2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试卷(全国Ⅱ卷)(含答案)

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AO平面EB1C1F，且

AO?AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值 .

21．（12分）

已知函数f?x??sin2xsin2x

(1)讨论f?x?在区间?0，??的单调性； （2）证明：f?x??33； 82222n3n（3）设n?N，证明sinxsin2xsin4x…sin2x?n.

4?（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答。并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做第一题计分。 22．[选修4-4：坐标系与参数方程] (10分)

已知曲线C1,C2的参数方程分别为

1?x?t?????x?4cos?,t,(t为参数） C1：，C2：， (?为参数）??2??y?t?1?y?4sin??t?2（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. 23. [选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数f(x)?x-a2?x-2a+1.

（1）当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集； （2）若f(x)≥4，求a的取值范围.

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2020年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅱ卷）理科数学参考答案

1．A

2．D

3．B

4．C

5．B

6．C

7．A

8．B

9．D

10.C

11．A 12．C 13．2 214．36

15．23 16．①③④

17．解：（1）由正弦定理和已知条件得BC2?AC2?AB2?AC?AB，①

由余弦定理得BC2?AC2?AB2?2AC?ABcosA， ② 由①，②得cosA?1. 22π. 3ACABBC???23， （2）由正弦定理及（1）得

sinBsinCsinA因为0?A?π，所以A?从而AC?23sinB，AB?23sin(π?A?B)?3cosB?3sinB. 故BC?AC?AB?3?3sinB?3cosB?3?23sin(B?). 又0?B?π3ππ，所以当B?时，△ABC周长取得最大值3?23. 36118．解：（1）由己知得样本平均数y?20?yi?120i?60，从而该地区这种野生动物数量的估计

值为60×200= 12 000． （2）样本(xi,yi)(i?1,2,,20)的相关系数

r?（x?x（)y?y)?iii?120（x?x)?（y?y)?2iii?1i?12020?28022??0.94．

380?9000（3）分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块进行分层抽样． 理由如下：由（2）知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关．由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计．

19．解：（1）由已知可设C2的方程为y?4cx，其中c?a2?b2. 6

2b2b2不妨设A,C在第一象限，由题设得A,B的纵坐标分别为，?；C,D的纵坐标

aa2b2分别为2c，?2c，故|AB|?，|CD|?4c.

a4cc2cc18b2由|CD|?|AB|得4c?，即3??2?2()，解得??2（舍去），?.

3aaaa23a所以C1的离心率为

1. 2x2y2（2）由（1）知a?2c，b?3c，故C1:2?2?1，

4c3c222x0y0x04x2设M(x0,y0)，则2?2?1，y0?4cx0，故2?0?1.①

4c3c4c3c由于C2的准线为x??c，所以|MF|?x0?c，而|MF|?5，故x0?5?c，代入①得

(5?c)24(5?c)2，即，c?3. ??1c?2c?3?0，解得c??1（舍去）24c3cx2y2所以C1的标准方程为??1，C2的标准方程为y2?12x.

362720．解：（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥

MN．

因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN． 所以平面A1AMN⊥平面EB1CF．

（2）由己知得AM⊥BC．以M为坐标原点，MA的方向为x轴正方向，MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，则AB=2，AM=3． 连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM?23231由（1）知平面A1AMN,E(,,0)．

333⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC． 设Q(a,0,0)，则NQ?4?(2323?a)2,B1(a,1,4?(?a)2)， 33故B1E?(23223210． ?a,?,?4?(?a)2),|B1E|?33337

n,B1Eπ10?又n?(0,?1,0)是平面A1AM的法向量，故sin(?n,B1E)?cosn,B1E?．

2|n|?|B1E|10所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为10． 10

21．解：（1）f?(x)?cosx(sinxsin2x)?sinx(sinxsin2x)'

?2sinxcosxsin2x?2sin2xcos2x

?2sinxsin3x． ?当x?(0,)3(?????,?)时，f?(x)?0；当x?(,)时，f?(x)?0． 333??????所以f(x)在区间(0,),(,?)单调递增，在区间(,)单调递减．

3333?33（2）因为f(0)?f(?)?0，由（1）知，f(x)在区间[0,?]的最大值为f()?，

38最小值为f(??3333．而f(x)是周期为?的周期函数，故|f(x)|?． )??838sin2x)

2n32（3）由于(sin2xsin22x?|sin3xsin32xsin32nx|

sin32n?1xsin2nx||sin22nx| f(2n?1x)||sin22nx|

?|sinx||sin2xsin32x?|sinx||f(x)f(2x)?|f(x)f(2x)所以sinxsin2x222f(2n?1x)|，

n3323n3nsin2x?()?n．

8422．解：（1）C1的普通方程为x?y?4(0?x?4)．

22由C2的参数方程得x?t?1122?2y?t??2，所以x2?y2?4． ，22tt故C2的普通方程为x2?y2?4．

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