2020年重庆高考理科数学试题及答案（精品真题）.docx

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1、2020年重庆高考理科数学试题及答案注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上。本试卷满分150分。2作答时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合U=2，1，0，1，2，3，A=1，0，1，B=1，2，则A2，3B2，2，3C2，1，0，3D2，1，0，2，32若为第四象限角，则Acos20Bcos20Dsin203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

2、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A10名B18名C24名D32名4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)A3699块B3474块

3、C3402块D3339块5若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为ABCD6数列中，.若，则A2B3C4D57下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，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为ABCD8设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为A4B8C16D329设函数，则f(x)A是偶函数，且在单调递增B是奇函数，且在单调递减C是偶函数，且在单调递增D是奇函数，且在单调递减10已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上若球O的表面积为，则O到平面ABC的距离为ABC1D11若

4、2x2y0Bln(y-x+1)0Dlnx-yb0)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（1）求C1的离心率；（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程20（12分）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：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A1

5、AMN所成角的正弦值21（12分）已知函数（1）讨论f(x)在区间(0，)的单调性；（2）证明：；（3）设，证明：（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，则按所做的第一题计分22选修44：坐标系与参数方程（10分）已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（为参数），C2：（t为参数）（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45：不等式选讲（10分）已知函数f(x)= |x-a2|+|

6、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的取值范围参考答案1A2D3B4C5B6C7A8B9D10C11A12C131436151617解：（1）由正弦定理和已知条件得，由余弦定理得，由，得.因为，所以.（2）由正弦定理及（1）得，从而，.故.又，所以当时，周长取得最大值.18解：（1）由已知得样本平均数，从而该地区这种野生动物数量的估计值为60200=12000（2）样本的相关系数（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

7、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）由已知可设的方程为，其中.不妨设在第一象限，由题设得的纵坐标分别为，；的纵坐标分别为，故，.由得，即，解得（舍去），.所以的离心率为.（2）由（1）知，故，设，则，故.由于的准线为，所以，而，故，代入得，即，解得（舍去），.所以的标准方程为，的标准方程为.20解：（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以又由已知得AA1CC1，故AA1MN因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N又B1C1MN，

8、故B1C1平面A1AMN所以平面A1AMN平面（2）由已知得AMBC以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，则AB=2，AM=连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故由（1）知平面A1AMN平面ABC，作NQAM，垂足为Q，则NQ平面ABC设，则，故又是平面A1AMN的法向量，故所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为21解：（1）当时，；当时，所以在区间单调递增，在区间单调递减（2）因为，由（1）知，在区间的最大值为，最小值为而是周期为的周期函数，故（3）由于，所以22解：（1）的普通方程为由的参数方程得，所以故的普通方程为（2）由得所以的直角坐标为设所求圆的圆心的直角坐标为，由题意得，解得因此，所求圆的极坐标方程为23解：（1）当时，因此，不等式的解集为（2）因为，故当，即时，所以当a3或a-1时，当-1a3时，所以a的取值范围是