×32×3=3，

球O【解析】解：由2x−2y<3−x−3−y，可得2x−3−x<2y−3−y，

令f(x)=2x−3−x，则f(x)在R上单调递增，且f(x)<f【解析】解：对于A选项：序列11010 11010

C(1)=15i=55aiai+1=15(1+0+0+0+0)=15，

C(2)=15i=15aiai+2=15(0+1+0+1+0)=25>15，不满足C(k)【解析】解：∵向量a，b为单位向量，且a，b的夹角为45°，

∴a⋅b=|a|⋅|b|cos45°=1×1×22=22，

又ka−b与a垂直，

∴【解析】解：因为有一小区有两人，则不同的安排方式共有C42A33=36种．

故答案为：36．

先从4人中选出2人作为一组有C42种方法，再与另外2人一起进行排列有【解析】解：复数z1，z2满足|z1|=|z2|=2，z1+z2=3+i，所以|z1+z2|=2，

∴【解析】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α，直线m⊥平面α，则m⊥l.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①p1∧p4为真命题，②p1∧p2为假命题，③￢p2∨p3为真命题，④￢p3∨￢p4为真命题，

故真命题的序号是：①③④，

故答案为：①③④，

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．

本题以命题的真假判断为载体，考查了空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，难度不大，属于基础题．

17.【答案】解：(1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

因为sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC，

由正弦定理可得a【解析】(1)运用余弦定理和特殊角的三角函数值，可得所求角；

(2)运用正弦定理和三角函数的和差公式，结合余弦函数的图象和性质，可得所求最大值．

本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查三角函数的恒等变换和图象与性质，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题．

18.【答案】解：(1)由已知，i=120yi=1200，

∴20个样区野生动物数量的平均数为120i=120yi=1200=60，【解析】(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．

本题考查简单的随机抽样，考查相关系数的求法，考查计算能力，是基础题．

19.【答案】解：(1)因为F为C1的焦点且AB⊥x轴，

可得F(c,0)，|AB|=2b2a，

设C2的标准方程为y2=2px(p>0)，

因为F为C2的焦点且CD⊥x轴，所以F(p2,0)，|CD|=2p，

因为|CD|=43|AB|，C1，C2的焦点重合，所以c=p22p=43⋅2b2a，

消去p，可得4c=8b23a，所以【解析】(1)由F为C1的焦点且AB⊥x轴，F为C2的焦点且CD⊥x轴，分别求得F的坐标和|AB|，|CD|，由已知条件可得p，c，a，b的方程，消去p，结合a，b，c和e的关系，解方程可得e的值；

(2)由(1)用c表示椭圆方程和抛物线方程，联立两曲线方程，解得M的横坐标，再由抛物线的定义，解方程可得c，进而得到所求曲线方程．

本题考查抛物线和椭圆的定义、方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．

20.【答案】解：(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，

∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，

∴BB1//MN，∵AA1//BB1，∴AA1//MN，

∵MN⊥B1C1，A1N⊥B1C1，MN∩A1N=N，

∴B1C1⊥平面A1AMN，

∵B1C1⊂平面EB1C1F，

∴平面A1AMN⊥平面E【解析】(1)推导出B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，从而BB1//MN，由此能证明AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.

(2)推导出EF//B1C1//BC，从而AO//PN，四边形APNO为平行四边形，A1N=3ON，AM=3AP，PN=BC=B1C1=3EF，直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，从而直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EF【解析】(1)先求导，根据导数和函数单调性的关系即可求出，

(2)根据导数和函数最值的关系即可证明，

(3)利用(2)的结论，根据指数函数的性质即可证明．

本题考查了导数和函数的单调性的和极值最值的关系，不等式的证明，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．

22.【答案】解：(1)曲线C1，参数方程为：x=4cos2θ,y=4sin2θ(θ为参数)，转换为直角坐标方程为：x+y−4=0，

所以C1的普通方程为x+y=4(0≤x≤4)．

曲线C2的参数方程：x【解析】(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