2020年江西省高考数学(理科)模拟试卷.docx

1、2020年江西省高考数学（理科）模拟试卷（1）一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）已知i是虚数单位，复数z满足zi3+2i=1-i，则z=（）A1+5iB15iC15iD1+5i2（5分）已知集合AxN|x1，Bx|x5，则AB（）Ax|1x5Bx|x1C2，3，4D1，2，3，4，53（5分）某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这l00名同学的得分都在50，100内，按得分分成5组：50，60），60，70），70，80），80，90），90，100，得到如图所示的频率分布直方图则这100名同学的得分的中位数为（）A72.5B75C77.5D8

2、04（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的离心率e=53，且其虚轴长为8，则双曲线C的方程为（）Ax24-y23=1Bx29-y216=1Cx23-y24=1Dx216-y29=15（5分）如图，在ABC中，AD=58AC，BP=25PD，若AP=AB+AC，则的值为（）A1112B34C14D796（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A163cm3B4cm3C43cm3D83cm37（5分）随机变量X服从正态分布N（1，2）且P（0X1）0.4，则P（X2）（）A0.4B0.1C0.6D0.28（5分）已知函数f（x）=3sin（2x+

3、）+cos（2x+）为偶函数，且在0，2上为增函数，则的一个值可以是（）A6B3C23D-239（5分）若函数f（x）lnx（x0）与函数g（x）x2+a有公切线，则实数a的最小值为（）A-12ln2-12Bln21C-12Dln210（5分）若函数f（x）lg（x1）+lg（3x）lg（ax）只有一个零点，则实数a的取值范围是（）A1a3或a=134B3a134Ca1或a=134Da13411（5分）已知斜率为k的直线l与抛物线C：y24x交于A、B两点，线段AB的中点为M（2，1），则直线l的方程为（）A2xy30B2xy50Cx2y0Dxyl012（5分）在等差数列an中，若a1+a2+

4、a33，a59，则a8的值是（）A15B16C17D18二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）如果x+x2+x3+x9+x10a0+a1（1+x）+a2（1+x）2+a9（1+x）9+a10（1+x）10，则a9 ，a10 14（5分）记Sn为等比数列an的前n项和，若a1=12，a42a6，则S4 15（5分）不等式2x23|x|350的解集为 16（5分）在三棱锥ABCD中，BCCD2，BCCD，ABADAC=6，则三棱锥ABCD的外接球的体积为 三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）如图四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，ABAD，ADAB

5、2BC，M为A1D的中点（1）证明：CM平面AA1B1B；（2）若四边形AA1B1B是菱形，且面AA1B1B面ABCD，B1BA=3，求二面角A1CMA的余弦值18（12分）已知椭圆G：x2a2+y2b2=1（ab0），上顶点为B（0，1），离心率为22，直线l：ykx2交y轴于C点，交椭圆于P，Q两点，直线BP，BQ分别交x轴于点M，N（）求椭圆G的方程；（）求证：SBOMSBCN为定值19（12分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3（a2+b2c2）sinCacosBbcosAc（）证明：ABC是直角三角形；（）若c2，求ABC周长的最大值20（12分）某校辩论队计划在

6、周六、周日各参加一场辩论赛，分别由正、副队长负责，已知该校辩论队共有10位成员（包含正、副队长），每场比赛除负责人外均另需3位队员（同一队员可同时参加两天的比赛，正、副队长只能参加一场比赛）假设正副队长分别将各自比赛通知的信息独立、随机地发给辩论队8名队员中的3位，且所发信息都能收到（1）求辩论队员甲收到队长或副队长所发比赛通知信息的概率；（2）记辩论队收到正副队长所发比赛通知信息的队员人数为随机变量X，求X的分布列及其数学期望21（12分）已知函数f（x）=12x2-ax+（a1）lnx（1）当al时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当a0时，令F（x）2f（x）xlnx+2lnx+2，是否

7、存在区间m，n（1，+），使得函数F（x）在区间m，n上的值域为k（m十2），k（n+2），若存在，求实数k的取值范围；若不存在，说明理由四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+cosy=sin（为参数）以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为1，直线l的极坐标方程为=4(R)（1）求：曲线C1的普通方程；曲线C2与直线l交点的直角坐标；（2）设点M的极坐标为(6，3)，点N是曲线C1上的点，求MON面积的最大值五解答题（共1小题）23设函数f（x）|x+a2+3|+|x2a|（1）当a1时，

8、求不等式f（x）3的解集；（2）证明：f（x）2，并指出等号的成立条件2020年江西省高考数学（理科）模拟试卷（1）参考答案与试题解析一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）已知i是虚数单位，复数z满足zi3+2i=1-i，则z=（）A1+5iB15iC15iD1+5i【解答】解：因为zi3+2i=1-i，所以zi（1i）（3+2i）5i，所以z=-1-5i，z-1+5i，故选：D2（5分）已知集合AxN|x1，Bx|x5，则AB（）Ax|1x5Bx|x1C2，3，4D1，2，3，4，5【解答】解：集合AxN|x1，Bx|x5，ABxN|1x52，3，4故选：C3（5分）某校随

9、机抽取100名同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这l00名同学的得分都在50，100内，按得分分成5组：50，60），60，70），70，80），80，90），90，100，得到如图所示的频率分布直方图则这100名同学的得分的中位数为（）A72.5B75C77.5D80【解答】解：由频率分布直方图得：50，70）的频率为：（0.010+0.030）100.4，70，80）的频率为：0.040100.4，这100名同学的得分的中位数为：70+0.5-0.40.410=72.5故选：A4（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的离心率e=53，且其虚轴长为8，则双曲线C

10、的方程为（）Ax24-y23=1Bx29-y216=1Cx23-y24=1Dx216-y29=1【解答】解：双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的离心率e=53，且其虚轴长为8，由e=ca=532b=8c2=a2+b2，得a=3b=4c=5可得x29-y216=1故选：B5（5分）如图，在ABC中，AD=58AC，BP=25PD，若AP=AB+AC，则的值为（）A1112B34C14D79【解答】解：由BP=25PD可知BP=27BDAP=AB+BP =AB+27BD =AB+27(AD-AB) =AB+27(58AC-AB) =57AB+528AC =57，=528，=14，故选：

11、C6（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A163cm3B4cm3C43cm3D83cm3【解答】解：由三视图可得几何体为如图所示的棱长为2的正方体内四棱锥PABCD 为三视图表示的几何体，B，C为棱的中点，VPABCDVCPAB+VCPAD=1312222+12222=83，故选：D7（5分）随机变量X服从正态分布N（1，2）且P（0X1）0.4，则P（X2）（）A0.4B0.1C0.6D0.2【解答】解：随机变量X服从正态分布N（1，2）且P（0X1）0.4，则P（X2）=1-2P(0X1)2=0.1故选：B8（5分）已知函数f（x）=3sin（2x+）+c

12、os（2x+）为偶函数，且在0，2上为增函数，则的一个值可以是（）A6B3C23D-23【解答】解：根据题意，f（x）=3sin（2x+）+cos（2x+），232sin（2x+）+12cos（2x+），2sin（2x+6），若f（x）为偶函数，则有+6=k+12，即k+13，kZ，结合选项可知，当k1时，=-23，f（x）2sin（2x-12）2cos2x满足偶函数且在0，2上为增函数，满足题意故选：D9（5分）若函数f（x）lnx（x0）与函数g（x）x2+a有公切线，则实数a的最小值为（）A-12ln2-12Bln21C-12Dln2【解答】解：设函数f（x）lnx（x0）与函数g（x）

13、x2+a切点分别（x0，lnx0），（x1，x12+a）且f(x0)=1x0，g（x1）2x1故两切线方程为y-lnx0=1x0(x-x0)；y-(x12+a)=2x1(x-x1)y=1x0x+lnx0-1 y=2x1x-x12+a两切线相等所以1x0=2x1lnx0-1=-x12+a消去x0后得：a=x12-lnx1-1-ln2（x10）令h（x）x2lnx1ln2（x0），h(x)=2x-1x=2x2-1x，令h(x)=0得x=22易知x(0，22)时，h(x)0；x(22，+)时，h（x）0故h（x）在区间（0，22）上递减，在（22，+）递增所以h(x)min=h(22)=-12ln2

14、-12故选：A10（5分）若函数f（x）lg（x1）+lg（3x）lg（ax）只有一个零点，则实数a的取值范围是（）A1a3或a=134B3a134Ca1或a=134Da134【解答】解：原题等价于，当0时，a=134，x=52；当0，即a134时，令g（x）x25x+a+3，满足g(1)0g(3)0，解得1a3综上，实数a的取值范围为1a3或a=134故选：A11（5分）已知斜率为k的直线l与抛物线C：y24x交于A、B两点，线段AB的中点为M（2，1），则直线l的方程为（）A2xy30B2xy50Cx2y0Dxyl0【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意可得y1+y221

15、2，将点代入抛物线：y12=4x1y22=4x2，两式相减：y12y224（x1x2），所以k=y1-y2x1-x2=4y1+y2=42=2，所以直线的方程为：y12（x2），即2xy30；故选：A12（5分）在等差数列an中，若a1+a2+a33，a59，则a8的值是（）A15B16C17D18【解答】解：在等差数列an中，由a1+a2+a33，得3a23，即a21，又a59，a82a5a218117故选：C二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）如果x+x2+x3+x9+x10a0+a1（1+x）+a2（1+x）2+a9（1+x）9+a10（1+x）10，则a99，a101

16、【解答】解：由x+x2+x3+x9+x10a0+a1（1+x）+a2（1+x）2+a9（1+x）9+a10（1+x）10，左右两边相等可得：a10等式左边x10的系数1；a9+a10109=等式左边x9的系数1；a101；a9+a10109=a9+10a101a99；故答案为：9，114（5分）记Sn为等比数列an的前n项和，若a1=12，a42a6，则S4152【解答】解：a1=12，a42a6，(12q3)2=12q5，解可得，q2，则S4=12(1-24)1-2=152故答案为：15215（5分）不等式2x23|x|350的解集为x|x5或x5【解答】解：原不等式可化为2|x|23|x|

17、350，（2|x|+7）（|x|5）0，|x|5，解可得，x5或x5，即解集为x|x5或x5故答案为：x|x5或x516（5分）在三棱锥ABCD中，BCCD2，BCCD，ABADAC=6，则三棱锥ABCD的外接球的体积为92【解答】解：由ABADAC=6，可得A在底面BCD的垂足为三角形BCD的外接圆的圆心，而BCCD2，BCCD，所以斜边BD的中点E即为外接圆的圆心，连接AE，CE，则CEBEDE=22BC=2，AE面BDC，AEBD，且AE=AB2-BE2=(6)2-(2)2=2，外接球的球心在AE 上，设外接球的球心为O，连接OC，则OCOAOBOD为外接球的半径，设外接球的半径为R，则

18、在三角形OCE中，OC2CE2+（AEOA）2，即R2（2）2+（2R）2，解得R=32，所以外接球的体积V=43R3=92，故答案为：92三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）如图四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，ABAD，ADAB2BC，M为A1D的中点（1）证明：CM平面AA1B1B；（2）若四边形AA1B1B是菱形，且面AA1B1B面ABCD，B1BA=3，求二面角A1CMA的余弦值【解答】（1）证明：取AA1的中点N，连接MN，BN，M为A1D的中点，MNAD且MN=12AD又BCAD，BC=12AD，所以MNBC且MNBC，所以四边形MNBC是平行四

19、边形，从而CMBN，又BN平面AA1B1B，CM平面AA1B1B，所以CM平面AA1B1B（2）解：取A1B1的中点P，连接AP，AB1四边形AA1B1B为菱形，又B1BA=3，易知APAB又面AA1B1B面ABCD，面AA1B1B面ABCDAB，ADAB，AD平面AA1B1B，ADAP，故AB，AD，AP两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz（如图所示），不妨设AB4则A（0，0，0），D（0，4，0），C（4，2，0），A1(-2，0，23)，M(-1，2，3)，A1M=(1，2，-3)，CM=(-5，0，3)，AC=(4，2，0)，设平

20、面A1CM的法向量为m=(x，y，z)，由mA1M=0mCM=0，得x+2y-3z=0-5x+3z=0，可得平面A1CM的一个法向量m=(1，2，533)，设平面ACM的法向量为n=(x1，y1，z1)，由nAC=0nCM=0，得4x1+2y1=0-5x1+3z1=0，可得平面ACM的一个法向量n=(1，-2，533)cosm，n=mn|m|n|=1-4+2531+4+2531+4+253=25，所以二面角A1CMA的余弦值为2518（12分）已知椭圆G：x2a2+y2b2=1（ab0），上顶点为B（0，1），离心率为22，直线l：ykx2交y轴于C点，交椭圆于P，Q两点，直线BP，BQ分别交

21、x轴于点M，N（）求椭圆G的方程；（）求证：SBOMSBCN为定值【解答】解：（1）由题意可知：b=1ca=22a2=b2+c2，解得a=2b=1c=1，椭圆G的方程为：x22+y2=1；（2）设点P（x1，y1），点Q（x2，y2），联立方程y=kx-2x22+y2=1，消去y得：（1+2k2）x28kx+60，x1+x2=8k1+2k2，x1x2=61+2k2，点P（x1，y1），B（0，1），直线BP的方程为：y1=y1-1x1x，令y0得，x=x11-y1，M（x11-y1，0），同理可得N（x21-y2，0），SBOMSBCN=121|xM|123|xN|=34|xMxN|=34|x

22、11-y1x21-y2| =34|x1x2(3-kx1)(3-kx2)| =34|x1x29-3k(x1+x2)+k2x1x2| 把式代入上式得：SBOMSBCN=34|61+2k29-24k21+2k2+6k21+2k2|=34|61+2k21+2k29|=12，SBOMSBCN为定值1219（12分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3（a2+b2c2）sinCacosBbcosAc（）证明：ABC是直角三角形；（）若c2，求ABC周长的最大值【解答】解：（I） 因为3（a2+b2c2）sinCacosBbcosAc所以6abcosCsinCacosB+bcosAc，由正

23、弦定理可得，6bsinAsinCcosCsinAcosB+sinBcosAsinC0，所以cosC0，即C90，所以ABC是直角三角形，（II）因为c2，所以a2+b24，即（a+b）24+2ab4+(a+b)22，（当且仅当ab时取等号），解可得，a+b22，又因为a+bc，所以4a+b+c22+2即最大值2+2220（12分）某校辩论队计划在周六、周日各参加一场辩论赛，分别由正、副队长负责，已知该校辩论队共有10位成员（包含正、副队长），每场比赛除负责人外均另需3位队员（同一队员可同时参加两天的比赛，正、副队长只能参加一场比赛）假设正副队长分别将各自比赛通知的信息独立、随机地发给辩论队8名

24、队员中的3位，且所发信息都能收到（1）求辩论队员甲收到队长或副队长所发比赛通知信息的概率；（2）记辩论队收到正副队长所发比赛通知信息的队员人数为随机变量X，求X的分布列及其数学期望【解答】解：（1）设事件A表示：辩论队员甲收到队长的通知信息，则P(A)=38，P(A)=58，设事件B表示：辩论队员甲收到副队长的通知信息，则P(B)=38，P(B)=58，设事件C表示辩论队员甲收到队长或副队长的通知信息，则P(C)=1-P(A)P(B)=1-(58)2=3964，所以辩论队员甲收到队长或副队长的通知信息的概率为3964；（2）由题意可得随机变量X可取值为3，4，5，6，则P(X=3)=C83C8

25、3C85=156，P(X=4)=C82C61C51C83C85=1556，P(X=5)=C81C72C52C83C85=1528，P（X6）=C83C53C83C85=528，所以随机变量X的分布列为：X3456P156 1556 1528 528 其数学期望E(X)=3156+41556+51528+6528=39821（12分）已知函数f（x）=12x2-ax+（a1）lnx（1）当al时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当a0时，令F（x）2f（x）xlnx+2lnx+2，是否存在区间m，n（1，+），使得函数F（x）在区间m，n上的值域为k（m十2），k（n+2），若存在，求实数k的取

26、值范围；若不存在，说明理由【解答】解：（1）由f（x）=12x2-ax+（a1）lnx，得f(x)=(x-1)(x+1-a)x（x0）当a11，即a2时，f(x)=(x-1)2x，f（x）在（0，+）上单调递增；当a11，即a2，又a1，1a2，a1x1时，f（x）0，当0xa1或x1时，f（x）0，f（x）在（a1，1）上单调递减，在（0，a1），（1，+）上单调递增；当a11，即a2时，同理f（x）在（1，a1）上单调递减，在（0，1），（a1，+）上单调递增（2）当a0时，F（x）x2xlnx+2，则F（x）2xlnx1，令（x）F（x）2xlnx1，则(x)=2-1x0对x（1，+）恒

27、成立，F（x）在区间（1，+）上单调递增，F（x）F（1）10恒成立，函数F（x）在区间（1，+）上单调递增，假设存在区间m，n（1，+），使得函数F（x）在区间m，n上的值域为k（m+2），k（n+2），则F(m)=m2-mlnm+2=k(m+2)F(n)=n2-nlnn+2=k(n+2)，将问题转化为关于x的方程x2xlnx+2k（x+2）在区间（1，+）内是否存在两个不相等的实根即方程k=x2-xlnx+2x+2在区间（1，+）上是否存在两个不相等的实根，令h(x)=x2-xlnx+2x+2，x(1，+)，则h(x)=x2+3x-4-2lnx(x+2)2，设p（x）x2+3x42lnx，

28、x（1，+），则p(x)=2x+3-2x=(2x-1)(x+2)x0对x（1，+）恒成立，函数p（x）在区间（1，+）上单调递增，故p（x）p（1）0恒成立，h（x）0，函数h（x）在区间（1，+）上单调递增，方程k=x2-xlnx+2x+2在区间（1，+）上不存在两个不相等的实根，综上，不存在区间m，n（1，+），使得函数F（x）在区间m，n上的值域是k（m+2），k（n+2）四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+cosy=sin（为参数）以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为1，直线l

29、的极坐标方程为=4(R)（1）求：曲线C1的普通方程；曲线C2与直线l交点的直角坐标；（2）设点M的极坐标为(6，3)，点N是曲线C1上的点，求MON面积的最大值【解答】解：（1）因为x=1+cosy=sin，又sin2+cos21，所以（x1）2+y21，即曲线C1的的普通方程为（x1）2+y21；由2x2+y2得曲线C2的直角坐标方程为x2+y21，又直线l的直角坐标方程为xy0，所以x2+y2=1x-y=0x1=22y1=22或x2=-22y2=-22，所以曲线C2与直线l的交点的直角坐标为(22，22)和(-22，-22)（2）设N（，），又由曲线C1的普通方程为（x1）2+y21得其

30、极坐标方程2cosMON的面积S=12|OM|ON|sinMON=12|6sin(3-)|=|6cossin(3-)|=|3sin(3-2)+332|=|3cos(2+6)+332|所以当=2312或=1112时，(SMON)max=3+332五解答题（共1小题）23设函数f（x）|x+a2+3|+|x2a|（1）当a1时，求不等式f（x）3的解集；（2）证明：f（x）2，并指出等号的成立条件【解答】解：（1）当a1时，f（x）|x+4|+|x+2|=2x+6，x-22，-4x-2-2x-6，x-4，f（x）3，2x+63x-2或-2x-63x-4，x-32或x-92，不等式的解集为x|x-32或x-92；（2）f（x）|x+a2+3|+|x2a|（x+a2+3）（x2a）|a2+2a+3|，a2+2a+3（a+1）2+22，f（x）2，此时等号成立的条件是a1，4x2