2020年江西省高考数学试卷（文科）【附详细答案解释、可编辑】
2020年江西省高考数学试卷（文科）（4月份）
一、选择题：本大题共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. 已知全集U＝{-1, 0, 1, 2, 3, 4}，集合A＝{-1, 1, 2, 4}，集合B＝{x∈N|y=4-2x}，则A∩(∁UB)＝（ ）
A.{-1, 2, 3, 4} B.{-1, 4} C.{-1, 2, 4} D.{0, 1}
2. 已知i为虚数单位，z⋅21-i=1+2i，则复数z的虚部是（ ）
A.32 B.32i C.12i D.12
3. 已知等差数列{an}满足a2+a4＝6，a5+a7＝10，则a18＝（ ）
A.12 B.13 C.133 D.143
4. 已知a，b∈R，则“a+2b＝0“是“ab=-2”成立的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
5. 213，5-12，log32的大小关系是（ ）
A.213<5-12
0, b>0)的右焦点，若在双曲线E的右支上存在点P，使得PF中点到原点的距离等于点P到点F的距离，则双曲线E的离心率的取值范围是（ ）
A.(1, 3) B.(1, 3] C.(1, 3] D.[3, 3]
二、填空题：本大题共4小题每小题5分，共20分.
中华文化博大精深，丰富多彩．“纹样”是中华艺术宝库的瑰宝之一，“组合花纹”是常见的一种传统纹样，为了测算某组合花纹（如图阴影部分所示）的面积，作一个半径为1的圆将其包含在内，并向该圆内随机投掷1000个点，已知恰有600个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是________
抛物线y＝ax2(a>0)的焦点与椭圆y210+x2=1的一个焦点相同，则抛物线的准线方程是________
已知函数f(x)=log2x,x≥42ax-3,x<4 ，对任意x1，x2∈(-∞, +∞)，都有f(x1)-f(x2)x1-x2>0，则实数a的取值范围为________58]
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在三角形ABC中，|AB|＝2，且角A，B，C满足2sin2C2-74=12cos2(A+B)，三角形ABC的面积的最大值为M，则M＝________
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，共70分.
千百年来，我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向、速度、厚度、颜色等的变化，总结了丰富的“看云识天气”的经验，并将这些经验编成谚语，如“天上钩钩云，地上雨淋淋”“日落云里走，雨在半夜后“…小波同学为了验证“日落云里走，雨在半夜后“，观察了所在地区A的200天日落和夜晚天气，得到如下2×2列联表：
夜晚天气
日落云里走
下雨
未下雨
出现
90
10
未出现
70
30
临界值表
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
参考公式：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
（1）根据上面的列联表判断能否有99%的把握认为“当晚下雨”与“‘日落云里走’出现”有关？
（2）小波同学为进一步认识其规律，对相关数据进行分析，现从上述调查的“夜晚未下雨”天气中按分层抽样法抽取4天，再从这4天中随机抽出2天进行数据分析，求抽到的这2天中仅有1天出现“日落云里走”的概率．
设Sn为等差数列{an}的前n项和，S7＝49，a2+a8＝18．
（1）求数列{an}的通项公式．
（2）若S3、a17、Sm成等比数列，求S3m．
如图所示，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，O为对角线的交点，E为PD上的一点，PD⊥平面ABE，PA⊥平面ABCD，且PA＝2，AB＝1,AC=5．
（1）求证：AB⊥AD．
（2）求三棱锥P-ABE的体积．
已知离心率为22的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，左焦点为F，及点P(-4, 0)，且|OF|，|OA|，|OP|成等比数列．
（1）求椭圆C的方程．
（2）斜率不为0的动直线l过点P且与椭圆C相交于M、N两点，记PM→=λPN→，线段MN上的点Q满足MQ→=λQN→，试求△OPQ（O为坐标原点）面积的取值范围．
已知函数f(x)＝lnx-ax．
（1）若函数f(x)在定义域上的最大值为1，求实数a的值．
（2）设函数h(x)＝(x-2)ex+f(x)，当a≥1时，h(x)≤b对任意的x∈(13,1])恒成立，求满足条件的实数b的最小整数值．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做,则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡.上将所选题号后的方框涂黑.[选修4-4：极坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为x=-6+costy=-1+sint （t为参数），在以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为ρsin(θ-π4)-2=0
（1）求圆C的普通方程和直线l的直角坐标方程．
（2）设点P是圆C上任一点，求点P到直线l距离的最小值．
[选修4-5：不等式选讲]
已知函数f(x)＝|x-2|-x-1，函数g(x)＝-|x-4|-x+2m-1．
（1）当f(x)>0时，求实数x的取值范围．
（2）当g(x)与f(x)的图象有公共点时，求实数m的取值范围..
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参考答案与试题解析
2020年江西省高考数学试卷（文科）（4月份）
一、选择题：本大题共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.【答案】
B
【解答】
∵ 全集U＝{-1, 0, 1, 2, 3, 4}，集合A＝{-1, 1, 2, 4}，
集合B＝{x∈N|y=4-2x}＝{0, 1, 2}，
∴ ∁UB＝{-1, 3, 4}，
A∩(∁UB)＝{-1, 4}．
2.【答案】
D
【解答】
由z⋅21-i=1+2i，得z=(1-i)(1+2i)2=32+12i，
则复数z的虚部是12．
3.【答案】
B
【解答】
∵ 等差数列{an}满足a2+a4＝6，a5+a7＝10，
∴ 2a1+4d=62a1+10d=10 ，解可得a1=53，d=23，
则a18＝a1+17d=53+17×23=13．
4.【答案】
B
【解答】
ab=-2⇒a+2b＝0，反之不成立．
∴ “a+2b＝0“是“ab=-2”成立的必要不充分条件．
5.【答案】
D
【解答】
∵ 213>20＝1，
1>log32>log33=12，
5-12<4-12=12，
则5-120，且f(x)是增函数．故f(x)的零点a∈(0, 1)．
又g(1)＝-3<0，g(2)＝ln2+3>0，且函数g(x)在(0, +∞)上递增，故b∈(1, 2)．
所以m＝0，n＝1．故A(0, 1)．
由(x-2)2+(y-1)2＝1得圆心为(2, 1)，半径为1．
设切线为y＝kx+1（斜率显然存在），即kx-y+1＝0．
所以|2k|1+k2=1，解得k=±33．
故切线方程为y=±33x+1．
故选：A．
9.【答案】
C
【解答】
根据约束条件画出可行域，
则实数z=2y-1x+1=2⋅y-12x+1表示可行域内点Q和点P(-1, 12)连线的斜率的最值的2倍，
当Q点在原点C时，直线PC的斜率为12，当Q点在可行域内的点B处时，直线PQ的斜率为-14，
结合直线PQ的位置可得，当点Q在可行域内运动时，其斜率的取值范围是：[-12, 1]．
10.【答案】
C
【解答】
因为AB＝AC＝AD=3，
所以由三角形全等可得HB＝HC＝HD，
即H为△BCD的外心，
因为∠BCD=π2，则H为BD的中点，
则球心在AH上，
由勾股定理AH=AB2-BH2=1，
设球O的半径为R，则R2＝(R-1)2+2，
所以R=32，
球O的表面积为4πR2＝9π．
11.【答案】
A
【解答】
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当x→+∞，f(x)→-∞，排除C，D，
函数的导数f'(x)=1x-12x=2-x22x，(x>0)，
由f'(x)>0得02，此时函数为减函数，即当x=2时，函数取得极大值，同时也是最大值f(2)=12ln2-12<0，排除B，
12.【答案】
B
【解答】
设PF中点为M，左焦点为H，则OM＝PF，
当点P异于双曲线的右顶点时，连接PH，根据三角形中位线性质，则12PH＝PF，
根据双曲线定义又有PH-PF＝2a，则PF＝2a，
根据三角形三边关系可得：2a+4a>2c2a+2c>4a ，即10)的焦点与椭圆y210+x2=1的一个焦点相同，可得：14a=3，
所以抛物线的准线方程为：y＝-3．【答案】
(0，
【解答】
函数f(x)=log2x,x≥42ax-3,x<4 ，对任意x1，x2∈(-∞, +∞)，都有f(x1)-f(x2)x1-x2>0，所以函数是增函数，
可得：2a>08a-3≤2 ，解得：06.635，
所以有99%的把握认为“当晚下雨”与“‘日落云里走’出现”有关；
从“夜晚未下雨”天气中按分层抽样法抽取4天，
则从出现“日落云里走”的天气中应抽取1天，
从未出现“日落云里走”的天气中应抽取3天，
随机抽取2天，总的情况数为6种，
仅有1天出现“日落云里走”的情况数为3种，
所以根据古典概型的概率公式计算得P=36=12．
【解答】
根据列联表计算K2=200×(90×30-10×70)2100×100×160×40=12.5>6.635，
所以有99%的把握认为“当晚下雨”与“‘日落云里走’出现”有关；
从“夜晚未下雨”天气中按分层抽样法抽取4天，
则从出现“日落云里走”的天气中应抽取1天，
从未出现“日落云里走”的天气中应抽取3天，
随机抽取2天，总的情况数为6种，
仅有1天出现“日落云里走”的情况数为3种，
所以根据古典概型的概率公式计算得P=36=12．【答案】
设等差数列{an}的公差为d，∵ Sn为等差数列{an}的前n项和，S7＝49，a2+a8＝18，
∴ S7=7a4=49a2+a8=2a5=18 ⇒a4=7a5=9 ，解得：d＝2．
∴ an＝a4+(n-4)d＝2n-1．
由（1）知：Sn=n(1+2n-1)2=n2．
∵ S3、a17、Sm成等比数列，∴ S3Sm＝a172，即9m2＝332，解得m＝11．
故S3m＝S33＝332＝1089．
【解答】
设等差数列{an}的公差为d，∵ Sn为等差数列{an}的前n项和，S7＝49，a2+a8＝18，
∴ S7=7a4=49a2+a8=2a5=18 ⇒a4=7a5=9 ，解得：d＝2．
∴ an＝a4+(n-4)d＝2n-1．
由（1）知：Sn=n(1+2n-1)2=n2．
∵ S3、a17、Sm成等比数列，∴ S3Sm＝a172，即9m2＝332，解得m＝11．
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故S3m＝S33＝332＝1089．【答案】
证明：∵ PD⊥平面ABE，AB⊂平面ABE，∴ PD⊥AB．
PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴ PA⊥AB．
又∵ PD∩PA＝P，∴ AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴ AB⊥AD．
由（1）可知：底面ABCD为矩形，AB⊥AD，AB＝1，AC=5，∴ AD＝2．
∴ △PAD为等腰直角三角形，PD⊥AE，
∴ E为PD的中点，
∵ AD⊥PA，AD⊥AB，AD∩AB＝A，∴ AD⊥平面PAB．
∴ 点E到P平面PAB的距离等于点D到平面PAB的距离的一半，
∴ 三棱锥P-ABE的体积V=12VD-PAB=12×13×12×2×1×2=13．
【解答】
证明：∵ PD⊥平面ABE，AB⊂平面ABE，∴ PD⊥AB．
PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴ PA⊥AB．
又∵ PD∩PA＝P，∴ AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴ AB⊥AD．
由（1）可知：底面ABCD为矩形，AB⊥AD，AB＝1，AC=5，∴ AD＝2．
∴ △PAD为等腰直角三角形，PD⊥AE，
∴ E为PD的中点，
∵ AD⊥PA，AD⊥AB，AD∩AB＝A，∴ AD⊥平面PAB．
∴ 点E到P平面PAB的距离等于点D到平面PAB的距离的一半，
∴ 三棱锥P-ABE的体积V=12VD-PAB=12×13×12×2×1×2=13．【答案】
根据题意得ca=22a2=4c ，解得c=2a=22 ⇒b＝2，
所以椭圆C的方程x28+y24=1．
解法一：设M(x1, y1)，N(x2, y2)，Q(x3, y3)，则x128+y124=1x228+y224=1 ⇒x128+y124=1λ2x228+λ2y224=λ2
相减得：(x1+λx2)(x1-λx2)8(1+λ)(1-λ)+(y1+λy2)(y1-λy2)4(1+λ)(1-λ)=1，(*)
由PM→=λPN→，知x1-λx21-λ=-4，y1-λy21-λ=0，
由MQ→=λQN→，知x1+λx21+λ=x3，y1+λy21+λ=y3，
代入(*)式得，18x3⋅(-4)+0=1，即x3＝-2，
又因为Q在椭圆内，所以(-2)28+y324<1⇒0<|y3|<2，
所以△OPQ面积S=12×4|y3|=2|y3|∈(0, 22)，
解法二：设M(x1, y1)，N(x2, y2)，Q(x3, y3)，则x1+4=λ(x2+4)y1=λy2 ，y3=y1+λy21+λ，
设直线l的方程为x＝ty-4，(t≠0)，代入椭圆C的方程得：
(t2+2)y2-8ty+8＝0，由△>0得t2>2，|t|>2，
所以(1+λ)y2=8tt2+2λy22=8t2+2 ，消去y2得到(1+λ)2λ=8t2t2+2，
所以y3=2λy21+λ=2λ1+λ⋅8t(t2+2)(1+λ)=2λ(1+λ)2⋅8tt2+2=2t，
因此△OPQ的面积S=12×4|y3|=4|t|∈(0, 22)．
解法三：设直线l的方程为x＝ty-4，(t≠0)，代入椭圆C的方程得：
y1+y2=8tt2+2y1y2=8t2+2 ，|MN|=t2+1|y1-y2|，
PQ→=PM→+MQ→=λ1-λMN→+λ1+λMN→=2λ1-λ2MN→，
原点O到直线l的距离d=4t2+1，
所以△OPQ的面积S=12×2λ|1-λ2|t2+1|y1-y2|4t2+1=4λ|1-λ2||y1-y2|，
因为y1＝λy2⇒λ=y1y2，所以S=4y1y2|1-y12y22||y1-y2|=4y1y2|y1+y2|=4|t|∈(0, 22)．
【解答】
根据题意得ca=22a2=4c ，解得c=2a=22 ⇒b＝2，
所以椭圆C的方程x28+y24=1．
解法一：设M(x1, y1)，N(x2, y2)，Q(x3, y3)，则x128+y124=1x228+y224=1 ⇒x128+y124=1λ2x228+λ2y224=λ2
相减得：(x1+λx2)(x1-λx2)8(1+λ)(1-λ)+(y1+λy2)(y1-λy2)4(1+λ)(1-λ)=1，(*)
由PM→=λPN→，知x1-λx21-λ=-4，y1-λy21-λ=0，
由MQ→=λQN→，知x1+λx21+λ=x3，y1+λy21+λ=y3，
代入(*)式得，18x3⋅(-4)+0=1，即x3＝-2，
又因为Q在椭圆内，所以(-2)28+y324<1⇒0<|y3|<2，
所以△OPQ面积S=12×4|y3|=2|y3|∈(0, 22)，
解法二：设M(x1, y1)，N(x2, y2)，Q(x3, y3)，则x1+4=λ(x2+4)y1=λy2 ，y3=y1+λy21+λ，
设直线l的方程为x＝ty-4，(t≠0)，代入椭圆C的方程得：
(t2+2)y2-8ty+8＝0，由△>0得t2>2，|t|>2，
所以(1+λ)y2=8tt2+2λy22=8t2+2 ，消去y2得到(1+λ)2λ=8t2t2+2，
所以y3=2λy21+λ=2λ1+λ⋅8t(t2+2)(1+λ)=2λ(1+λ)2⋅8tt2+2=2t，
因此△OPQ的面积S=12×4|y3|=4|t|∈(0, 22)．
解法三：设直线l的方程为x＝ty-4，(t≠0)，代入椭圆C的方程得：
y1+y2=8tt2+2y1y2=8t2+2 ，|MN|=t2+1|y1-y2|，
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PQ→=PM→+MQ→=λ1-λMN→+λ1+λMN→=2λ1-λ2MN→，
原点O到直线l的距离d=4t2+1，
所以△OPQ的面积S=12×2λ|1-λ2|t2+1|y1-y2|4t2+1=4λ|1-λ2||y1-y2|，
因为y1＝λy2⇒λ=y1y2，所以S=4y1y2|1-y12y22||y1-y2|=4y1y2|y1+y2|=4|t|∈(0, 22)．【答案】
函数的定义域(0, +∞)，f'(x)=1x-a，
当a≤0时，f'(x)=1x-a>0，函数单调递增，此时没有最大值；
当a>0时，可得f(x)在(0, 1a)上单调递增，在(1a, +∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1a)＝-lna-1＝1，
所以a=1e2，
由h(x)＝(x-2)ex+f(x)＝(x-2)ex+lnx-ax≤b对任意的x∈(13,1])恒成立，
所以b≥(x-2)ex+lnx-ax，对任意的x∈(13,1])恒成立，
因为a≥1，x>0，
所以(x-2)ex+lnx-ax≤(x-2)ex+lnx-x，
只需b≥(x-2)ex+lnx-x，对任意的x∈(13,1)恒成立，
令g(x)＝(x-2)ex+lnx-x，则g'(x)=(x-1)ex+1x-1=(x-1)(ex-1x)，
因为x∈(13,1)，所以x-1<0，t(x)=ex-1x单调递增，且t(12)<0，t(1)>0，
故一定存在x0∈(12,1)，使得t(x0)＝0，即ex0=1x0，x0＝-lnx0，
所以g(x)单调递增区间(13,x0)，单调递减区间(x0, 1)，
所以g(x)max＝g(x0)＝(x0-2)ex0+lnx0-x0＝1-2(x0+1x0)∈(-4, -3)，
故b的最小值-3．
【解答】
函数的定义域(0, +∞)，f'(x)=1x-a，
当a≤0时，f'(x)=1x-a>0，函数单调递增，此时没有最大值；
当a>0时，可得f(x)在(0, 1a)上单调递增，在(1a, +∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1a)＝-lna-1＝1，
所以a=1e2，
由h(x)＝(x-2)ex+f(x)＝(x-2)ex+lnx-ax≤b对任意的x∈(13,1])恒成立，
所以b≥(x-2)ex+lnx-ax，对任意的x∈(13,1])恒成立，
因为a≥1，x>0，
所以(x-2)ex+lnx-ax≤(x-2)ex+lnx-x，
只需b≥(x-2)ex+lnx-x，对任意的x∈(13,1)恒成立，
令g(x)＝(x-2)ex+lnx-x，则g'(x)=(x-1)ex+1x-1=(x-1)(ex-1x)，
因为x∈(13,1)，所以x-1<0，t(x)=ex-1x单调递增，且t(12)<0，t(1)>0，
故一定存在x0∈(12,1)，使得t(x0)＝0，即ex0=1x0，x0＝-lnx0，
所以g(x)单调递增区间(13,x0)，单调递减区间(x0, 1)，
所以g(x)max＝g(x0)＝(x0-2)ex0+lnx0-x0＝1-2(x0+1x0)∈(-4, -3)，
故b的最小值-3．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做,则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡.上将所选题号后的方框涂黑.[选修4-4：极坐标系与参数方程]【答案】
圆C的参数方程为x=-6+costy=-1+sint （t为参数），转换为直角坐标方程为(x+6)2+(y+1)2＝1．
直线l的极坐标方程为ρsin(θ-π4)-2=0，转换为直角坐标方程为x-y+2＝0．
该圆的圆心(-6, -1)到直线x-y+2＝0的距离d=|-6+1+2|2=322，
所以圆上的点P到直线的最小距离为322-1．
【解答】
圆C的参数方程为x=-6+costy=-1+sint （t为参数），转换为直角坐标方程为(x+6)2+(y+1)2＝1．
直线l的极坐标方程为ρsin(θ-π4)-2=0，转换为直角坐标方程为x-y+2＝0．
该圆的圆心(-6, -1)到直线x-y+2＝0的距离d=|-6+1+2|2=322，
所以圆上的点P到直线的最小距离为322-1．
[选修4-5：不等式选讲]【答案】
f(x)>0即|x-2|>x+1，则x-2≥0x-2>x+1 ，或x-2<02-x>x+1 ，
解之得无解，或x<12，
故实数x的取值范围为x<12，
因为g(x)与f(x)的图象有公共点，则-|x-4|-x+2m-1＝|x-2|-x-1有解，
即2m＝|x-2|+|x-4|有解，
因为2m＝|x-2|+|x-4|≥|x-2-(x-4)|＝2，
即m≥1．
【解答】
f(x)>0即|x-2|>x+1，则x-2≥0x-2>x+1 ，或x-2<02-x>x+1 ，
解之得无解，或x<12，
故实数x的取值范围为x<12，
因为g(x)与f(x)的图象有公共点，则-|x-4|-x+2m-1＝|x-2|-x-1有解，
即2m＝|x-2|+|x-4|有解，
因为2m＝|x-2|+|x-4|≥|x-2-(x-4)|＝2，
即m≥1．
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