2020年江西省高考数学（文科）模拟试卷（7）.docx

1、 第 1 页（共 19 页） 2020 年江西省高考数学（文科）模拟试卷（年江西省高考数学（文科）模拟试卷（7） 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知集合 A0，1，2，3，集合 Bx|x|2，则 AB（ ） A0，3 B0，1，2 C1，2 D0，1，2，3 2 （5 分）已知复数 = 5 2 + 2，则|z|（ ） A5 B5 C13 D13 3 （5 分）如图统计了截止 2019 年年底中国电动车充电桩细分产品占比及保有量情况，关 于这 5 次统计，下列说法正确的是（ ） 中国电动车充电桩细分产品占比情况： 中

2、国电动车充电桩细分产品保有量情况： （单位：万台） A私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是 2018 年 B公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是 25.7 万台 C公共类电动汽车充电桩保有量的平均数为 23.12 万台 D从 2017 年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比均超过 50% 4 （5 分）已知程序框图如图所示，则输出的 S（ ） 第 2 页（共 19 页） A47 60 B 7 12 C37 60 D 5 12 5 （5 分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A2 B4 C2+4 D3+4 6（5 分） 在区间 2， 2上机取一个实数 x， 则 si

3、nx 的值在区间 1 2， 3 2 上的概率为 （ ） A1 3 B1 2 C2 3 D1+3 4 7 （5 分）已知函数() = ( + )(0，0，| 2)的部分图象如图所示，则 ( 6) =（ ） 第 3 页（共 19 页） A 1 2 B1 C1 2 D 3 2 8 （5 分）下列函数为奇函数的是（ ） Af（x）x3+3x2 Bf（x）2x+2 x Cf（x）xsinx Df（x）ln3+ 3 9 （5 分）函数 f（x）x2+e|x|的图象只可能是（ ） A B C D 10（5 分） 在ABC 中， 角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c， 若 = 2， = 26，

4、= 3 4 ， 则 ABC 的面积为（ ） A2 B22 C3 D32 11 （5 分）已知抛物线 y24x 的焦点为 F，直线 l 过 F 且与抛物线交于 A，B 两点，过 A 作抛物线准线的垂线，垂足为 M，MAF 的角平分线与抛物线的准线交于点 P，线段 AB 的中点为 Q若|AB|8，则|PQ|（ ） A2 B4 C6 D8 12 （5 分）已知函数 f（x）= 3 3，0 + 2 4， ，若不等式 f（x）b 对任意 x0 和任 意 a0 恒成立，则实数 b 的取值范围是（ ） 第 4 页（共 19 页） Ab 9 4 Bb2 Cb1 Db4 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分

5、小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）已知向量 =（1，2） ， =（2，1） ，| | ， = 14 （5 分）曲线 ycosxlnx 在点（1，0）处的切线方程为 15 （5 分）二元一次不等式组 2 0 + 2 0 所表示的平面区域的面积为 ，x+y 的最 大值为 16 （5 分）已知各棱长都相等的直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱）所有顶点 都在球 O 的表面上，若球 O 的表面积为 28，则该三棱柱的侧面积为 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17 （12 分）设数列an满足：a10，

6、an+1an+（n+1）3n （1）求数列an的通项公式； （2）设 bn= 4+3 4 ，求数列bn中的最大项的值 18 （12 分）某学校随机抽取部分新生调查其上学所需时间（单位：分钟） ，并将所得数据 绘制成频率分布直方图（如图） 已知上学所需时间的范围是0，100，样本数据分组为 0，20） ，20，40） ，40，60） ，60，80） ，80，100 （）求直方图中 x 的值； （）如果上学所需时间在60，100的学生可申请在学校住宿，请估计该校 800 名新生 中有多少名学生可以申请住宿 19 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1的底面是正三角形，AA1底面 A1B1C1

7、，M 为 A1B1 的中点 （1）求证：B1C平面 AMC1； （2） 若 BB14， 且沿侧棱 BB1展开三棱柱的侧面， 得到的侧面展开图的对角线长为410， 第 5 页（共 19 页） 求作点 A1在平面 AMC1内的射影 H，请说明作法和理由，并求线段 AH 的长 20 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1(0)过点(2，2)，左焦点 F（2，0） （）求椭圆 C 的标准方程； （）过点 F 作于 x 轴不重合的直线 l，l 与椭圆交于 A，B 两点，点 A 在直线 x4 上 的投影N 与点B 的连线交x 轴于 D点， D 点的横坐标x0是否为定值？若是， 请求出定值；

8、 若不是，请说明理由 21 （12 分）已知函数 f（x）lnxx+1 （1）证明 f（x）0 恒成立； （3）证明：2 6 + 3 24 + 4 60 + + (21) 1 2+2 ( ，1) 四解答题（共四解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 22 （10 分）在平面直角坐标系 x0y 中，直线 l1的参数方程为 = 3 = （t 为参数） ，直线 l2的参数方程为 = 3 = 3 （m 为参数） 设直线 l1与 l2的交点为 P当 k 变化时点 P 的轨迹为曲线 C1 （）求出曲线 C1的普通方程； （）以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建

9、立极坐标系，直线 C2的极坐标方程为 ( + 4) = 32，点 Q 为曲线 C1 上的动点，求点 Q 到直线 C2的距离的最大值 五解答题（共五解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 23 （10 分） （1）解不等式|x2|+|x+3|9； （2）若|a|1，|b|1，求证：|ab+1|a+b| 第 6 页（共 19 页） 2020 年江西省高考数学（文科）模拟试卷（年江西省高考数学（文科）模拟试卷（7） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5

10、分）已知集合 A0，1，2，3，集合 Bx|x|2，则 AB（ ） A0，3 B0，1，2 C1，2 D0，1，2，3 【解答】解：A0，1，2，3，Bx|2x2， AB0，1，2 故选：B 2 （5 分）已知复数 = 5 2 + 2，则|z|（ ） A5 B5 C13 D13 【解答】解：因为复数 = 5 2 + 2 = 5(2+) (2)(2+) +2i（2+i）+21+2i； |z|= 12+ 22= 5； 故选：A 3 （5 分）如图统计了截止 2019 年年底中国电动车充电桩细分产品占比及保有量情况，关 于这 5 次统计，下列说法正确的是（ ） 中国电动车充电桩细分产品占比情况： 中

11、国电动车充电桩细分产品保有量情况： （单位：万台） 第 7 页（共 19 页） A私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是 2018 年 B公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是 25.7 万台 C公共类电动汽车充电桩保有量的平均数为 23.12 万台 D从 2017 年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比均超过 50% 【解答】观察统计图， 对于选项 A，注意增长率与增量的区别，由增长率公式，可计算 2016 年至 2019 年各年 私人类电动汽车充电桩保有量增长率，分别为 687.5%，268.25%，105.60%，26.83%，因 此最高的年份应为 2016 年，A 错误； 对于选项

12、B， 由中位数的定义， 可得公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是 21.4 万台， B 错误； 对于选项 C， 由平均数的定义， 可得公共类电动汽车充电桩保有量的平均数为 23.02 万台， C 错误； 对于选项 D，根据第一幅统计图，可知从 2017 年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比 均超 50%，D 正确 故选：D 4 （5 分）已知程序框图如图所示，则输出的 S（ ） 第 8 页（共 19 页） A47 60 B 7 12 C37 60 D 5 12 【解答】解：a1，n1，S0； S1，a1，n2； S= 1 1 2，a1，n3； S= 1 1 2 + 1 3，a1，n4； S=

13、1 1 2 + 1 3 1 4 = 7 12，a1，n5； 跳出循环，输出结果 S= 7 12 故选：B 5 （5 分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A2 B4 C2+4 D3+4 【解答】解：由三视图可知，该几何体是一个圆柱的一半，其中底面半径为 1，圆柱高为 第 9 页（共 19 页） 2，所以其表面积为1 2 2 2 + 12+ 2 2 =3+4； 故选：D 6（5 分） 在区间 2， 2上机取一个实数 x， 则 sinx 的值在区间 1 2， 3 2 上的概率为 （ ） A1 3 B1 2 C2 3 D1+3 4 【解答】解： 1 2 sinx 3 2 ，

14、当 x 2， 2时， x 6， 3 所求概率 P= 3( 6) 2( 2) = 1 2， 故选：B 7 （5 分）已知函数() = ( + )(0，0，| 2)的部分图象如图所示，则 ( 6) =（ ） A 1 2 B1 C1 2 D 3 2 【解答】解：根据图象得到：A2，3 4 = 11 12 6 = 3 4 ， T， 2 =， 2， f（x）2sin（2x+） ， 将点（ 6，2）代入，得到 2sin（ 3 +）2，又| 2， = 6， 第 10 页（共 19 页） f（x）2sin（2x+ 6） ( 6) =2sin2（ 6）+ 61 故选：B 8 （5 分）下列函数为奇函数的是（ ）

15、 Af（x）x3+3x2 Bf（x）2x+2 x Cf（x）xsinx Df（x）ln3+ 3 【解答】解：对于 A，f（1）2，f（1）4，f（1）f（1） ， 函数不是奇函数； 对于 B，函数定义域为 R，f（x）2 x+2（x）2x+2xf（x） ， 函数为偶函数； 对于 C，函数定义域为 R，f（x）xsin（x）xsinxf（x） ， 函数为偶函数； 对于 D，由3+ 3 0，得3x3，函数定义域为（3，3） ， 而 f（x）= 3 3+ = (3+ 3) 1 = 3+ 3 = ()， 函数为奇函数 故选：D 9 （5 分）函数 f（x）x2+e|x|的图象只可能是（ ） A B C

16、 D 【解答】解：因为对于任意的 xR，f（x）x2+e|x|0 恒成立，所以排除 A，B， 由于 f（0）02+e|0|1，则排除 D， 故选：C 第 11 页（共 19 页） 10（5 分） 在ABC 中， 角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c， 若 = 2， = 26， = 3 4 ， 则 ABC 的面积为（ ） A2 B22 C3 D32 【解答】解： = 2， = 26， = 3 4 ， 由余弦定理 c2a2+b22abcosC，可得：26a2+22a 2 （ 2 2 ） ，即 a2+2a24 0， 解得 a4， （负值舍去） ， SABC= 1 2absinC= 1

17、2 4 2 sin3 4 =2 故选：A 11 （5 分）已知抛物线 y24x 的焦点为 F，直线 l 过 F 且与抛物线交于 A，B 两点，过 A 作抛物线准线的垂线，垂足为 M，MAF 的角平分线与抛物线的准线交于点 P，线段 AB 的中点为 Q若|AB|8，则|PQ|（ ） A2 B4 C6 D8 【解答】解：由题意，抛物线 y24x 的焦点为 F（1，0） ， 画出图形，可知 PFAB，AMAF，设 AB：yk（x1）与抛物线方程联立，可得可得 k2x2（2k2+4）x+k20，所以 x1+x2= 22+4 2 ，x1x21， 线段 AB 的中点为 Q若|AB|8，x1+x2+p8，即

18、2 2+4 2 +28，解得 k1，所以中点 Q 的横坐标： 2+2 2 =3，Q（3，2） ， PF：yx+1，与 x1 的解得 P（1，2） ， 所以 PQ4 故选：B 第 12 页（共 19 页） 12 （5 分）已知函数 f（x）= 3 3，0 + 2 4， ，若不等式 f（x）b 对任意 x0 和任 意 a0 恒成立，则实数 b 的取值范围是（ ） Ab 9 4 Bb2 Cb1 Db4 【解答】解：由 yx33x 的导数为 y3x23，由 0x1 时，y0，yx33x 递 减， 由 x2 时，y0，yx33x 递增， 由 f（x）= 3 3，0 + 2 4， ，可得 xa 时，f（x

19、）递增，可得 f（x）a23a， 当 0a1 时，f（x）在0，a递减，可得 f（x）f（a）a33a， 由 a3a2，可得 a33aa23a， 则 f（x）的最小值为 a33a，由不等式 f（x）b 对任意 x0 和任意 a0 恒成立， 可得 b（a33a）min， 由于 0a1，可得（a33a）min2，即有 b2； 当 a1 时，f（x）在 0xa 时的最小值为 f（1）2， 而 xa 时，f（x）a23a，由 a23a+2（a1） （a2） ， 当 a2 时，f（x）的最小值为2，可得 b2； 当 1a2 时，f（x）的最小值为 a23a， 由题意可得 b（a23a）min， 由 a2

20、3a（a 3 2） 29 4，可得（a 23a）min= 9 4，即有 b 9 4 综上可得 b 9 4 第 13 页（共 19 页） 故选：A 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）已知向量 =（1，2） ， =（2，1） ，| | 5 ， = 0 【解答】解： =（1，2） ，| |= 12 + 22= 5； 又 =（2，1） ， =12+2（1）0 故答案为：5，0 14 （5 分）曲线 ycosxlnx 在点（1，0）处的切线方程为 xcos1ycos10 【解答】解：= + 1 ， 所以 kcos1， 故切线方程

21、：ycos1（x1） 即 xcos1ycos10， 故答案为：xcos1ycos10 15 （5 分）二元一次不等式组 2 0 + 2 0 所表示的平面区域的面积为 8 ，x+y 的最大 值为 6 【解答】解：不等式组所表示的平面区域如图所示 解得 A（2，0） 、B（2，4） 、C（2，0） ， 所以 SABC= 1 2 4 4 =8； 令 zx+y，则 yx+z， 所以直线经过点 B 时 x+y 取得最大值，最大值为 2+46 故答案为 8，6 第 14 页（共 19 页） 16 （5 分）已知各棱长都相等的直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱）所有顶点 都在球 O 的表面上，若球 O

22、 的表面积为 28，则该三棱柱的侧面积为 36 【解答】解：如图，三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都相等，6 个顶点都在球 O 的球面 上， 三棱柱为正三棱柱，且其中心为球的球心，设为 O， 设球的半径为 r，由球 O 的表面积为 28，得 4r228， r= 7， 设三棱柱的底面边长为 a，则上底面所在圆的半径为 3 3 a，且球心 O 到上底面中心 H 的 距离 OH= 1 2， r27（1 2 ）2+（ 3 3 a）2，a23 则三棱柱的侧面积为 S3a236 故答案为：36 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17 （12

23、 分）设数列an满足：a10，an+1an+（n+1）3n （1）求数列an的通项公式； （2）设 bn= 4+3 4 ，求数列bn中的最大项的值 第 15 页（共 19 页） 【解答】解： （1）an+1an+（n+1）3n，an+1an（n+1）3n 当 n2 时，an（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1 n3n 1+（n1） 3n2+23， 则 3ann3n+（n1） 3n 1+232， 2an23+32+33+3n 1n3n= 2 +31 31 n3n= 12 2 3+ 3 2， an= 21 4 3 3 4 当 n1 时也成立， an= 21 4 3 3 4 （2）b

24、n= 4+3 4 =（2n1） (3 4) 0， +1 = (2+1)(3 4) +1 (21)(3 4) = 6+3 84， 由于（6n+3）（8n4）72n， 可得 n1，2，3 时，bn+1bn；当 n4 时，bn+1bn 数列bn中的最大项为 b4，可得 b4= 7 (3 4) 4 = 567 256 18 （12 分）某学校随机抽取部分新生调查其上学所需时间（单位：分钟） ，并将所得数据 绘制成频率分布直方图（如图） 已知上学所需时间的范围是0，100，样本数据分组为 0，20） ，20，40） ，40，60） ，60，80） ，80，100 （）求直方图中 x 的值； （）如果上学

25、所需时间在60，100的学生可申请在学校住宿，请估计该校 800 名新生 中有多少名学生可以申请住宿 【解答】解： （）由直方图可得到 20x+0.02520+0.006520+0.0032201 所以 x0.0125 （）由直方图可知，新生上学所需时间在60，100的频率为 0.0032200.12 第 16 页（共 19 页） 所以估计全校新生上学所需时间在60，100的概率为 0.12 因为 8000.1296 所以 800 名新生中估计有 96 名学生可以申请住宿 19 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1的底面是正三角形，AA1底面 A1B1C1，M 为 A1B1 的中点 （

26、1）求证：B1C平面 AMC1； （2） 若 BB14， 且沿侧棱 BB1展开三棱柱的侧面， 得到的侧面展开图的对角线长为410， 求作点 A1在平面 AMC1内的射影 H，请说明作法和理由，并求线段 AH 的长 【解答】 （1）证明：如图， 连结 A1C，交 AC1 于点 O，连结 OM 三棱柱 ABCA1B1C1的侧面 AA1C1C 是平行四边形，O 为 A1C 的中点， M 为 A1B1 的中点，OMB1C 又OM平面 AMC1，B1C平面 AMC1， B1C平面 AMC1； （2）解：过 A1 作 A1HAM 于 H， AA1平面 A1B1C1，C1M平面 A1B1C1，C1MAA1，

27、 A1B1C1 是正三角形，M 为 A1B1 的中点， C1MA1B1，又 AA1A1B1A1，AA1，A1B1平面 AA1B1B， C1M平面 AA1B1B，又 A1H平面 AA1B1B，A1HC1M， 又AMC1MM，AM，C1M平面 AMC1， A1H平面 AMC1 于 H， H 为点 A1 在平面 AMC1 内的射影 三棱柱侧面展开图是矩形，且对角线长为410，侧棱 BB14， 三棱柱底面周长为(410)2 42= 12 第 17 页（共 19 页） 又三棱柱的底面是正三角形， 底面边长 A1B14，A1M2， 在 RtAA1M 中，AA14，AM= 12+ 12= 25， 由射影定理

28、，有12= ， 即42= 25，得 AH= 85 5 20 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1(0)过点(2，2)，左焦点 F（2，0） （）求椭圆 C 的标准方程； （）过点 F 作于 x 轴不重合的直线 l，l 与椭圆交于 A，B 两点，点 A 在直线 x4 上 的投影N 与点B 的连线交x 轴于 D点， D 点的横坐标x0是否为定值？若是， 请求出定值； 若不是，请说明理由 【解答】解： （）椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1(0)过点(2，2)，左焦点 F（2，0） ， 可得 c2，2a=42+ (2)2+0 + (2)2=42，即 a22，b= 2 2=2，

29、可得椭圆的方程为 2 8 + 2 4 =1； （）D 点的横坐标为定值3理由如下： 直线 l 的斜率不为 0，设 AB：xmy2，联立椭圆方程 x2+2y28，可得（2+m2）y24my 40， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，y1，y20，y1+y2= 4 2+2，y1y2= 4 2+2，两式相除可得 1+2 12 = m， 由 N（4，y1） ，可设 BN 的方程为 yy1= 21 2+4 （x+4） ， 令 y0，可得 x0= 1241 21 4= 1242 21 = 1(22)42 21 第 18 页（共 19 页） = 12+2142 21 = 1+2+2142 21 =

30、 3132 21 = 3 则 D 点的横坐标为定值3 21 （12 分）已知函数 f（x）lnxx+1 （1）证明 f（x）0 恒成立； （3）证明：2 6 + 3 24 + 4 60 + + (21) 1 2+2 ( ，1) 【解答】解： （1）f（x）lnxx+1，f（x）= 1 1 = 1 ， （x0） ， 当 x（0，1） ，f（x）0，f（x）递增； 当 x（1，+） ，f（x）0，f（x）递减， 故 f（x）minf（1）0，所以 f（x）0 恒成立； （2）由（1）知，lnxx1，x1 时取等号， n1，则 lnnn1= (21) (+1) ， 故 (21) 1 (+1) = 1

31、 1 +1， 所以2 6 + 3 24 + + (21) 1 2 1 +1 = 1 2(+1) 四解答题（共四解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 22 （10 分）在平面直角坐标系 x0y 中，直线 l1的参数方程为 = 3 = （t 为参数） ，直线 l2的参数方程为 = 3 = 3 （m 为参数） 设直线 l1与 l2的交点为 P当 k 变化时点 P 的轨迹为曲线 C1 （）求出曲线 C1的普通方程； （）以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 C2的极坐标方程为 ( + 4) = 32，点 Q 为曲线 C1 上的动点，求点

32、Q 到直线 C2的距离的最大值 【解答】解： （）直线 l1的参数方程为 = 3 = （t 为参数） ，转换为直角坐标方程为 = ( + 3) 直线 l2的参数方程为 = 3 = 3 （m 为参数） 转换为直角坐标方程为 = 1 3 (3 ) 所以得到 2 3 + 2= 1（y0） 第 19 页（共 19 页） （）直线 C2的极坐标方程为( + 4) = 32，转换为直角坐标方程为 x+y60 设曲线 C1的上的点 Q（3，）到直线 x+y80 的距离 d= |3+6| 2 = |2(+ 3)6| 2 ， 当( + 3) = 1时， = 8 2 = 42 五解答题（共五解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 23 （10 分） （1）解不等式|x2|+|x+3|9； （2）若|a|1，|b|1，求证：|ab+1|a+b| 【解答】解： （1）当 x3 时，2xx39，解之得 x5； 当3x2 时，2x+x+359，无解； 当 2x 时，x2+x+39，解之得 4x； 所以，原不等式的解集为x|x5 或 4x， （2）证明：因为|ab+1|2|a+b|2（a21） （b21） ， 又因为|a|1，|b|1， 所以 a210，b210， 所以（a21） （b21）0， 即：|ab+1|a+b|