(精校版)2020年新高考全国卷Ⅱ数学高考真题文档版(海南)(答案)

2020年普通高等学校招生全国统一考试数学（海南）参考答案一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．）1.C2.B3.C4.B5.C6.C7.D8.D二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分）9.CD10.ACD11.BC12.ABD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.116514.15.3n22n16.4323四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.【分析】解法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到c的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.解法二：利用诱导公式和两角和的三角函数公式求得tanA的值，得到角A,B,C的值，然后根据选择的条件进行分析判断和求解.【详解】解法一：由sinA3sinB可得：a3，b不妨设a3m,bmm0，则：c2a2b22abcosC3m2m223mm选择条件①的解析：据此可得：ac3mm3m23，m1，此时cm1.选择条件②的解析：3m2，即cm2b2c2a2m2m23m21据此可得：cosA，2bc2m22.331则：sinA1，此时：csinAm3，则：cm23.222选择条件③的解析：可得2cm1，cb，bm与条件c3b矛盾，则问题中的三角形不存在.解法二：∵sinA3sinB,C6,BAC,∴sinA3sinAC3sinA,6sinA3sinAC3sinA?313cosA?，22∴sinA3cosA,∴tanA3,∴A2,∴BC,363,∴c=1;若选①，ac3,∵a3b3c,∴3c2若选②，csinA3,则3c3,c23;2若选③,与条件c3b矛盾.18.a2a4a1qa1q320(1)设等比数列an的公比为q(q1)，则，2aaq831整理可得：2q5q20，2q1,q2,a12，n1n数列的通项公式为：an222.(2)由于：1n1anan11n12n2n11n122n1，故：a1a2a2a3(1)n1anan123252729(1)n122n1n231222n38n2.(1)2551219.（1）由表格可知，该市100天中，空气中的PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数有32618864天，所以该市一天中，空气中的PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率为（2）由所给数据，可得22列联表为：640.64；100SO20,15064150,47516合计PM2.50,7575,115合计801074102620100（3）根据22列联表中的数据可得n(adbc)2100(64101610)23600K7.48446.635，(ab)(cd)(ac)(bd)802074264812因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.20.（1）证明：在正方形ABCD中，AD//BC，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD//平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD所以AD//l，因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDC,lDC,平面PBCl，且PD平面ABCD，所以ADPD,lPD,因为CDPDD所以l平面PDC；（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz，因为PDAD1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，设Q(m,0,1)，则有DC(0,1,0),DQ(m,0,1),PB(1,1,1)，因为QB=2，所以有(m1)2(01)2(10)2设平面QCD的法向量为n(x,y,z)，2m1DCn0y0则，即，xz0DQn0令x1，则z1，所以平面QCD的一个法向量为n(1,0,1)，则cosn,PBnPBnPB1011202(1)212121226.323根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cosn,PB|63所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为21.6.3(1)由题意可知直线AM的方程为：y3当y=0时，解得x4，所以a=4，1(x2)，即x2y4.249x2y221，椭圆C:221ab0过点M(2，3)，可得16bab解得b2=12.x2y2所以C的方程：1.1612(2)设与直线AM平行的直线方程为：x2ym，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.x2y2联立直线方程x2ym与椭圆方程1，1612可得：3m2y4y248，化简可得：16y12my3m480，8，所以144m4163m480，即m2=64，解得m=±与AM距离比较远的直线方程：x2y8，直线AM方程为：x2y4，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，22222利用平行线之间的距离公式可得：d84125，514由两点之间距离公式可得|AM|(24)23235.所以△AMN的面积的最大值：22.（1）11253518.25f(x)exlnx1，f(x)ex1，kf(1)e1.xf(1)e1，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为ye1(e1)(x1),即ye1x2,切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(2,0),e1∴所求三角形面积为122;2||=2e1e1（2）解法一：f(x)aex1lnxlna,f(x)aex11，且a0.x10,x2x1设g(x)f(x),则g(x)ae∴g(x)在(0,)上单调递增，即f(x)在(0,)上单调递增，当a1时，f(1)0,∴fxminf11,∴fx1成立.11111当a1时，1，∴ea11，f()f(1)a(ea1)(a1)0,aax01∴存在唯一x00，使得f(x0)ae10，且当x(0,x0)时f(x)0，当x(x0,)时x0x1f(x)0，ae01，lnax01lnx0，x0x01因此f(x)minf(x0)aelnx0lna11lnax01lna2lna12x02lna11,x0x0∴fx1,∴fx1恒成立；当0a1时，f(1)alnaa1,∴f(1)1,f(x)1不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).解法二：fxaex1lnxlnaelnax1lnxlna1等价于elnax1lnax1lnxxelnxlnx,令gxex,上述不等式等价于glnax1glnx,x显然gx为单调增函数，∴又等价于lnax1lnx，即lnalnxx1，令hxlnxx1,则hx11x1xx在0,1上h’(x)0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)0,h(x)单调递减，∴hxmaxh10,lna0，即a1，∴a的取值范围是[1,+∞).