2020年新疆高考理科数学试题及答案.pdf

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1、2020 年新疆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()UAB 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

2、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

3、中层多 729 块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)A3699 块B3474 块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230 xy的距离为A55B2 55C3 55D4 556数列na中，12a，m nmnaa a.若155121022kkkaaa，则k 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AEBFCGDH8设O为坐标原点，直线xa与双曲线2222:1(0,0)xyCabab的两条渐近线分别交于,D E两点，若ODE的面积为 8，则C的焦距的

4、最小值为A4B8C16D329设函数()ln|21|ln|21|f xxx，则f(x)A是偶函数，且在1(,)2单调递增B是奇函数，且在1 1(,)2 2单调递减C是偶函数，且在1(,)2 单调递增D是奇函数，且在1(,)2 单调递减10已知ABC是面积为9 34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16，则O到平面ABC的距离为A3B32C1D3211若 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43CDAB（1）求C1的离心率；（2）设M是C1

5、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A1AMN所成角的正弦值21（12 分）已知函数2()sinsin2f xxx（1）讨论f(x)在区间(0，)的单调性；（2）证明：3 3()8f x；（3）设*nN，证明：2222sinsin 2 sin 4si

6、n 234nnnxxxx（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C1：224cos4sinxy，（为参数），C2：1,1xttytt （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|+|x-2a+1|（1）当a=

7、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参考答案1A2D3B4C5B6C7A8B9D10C11A12C13221436152 31617解：（1）由正弦定理和已知条件得222BCACABAC AB，由余弦定理得2222cosBCACABAC ABA，由，得1cos2A .因为0A，所以23A.（2）由正弦定理及（1）得2 3sinsinsinACABBCBCA，从而2 3sinACB，2 3sin()3cos3sinABABBB.故33sin3cos32 3sin()3BCACABBBB.又03B，所以当6B 时，ABC周长取得最大值32 3.18解：（1

8、）由已知得样本平均数20160120iiyy，从而该地区这种野生动物数量的估计值为 60200=12000（2）样本(,)iix y(1,2,20)i 的相关系数20120202211)()8002 20.94380 900(0)(iiiiiiixyyxxrxyy（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

9、数量更准确的估计19解：（1）由已知可设2C的方程为24ycx，其中22cab.不妨设,A C在第一象限，由题设得,A B的纵坐标分别为2ba，2ba；,C D的纵坐标分别为2c，2c，故22|bABa，|4CDc.由4|3CDAB得2843bca，即2322()ccaa，解得2ca（舍去），12ca.所以1C的离心率为12.（2）由（1）知2ac，3bc，故22122:143xyCcc，设00(,)M xy，则220022143xycc，2004ycx，故20024143xxcc.由于2C的准线为xc，所以0|MFxc，而|5MF，故05xc，代入得22(5)4(5)143cccc，即223

10、0cc，解得1c （舍去），3c.所以1C的标准方程为2213627xy，2C的标准方程为212yx.20解：（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以1MNCC又由已知得AA1CC1，故AA1MN因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N又B1C1MN，故B1C1平面A1AMN所以平面A1AMN平面11EBC F（2）由已知得AMBC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2 32 3 1,(,0)333PME由（1）知平面A1AMN平面ABC，作NQAM，垂足为Q，

11、则NQ平面ABC设(,0,0)Q a，则2212 32 34(),(,1,4()33NQaB aa，故2112 322 32 10(,4(),|3333B EaaB E 又(0,1,0)n是平面A1AMN的法向量，故111110sin(,)cos,210|B EB EB EB E nnn|n|所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为101021解：（1）()cos(sin sin2)sin(sin sin2)fxxxxxxx 22sin cos sin22sincos2xxxxx2sin sin3xx当(0,)(,)33x时，()0fx；当(,)33x 时，()0fx所以()f x在区间

12、(0,),(,)33单调递增，在区间(,)33 单调递减（2）因为(0)()0ff，由（1）知，()f x在区间0,的最大值为3 3()38f，最小值为3 3()38f 而()f x是周期为的周期函数，故3 3|()|8f x（3）由于32222(sinsin 2sin 2)nxxx333|sinsin 2sin 2|nxxx23312|sin|sinsin 2sin 2sin2|sin 2|nnnxxxxxx12|sin|()(2)(2)|sin 2|nnxf x fxfxx1|()(2)(2)|nf x fxfx，所以222233 33sinsin 2sin 2()84nnnnxxx 22

13、解：（1）1C的普通方程为4(04)xyx由2C的参数方程得22212xtt，22212ytt，所以224xy故2C的普通方程为224xy（2）由224,4xyxy得5,23,2xy所以P的直角坐标为5 3(,)2 2设所求圆的圆心的直角坐标为0(,0)x，由题意得220059()24xx，解得01710 x 因此，所求圆的极坐标方程为17cos523解：（1）当2a 时，72,3,()1,34,27,4,x xf xxxx因此，不等式()4f x 的解集为311|22x xx或（2）因为222()|21|21|(1)f xxaxaaaa，故当2(1)4a，即|1|2a 时，()4f x 所以当a3 或a-1 时，()4f x 当-1a3 时，222()|21|(1)4f aaaa，所以a的取值范围是(,13,)