2020年江西高考理数真题及答案

2020年高考理科数学试题及答案注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，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．若z=1+i，则|z2–2z|=A．0B．1C．2D．22．设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=A．–4B．–2C．2D．43．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A．514B．512C．514D．5124．已知A为抛物线C:y2=2px（p0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=A．2B．3C．6D．95．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：°C）的关系，在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(,)(1,2,,20)iixyi得到下面的散点图：由此散点图，在10°C至40°C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是A．yabxB．2yabxC．exyabD．lnyabx6．函数43()2fxxx的图像在点(1(1))f，处的切线方程为A．21yxB．21yxC．23yxD．21yx7．设函数()cosπ()6fxx在[]π,π的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为A．10π9B．7π6C．4π3D．3π28．25()()xxyxy的展开式中x3y3的系数为A．5B．10C．15D．209．已知 π()0,，且3cos28cos5，则sinA．53B．23C．13D．5910．已知,,ABC为球O的球面上的三个点，⊙1O为ABC△的外接圆，若⊙1O的面积为4π，1ABBCACOO，则球O的表面积为A．64πB．48πC．36πD．32π11．已知⊙M：222220xyxy，直线l：220xy，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线,PAPB，切点为,AB，当||||PMAB最小时，直线AB的方程为A．210xyB．210xyC．210xyD．210xy12．若242log42logabab，则A．2abB．2abC．2abD．2ab二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若x，y满足约束条件220,10,10,xyxyy则z=x+7y的最大值为.14．设,ab为单位向量，且||1ab，则||ab.15．已知F为双曲线2222:1(0,0)xyCabab的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为.16．如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，3ABAD，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）设{}na是公比不为1的等比数列，1a为2a，3a的等差中项．（1）求{}na的公比；（2）若11a，求数列{}nna的前n项和．18．（12分）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD．ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO．（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角BPCE的余弦值．19.（12分）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12，（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率.20.（12分）已知A、B分别为椭圆E：2221xya（a1）的左、右顶点，G为E的上顶点，8AGGB，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.21．（12分）已知函数2()exfxaxx.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥12x3+1，求a的取值范围.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为cos,sinkkxtyt(t为参数)．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为4cos16sin30．（1）当1k时，1C是什么曲线？（2）当4k时，求1C与2C的公共点的直角坐标．23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数()|31|2|1|fxxx．（1）画出()yfx的图像；（2）求不等式()(1)fxfx的解集．理科数学试题参考答案(A卷)选择题答案一、选择题1．D2．B3．C4．C5．D6．B7．C8．C9．A10．A11．D12．B非选择题答案二、填空题13．114．315．216．14三、解答题17．解：（1）设{}na的公比为q，由题设得1232,aaa即21112aaqaq.所以220,qq解得1q（舍去），2q.故{}na的公比为2.（2）设nS为{}nna的前n项和.由（1）及题设可得，1(2)nna.所以112(2)(2)nnSn，21222(2)(1)(2)(2)nnnSnn.可得2131(2)(2)(2)(2)nnnSn1(2)=(2).3nnn所以1(31)(2)99nnnS.18．解：（1）设DOa，由题设可得63,,63POaAOaABa，22PAPBPCa.因此222PAPBAB，从而PAPB.又222PAPCAC，故PAPC.所以PA平面PBC.（2）以O为坐标原点，OE的方向为y轴正方向，||OE为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,)222EACP.所以312(,,0),(0,1,)222ECEP.设(,,)xyzm是平面PCE的法向量，则00EPECmm，即20231022yzxy，可取3(,1,2)3m.由（1）知2(0,1,)2AP是平面PCB的一个法向量，记APn，则25cos,|||5nmnmnm|.所以二面角BPCE的余弦值为255.19．解：（1）甲连胜四场的概率为116．（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．比赛四场结束，共有三种情况：甲连胜四场的概率为116；乙连胜四场的概率为116；丙上场后连胜三场的概率为18．所以需要进行第五场比赛的概率为11131161684．（3）丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18．比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为116，18，18．因此丙最终获胜的概率为111178168816．20．解：（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.则(,1)AGa，GB=（a，–1）.由AGGB=8得a2–1=8，即a=3.所以E的方程为29x+y2=1．（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–3n3.由于直线PA的方程为y=9t（x+3），所以y1=9t（x1+3）.直线PB的方程为y=3t（x–3），所以y2=3t（x2–3）.可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.由于222219xy，故2222(3)(3)9xxy，可得121227(3)(3)yyxx，即221212(27)(3)()(3)0.myymnyyn①将xmyn代入2219xy得222(9)290.mymnyn所以12229mnyym，212299nyym．代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.mnmnmnnm解得n=–3（含去），n=32.故直线CD的方程为3=2xmy，即直线CD过定点（32，0）．若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（32，0）.综上，直线CD过定点（32，0）.21．解：（1）当a=1时，f（x）=ex+x2–x，则()fx=ex+2x–1．故当x∈（–∞，0）时，()fx0；当x∈（0，+∞）时，()fx0．所以f（x）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）31()12fxx等价于321(1)e12xxaxx.设函数321()(1)e(0)2xgxxaxxx，则32213()(121)e22xgxxaxxxax21[(23)42]e2xxxaxa1(21)(2)e2xxxax.（i）若2a+1≤0，即12a，则当x∈（0，2）时，()gx0.所以g（x）在（0，2）单调递增，而g（0）=1，故当x∈（0，2）时，g（x）1，不合题意.（ii）若02a+12，即1122a，则当x∈(0，2a+1)∪(2，+∞)时，g'(x)0；当x∈(2a+1，2)时，g'(x)0.所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)单调递减，在(2a+1，2)单调递增.由于g(0)=1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7−4a)e−2≤1，即a≥27e4.所以当27e142a时，g(x)≤1.（iii）若2a+1≥2，即12a，则g(x)≤31(1)e2xxx.由于27e10[,)42，故由（ii）可得31(1)e2xxx≤1.故当12a时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是27e[,)4.22．解：（1）当k=1时，1cos,:sin,xtCyt消去参数t得221xy，故曲线1C是圆心为坐标原点，半径为1的圆．（2）当k=4时，414cos,:sin,xtCyt消去参数t得1C的直角坐标方程为1xy．2C的直角坐标方程为41630xy．由1,41630xyxy解得1414xy．故1C与2C的公共点的直角坐标为11(,)44．23．解：（1）由题设知13,,31()51,1,33,1.xxfxxxxx()yfx的图像如图所示．（2）函数()yfx的图像向左平移1个单位长度后得到函数(1)yfx的图像．()yfx的图像与(1)yfx的图像的交点坐标为711(,)66．由图像可知当且仅当76x时，()yfx的图像在(1)yfx的图像上方，故不