2020年全国卷Ⅱ卷文科数学解答题解析版

解答题

【2020年全国卷Ⅱ卷文科数学第17题】( riangle ABC)的内角 (A)，(B)，(C) 的对边分别为 (a)，(b)，(c)，已知(cos^{2}(cfrac{pi}{2}+A))(+)(cos A)(=)(cfrac{5}{4})；(quadquad)参阅相关专题

(1).求(A);

解：由己知(sin^{2}A+cos A=cfrac{5}{4})，即(cos^{2}A-cos A+cfrac{1}{4}=0)

所以((cos B-cfrac{1}{2})^2=0)，即(cos A=cfrac{1}{2})，

又由于(0<A<pi)，故(A=cfrac{pi}{3});

(2).若(b-c=cfrac{sqrt{3}}{3}a)，证明:( riangle ABC)是直角三角形此处既可以考虑用角来证明，由题意(b)(-)(c)(=)(cfrac{sqrt{3}}{3}a)(>0)可知，最大角必然是(B)，即(B=90^{circ})；也可以考虑用边的关系来证明，即证明(b^2=a^2+c^2)。(;;)。

法1: 从角的角度入手分析，比如证明(B=90^{circ})或(B=30^{circ}+60^{circ})等；

由(1)知，(B+C=cfrac{2pi}{3})，则(C=cfrac{2pi}{3}-B)，

将(b-c=cfrac{sqrt{3}}{3}a)，边化角相比较而言，转化为角的关系，简单清晰，难度是三角变换和解三角形方程。 ，

得到(sin B-sin C=cfrac{sqrt{3}}{3}sin A)，

(sin B-sin(cfrac{2pi}{3}-B)=cfrac{sqrt{3}}{3}sin cfrac{pi}{3})，

即(sin B-(sincfrac{2pi}{3}cdot cos B-coscfrac{2pi}{3}cdot sin B)=cfrac{1}{2})，提醒此处的三角变换极容易出错，切记，切记，平时多练习。

即(sin B-cfrac{sqrt{3}}{2}cos B-cfrac{1}{2}sin B=cfrac{1}{2})

即(cfrac{1}{2}sin B-cfrac{sqrt{3}}{2}cos B=cfrac{1}{2})，

即(sin(B-cfrac{pi}{3})=cfrac{1}{2})，又由于(-cfrac{pi}{3}<B-cfrac{pi}{3}<cfrac{2pi}{3})，

故(B-cfrac{pi}{3}=cfrac{pi}{6})，即(B=cfrac{pi}{2})，

故( riangle ABC)是直角三角形.

法2：从边的角度入手分析，比如证明(b^2=a^2+c^2)；

由于(A=cfrac{pi}{3})，(b-c=cfrac{sqrt{3}}{3}a>0)，故(B)为最大角，即(b>c)；

故以下的证明朝(b^2=a^2+c^2)方向努力，

由余弦定理得到，(a^2=b^2+c^2-2bccos A=b^2+c^2-bc)①；

由(b-c=cfrac{sqrt{3}}{3}a)得到，(b^2+c^2-2bc=cfrac{a^2}{3})②；

即(3b^2+3c^2-6bc=a^2)③；联立①③得到，

(2b^2+2c^2-5bc=0)，即(2b^2-5bc+2c^2=0)，即((b-2c)(2b-c)=0)，

解得(b=2c)或(2b=c)(舍去)，将(b=2c)代入(b-c=cfrac{sqrt{3}}{3}a)，

得到(c=cfrac{sqrt{3}}{3}a)，即(a=sqrt{3}c)，

故(c^2+a^2=c^2+3c^2=4c^2=(2c)^2=b^2)，故( riangle ABC)是直角三角形.

【2020年全国卷Ⅱ卷文科数学第18题】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((x_i，y_i))((i=1，2，cdots，20))，其中(x_i)和(y_i)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
(sumlimits_{i=1}^{20}x_{i}=60)，(sumlimits_{i=1}^{20}y_{i}=1200)，(sumlimits_{i=1}^{20}(x_{i}-ar{x})^{2}=80)，

(sumlimits_{i=1}^{20}(y_{i}-ar{y})^{2}=9000)，(sumlimits_{i=1}^{20}(x_{i}-ar{x})(y_{i}-ar{y})=800)；

(1).求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；

分析：样区野生动物平均数为(cfrac{1}{20}sumlimits_{i=1}^{20} y_{i}=cfrac{1}{20} imes 1200=60)；

又由于地块数为(200)，故该地区这种野生动物的估计值为(200 imes 60=12000)；

(2).求样本((x_{i}, y_{i}))((i=1,2, ldots, 20))的相关系数(精确到(0.01))；

分析：样本((x_{i}, y_{i})(i=1,2, ldots, 20))的相关系数为

(r=cfrac{sumlimits_{i=1}^{20}left(x_{i}-ar{x} ight)left(y_{i}-ar{y} ight)}{sqrt{sumlimits_{i=1}^{20}left(x_{i}-ar{x} ight)^{2} sumlimits_{i=1}^{20}left(y_{i}-ar{y} ight)^{2}}})(=cfrac{800}{sqrt{80 imes 9000}}=cfrac{2sqrt{2}}{3}approx 0.94)；

(3).根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.
理由.

分析：由（2）知各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积有很强的正相关性，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的数量差异很大，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.

附: 相关系数 (r=cfrac{sumlimits_{i=1}^{n}left(x_{i}-ar{x} ight)left(y_{i}-ar{y} ight)}{sqrt{sumlimits_{i=1}^{n}left(x_{i}-ar{x} ight)^{2} sumlimits_{i=1}^{n}left(y_{i}-ar{y} ight)^{2}}}), (sqrt{2}approx 1.414)

【2020年全国卷Ⅱ卷文科数学第19题】已知椭圆(C_1：cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1)((a>b>0))的右焦点(F)与抛物线(C_2)的焦点重合，(C_1)的中心与(C_2)的顶点重合，过(F)且与(x)轴垂直的直线交(C_1)于(A)，(B)两点，交(C_2)于(C)，(D)两点，且(|CD|=cfrac{4}{3}|AB|)；

(1).求(C_1)的离心率；

解：由于椭圆(C_1)的右焦点坐标为(F(c，0))，所以抛物线(C_2)的方程为(y^2=4cx)，其中(c=sqrt{a^{2}-b^{2}})；

不妨设(A)，(C)在第一象限，因为椭圆(C_{1}) 的方程为 (cfrac{x^{2}}{a^{2}}+cfrac{y^{2}}{b^{2}}=1)

所以当 (x=c) 时，有(cfrac{c^{2}}{a^{2}}+cfrac{y^{2}}{b^{2}}=1) (Rightarrow y=pm cfrac{b^{2}}{a})，

因此(A)，(B)的纵坐标分别为(cfrac{b^{2}}{a}),(-cfrac{b^{2}}{a})；

又因为抛物线 (C_{2}) 的方程为(y^{2}=4cx)，所以当 (x=c) 时，有(y^{2}=4ccdot c) (Rightarrow y=pm 2c)

所以(C)，(D) 的纵坐标分别为(2c)，(-2c)，故(|AB|=cfrac{2 b^{2}}{a})，(|CD|=4c)

由(|CD|=cfrac{4}{3}|AB|) 得(4c=cfrac{8b^{2}}{3a})，两边同乘以(frac{3}{4})，再同除以(a)此时我们需要的是(a)与(c)的比值关系，故想着必须消去(b)，这样的运算能快些。

得到(3cdotcfrac{c}{a}=cfrac{2b^2}{a^2}=cfrac{2(a^2-c^2)}{a^2}=2-2(cfrac{c}{a})^{2})

即(3cdotcfrac{c}{a}=2-2(cfrac{c}{a})^{2})，接下来求解以(cfrac{c}{a})为元的方程即可；

解得(cfrac{c}{a}=-2)(舍去)，(cfrac{c}{a}=cfrac{1}{2})，注意椭圆的离心率的范围(e=cfrac{c}{a}in(0,1))，圆的(e=0)，抛物线的(e=1)，双曲线的(ein (1,+infty))

故(C_1)的离心率为(cfrac{c}{a}=cfrac{1}{2})；

(2).若(C_1)的四个顶点到(C_2)的准线距离之和为(12)，求(C_1)与(C_2)的标准方程．

分析：由(1)知(a=2c)，(b=sqrt{3}c)，故(C_{1}: cfrac{x^{2}}{4c^{2}}+cfrac{y^{2}}{3c^{2}}=1)，

所以(C_{1}) 的四个顶点坐标分别为((2c，0))，((-2c，0))，((0，sqrt{3}c))，((0，-sqrt{3}c))，(C_{2})的准线为(x=-c)

由已知得(3c+c+c+c=12)， (c=2)

所以(C_{1}) 的标准方程为(cfrac{x^{2}}{16}+cfrac{y^{2}}{12}=1)，(C_{2}) 的标准方程为 (y^{2}=8x)；

【2020年全国卷Ⅱ卷文科数学第20题】如图，已知三棱柱(ABC–A_1B_1C_1)的底面是正三角形，侧面(BB_1C_1C)是矩形，(M)，(N)分别为(BC)，(B_1C_1)的中点，(P)为(AM)上一点。过(B_1C_1)和(P)的平面交(AB)于(E)，交(AC)于(F)．

(1).证明：(AA_1//MN)，且平面(A_1AMN) (perp)平面(EB_1C_1F)；

(2).设(O)为( riangle A_1B_1C_1)的中心，若(AO=AB=6)，(AO)//平面(EB_1C_1F)，且(angle MPN=cfrac{pi}{3})，求四棱锥(B–EB_1C_1F)的体积；

【2020年全国卷Ⅱ卷文科数学第21题】已知函数(f(x)=2 ln x+1)；

(1).若(f(x)leqslant 2x+c)，求(c)的取值范围；

解：常规题目，使用常规解法；不过需要注意，要能将此题目顺利转化为恒成立命题，这样许多学生都会有思路了。

【法1】：教育考试院提供的解法；设(h(x)=f(x)-2x-c)，则(h(x)=2ln x-2x+1-c)，

其定义域为((0,+infty))，(h^{prime}(x)=cfrac{2}{x}-2)，

当(0<x<1)时，(h^{prime}(x)>0)；当(x>1) 时，(h^{prime}(x)<0)，

所以当(x=1)时，(h(x))取得最大值,最大值为(h(1)=-1-c)，

故当且仅当(-1-cleqslant 0)，即(cgeqslant -1)时，(f(x)leqslant 2x+c)

所以(c)的取值范周是([-1, +infty)).

【法2】：我们经常采用的思路，其实质和法1是一样的；

由于定义域为((0,+infty))，且已知(f(x)leqslant 2x+c)，[琢磨一下，能否转化为恒成立命题]，

则(f(x)leqslant 2x+c)在((0,+infty))上恒成立，故想到分离参数，得到(cgeqslant f(x)-2x)；

令(g(x)=f(x)-2x=2lnx+1-2x)，[稍有经验的高三学生都知道，此时需要求解(g(x)_{max})]；

则(g'(x)=cfrac{2}{x}-2=cfrac{2-2x}{x}=cfrac{2(1-x)}{x})，[此时可借助图像快速判断]

故当(0<x<1)时，(g^{prime}(x)>0)；当(x>1) 时，(g^{prime}(x)<0)，

所以当(x=1)时，(g(x))取得最大值，(g(x)_{max}=g(1)=-1)，

故(cgeqslant -1)，即(c)的取值范周是([-1, +infty)).

(2).设(a>0)，讨论函数 (g(x)=cfrac{f(x)-f(a)}{x-a})的单调性.

【法1】：教育考试院提供的解法；此处有个特点需要注意，第一问的结论的复用，以及其他数学素养的积累和使用；

(g(x)=cfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=cfrac{2(ln x-ln a)}{x-a})， 定义域为(xin(0, a)cup(a,+infty))；

(g^{prime}(x)=cfrac{2(frac{x-a}{x}+ln a-ln x)}{(x-a)^{2}}=cfrac{2(1-frac{a}{x}+lnfrac{a}{x})}{(x-a)^{2}})，注意此处这样的变形，能让我们想到一个常用的结论(x-1)(geqslant)(ln x)，或者(x)(-1)(-)(ln x)(geqslant)$ 0$，或者(1)(-x)(+)(ln x)(leqslant)$ 0$，请参阅函数与导数中的常用不等关系

取(c=-1)，得(h(x)=2ln x-2x+2)，(h(1)=0)；

则由(1)知，当(x eq 1)时，(h(x)<0)，即(1-x+ln x<0)由于当(x)( eq)(1)时，(1)(-x)(+)(ln x)(<0)是恒成立的，故用(cfrac{a}{x})替换(x)，就能得到(1)(-)(cfrac{a}{x})(+)(lncfrac{a}{x})(<)(0)，此处对数学素养的考查要求相当高。(quad)；

故当(xin(0, a)cup(a,+infty))时， (1-cfrac{a}{x}+ln cfrac{a}{x}<0)，

从而 (g^{prime}(x)<0)，所以 (g(x)) 在区间 ((0, a))和((a,+infty))上单调递减.

【法2】：常规采用的思路，求导数法+洛必达法则；

(g(x)=cfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=cfrac{2(ln x-ln a)}{x-a})， 定义域为(xin(0, a)cup(a,+infty))；

(g^{prime}(x)=cfrac{2[frac{1}{x}(x-a)-(ln x-ln a)cdot 1]}{(x-a)^{2}}=cfrac{2(1-frac{a}{x}-ln x+ln a)}{(x-a)^{2}})，

令(h(x)=1-cfrac{a}{x}-ln x+ln a)，则(h'(x)=cfrac{a}{x^2}-cfrac{1}{x}=cfrac{a-x}{x^2})

则当(0<x<a)时，(h'(x)>0)，当(x>a)时，(h'(x)<0)；

故(g'(x))在((0,a))上单调递增，在((a,+infty))上单调递减；

以下用洛必达法则求值(g'(a))；

(g'(a)=)(limlimits_{x o a} g'(x)=limlimits_{x o a} g'(x)=limlimits_{x o a} cfrac{2(1-frac{a}{x}-ln x+ln a)}{(x-a)^2})

(=limlimits_{x o a} cfrac{[2(1-frac{a}{x}-ln x+ln a)]'}{[(x-a)^2]'}=limlimits_{x o a} cfrac{2(frac{a}{x^2}-frac{1}{x})}{2(x-a)})

(=limlimits_{x o a} cfrac{[2(frac{a}{x^2}-frac{1}{x})]'}{[2(x-a)]'}=limlimits_{x o a} cfrac{frac{-4a}{x^{3}}+frac{2}{x^2}}{2})

(=cfrac{frac{-4a}{a^{3}}+frac{2}{a^2}}{2}=-cfrac{1}{a^2}<0)；

故当(xin (0,a))时，(g'(x)<g'(a)<0)，故函数(g(x))在((0,a))上单调递减；

当(xin (a,+infty))时，(0>g'(a)>g'(x))，故函数(g(x))在((a,+infty))上单调递减；

【2020年全国卷Ⅱ卷文科数学第22题】【选修4-4:坐标系与参数方程】已知曲线(C_{1})，(C_{2})的参数方移分别为(C_{1}:left{egin{array}{l}x=4cos^{2} heta\y=4sin ^{2} hetaend{array} ight.) (( heta)为参数)，(C_{2}:left{egin{array}{l}x=t+frac{1}{t}\y=t-frac{1}{t}end{array} ight.) ((t)为参数)，

(1).将(C_{1})，(C_{2})的参数方程化为普通方程；

分析：(C_{1}:left{egin{array}{l}x=4cos^{2} heta\y=4sin ^{2} hetaend{array} ight.) (( heta)为参数)，两式相加，即可消去参数；

即得到方程为(x+y=4)，又由于(cos^2 hetain [0,1])，故(x=4cos^2 hetain [0,4])此处实际涉及到求函数的值域，这样才能保证新元和旧元的取值范围的一致性(quad)，

故(C_1)的普通方程为(x+y=4)；((0leqslant xleqslant 4))此处也可以通过限制(0)(leqslant)(y)(leqslant)(4)来将直线变化为线段，但是由于(x)值和(y)值的一一对应性，故只需要限制一个变量即可；(quad)；

对于曲线(C_{2}:left{egin{array}{l}x=t+frac{1}{t}①\y=t-frac{1}{t}②end{array} ight.) ((t)为参数)，注意消参技巧；

①的平方得到(x^2=t^2+cfrac{1}{t^2}+2)；②的平方得到(y^2=t^2+cfrac{1}{t^2}-2)；提示其实(x)(=)(t)(+)(cfrac{1}{t})，就是对勾函数，(y)(=)(t)(-)(cfrac{1}{t})就是仿对勾函数

两式相减，得到(x^2-y^2=4)；此时该如何限制？又由于(x)(=)(t)(+)(cfrac{1}{t})，即(|x|)(=)(|t)(+)(cfrac{1}{t}|)(=)(|t|)(+)(|cfrac{1}{t}|)(geqslant2)，(y)(=)(t)(-)(frac{1}{t})(in) (R)；和双曲线的(x)和(y)取值一致，故不需要特别限制；

故所求的(C_2)的普通方程为(x^2-y^2=4)；

(2).以坐标原点为极点，(x)轴正半轴为极轴建立极坐标系，设(C_{1})，(C_{2})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.

分析：由(left{egin{array}{l}{x+y=4①}\{x^2-y^2=4②}end{array} ight.)，将(y=x-4)代入②式，得到(left{egin{array}{l}{x=frac{5}{2}}\{y=frac{3}{2}}end{array} ight.)，

故点(P(cfrac{5}{2},cfrac{3}{2}))，由图可知，圆心在极轴上，设圆心为((x_0,0))，则(r=x_0)，

则圆的方程为((x-x_0)^2+y^2=x_0^2)，由于点(P(cfrac{5}{2},cfrac{3}{2}))在圆上，

则((cfrac{5}{2}-x_0)^2+(cfrac{3}{2})^2=x_0^2)，解得(x_0=cfrac{17}{10})；

故圆的极坐标方程为( ho=cfrac{17}{5}cos heta)利用圆心为((a,0))的圆的极坐标方程为( ho=2acos heta)得到结论；；

或者由((x-cfrac{17}{10})^2+y^2=(cfrac{17}{10})^2)，得到(x^2-2 imescfrac{17}{10}x+(cfrac{17}{10})^2+y^2=(cfrac{17}{10})^2)，

即(x^2+y^2-cfrac{17}{5}x=0)，即( ho^2-cfrac{17}{5} hocdotcos heta=0)，转化为极坐标方程为( ho=cfrac{17}{5}cos heta)，

【2020年全国卷Ⅱ卷文科数学第23题】【选修4-5:不等式选讲】已知函数(f(x)=|x-a^{2}|+|x-2a+1|)

(1).当 (a=2) 时，求不等式 (f(x)geqslant 4) 的解集；

分析： 当(a=2) 时，(f(x)=|x-4|+|x-3|=left{egin{array}{l}{7-2x，xleqslant 3}\{1，3<xleqslant 4}\{2x-7，x>4}end{array} ight.)

当 (x leqslant 3) 时，(f(x)=4-x+3-x=7-2x geq 4)， 解得(: x leqslant cfrac{3}{2})；

当 (3<xleqslant 4) 时， $ f(x)=4-x+x-3=1 geq 4$，无解；

当 (x > 4) 时， (f(x)=x-4+x-3=2x-7 geq 4)，解得 (: x geq cfrac{11}{2})；

综上所述 (: f(x) geq 4) 的解集为 ({x mid x leq cfrac{3}{2}) 或 (x geq cfrac{11}{2}})

(2).若 (f(x) geqslant 4)，求 (a) 的取值范围；

分析：(f(x)=|x-a^{2}|+|x-2a+1| geq |(x-a^{2})-(x-2a+1)|=|-a^{2}+2a-1|=(a-1)^{2})

故由((a-1)^{2} geqslant 4)，解得 $ a leqslant -1$ 或 (a geqslant 3)

当(-1<a<3)时，(f(a^2)=|a^2-2a+1|=(a-1)^2<4)；

所以(a) 的取值范围为 ((-infty,-1]cup [3,+infty))；