2020届江西省南昌市高考二模考试数学试卷分析及详解

试卷紧扣全国卷考试大纲和江西省考试说明，从考生熟悉的基础知识入手，宽角度、多视点、有层次地考查了学生的逻辑思维能力和抽象思维能力，对数形结合、函数与方程、分类与整合等数学思想方法都作了重点的考查，均具有较高的信度、效度和有效的区分度，达到了“考基础、考能力、考素质、考潜能”的考试目标。试卷所涉及的知识内容限定在考试大纲的范围内，几乎覆盖了高中所学知识的全部重要内容，基本体现了“重点知识重点考查”的原则，这对基础不牢的学生影响较大。在重基础的同时，注重知识综合性的考查，如文理第1题把集合与函数的值域、单调性结合在一起；文理第5题把函数的单调性、奇偶性与对数的变形放到一起考；文理第6题在框图中考查数列的求和；文理第17题考查三角的同时还涉及建系的思想方法；理科18题在分布列的题目中考查函数思想，题目不难，但难倒了不少学生。

综合来看，试卷的难度和考查范围接近近年来的高考真题，基本上可以反映学生的学习情况和成绩。

二．考点分布

1、文科

推理、框集合、向量、知识点 命题、函数 数列 三角 复数 式定理 分值 15 15 10 17 5 17 27 不等式 何 概率、二项立体几解析几图、统计、何、极坐标与参数方程 32 12 导数 1

2、理科

推理、框复数、知识点 集合、命题 分值 15 10 10 向立体几函数 数列 量、三角 率 17 10 22 22 方程 37 17 不等式 何 统计、概标与参数图、 何、极坐导数 解析几

2

三．试题及详解

文科试题

3

文科解析

1ysinx1,1,y3为递减数列，算到1.【解析】：C因为B1,2,所以AB1,1选C

x2.【解析】：C考察的是虚数的概念，对实数和纯虚数的区分,

3.【解析】：D考察的是存在量词和全称量词的逆否命题，对任意的否定是存在。 4.【解析】：C组距为5，5-10的频率=0.04*5=0.2，而10-15的频率为0.5，则15-20的频

率为1-0.2-0.5=0.3，频数=样本容量*频率=100*0.3=30

5.【解析】：D考察函数的奇偶性和对数函数的基本公式，在比较大小的过程中，特别注意灵活运用1的大小比较，先比较括号里面的大小，再根据题目已知条件函数在递减可得出答案.

6.【解析】：A这是算法框图的问题，就跟路标一样，跟着走就不会走错回家的路了，错的同学不解释，你懂得

7.【解析】：两条直线异面，且这两条直线分别垂直两个面，当然这两个面会相交，但是当这个，但是如果反过来，如果两个面垂直相交，则两条线垂直。

+0，单调

8.【解析】：A 由三角函数图像可知半个周期为2π,W=1/2,

再把x2代入式子=1，

根据题目说的的范围，求出4，得出解析式后可求。

9.【解析】：D销售额先下降在上升，很明显这里只有C和D符合，又因为题目满足这样的关系，所以只有D符合

10.【解析】：B作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合向量的基本运算可得到答案。

4

11.【解析】：B这种是新题型，其实就是换汤不换药，数形结合，画出图像，可知两个函数有两个交点，再根据题目意思，可知AB的中点在另一条曲线上，所以有两个交点

12.【解析】：B去绝对值，有两个一次函数,分别和曲线C联立，将各自得到一元二次方程，恰有两个解，说明联立后得到的这个二次方程的V>0,先取交集最后两个V>0取并集 13.【解析】：3考察的是等比数列的基本公式

14.【解析】：(x1)(y3)8,考察的是直线和圆相切,则圆心到直线的距离就等于半径, 15.【解析】：40,找出等差数列的通项公式,然后根据公式可以求值

16.【解析】：20,考察的是四面体的外接球问题,先还原四面体,然后找球心求球的半径,再根据公式可求球的表面积.

17．解析：考察的是余弦定理.向量和三角函数的结合

222， 322又CP1,BCABcos3，所以|BP|19213cos13，………4分

63（Ⅰ）当点P在三角形ABC外，且CPAB时，BCP所以

11339sinBCP；……………………………………6分

sinBCPsin2263（Ⅱ）以点C为原点，过点C且平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，则

A(33333,),B(,)，设P(cos,sin)，则 2222uuuruuur33333PAPB(cos,sin)(cos,sin)222299cos23cossin23sin3sin3cos1

4423sin()1，……………………………………………………………………10分

6uuuruuur所以PAPB的取值范围是[231,231]．……………………………………12分

18．解：（Ⅰ）因为从5组数据中选取2组数据共有10种情况，每种情况都是等可能出现的，其中有且只有2组数据是相邻2天数据的情况有6种， 所以P63；………………………………………………………………………6分 105（Ⅱ）由数据，求得x12,y27．

5

由公式，求得b5，aybx3． 2ˆ所以y关于x的线性回归方程为y5x3． ……………………………………9分 25ˆ10322，|22－23|1； 当x=10时，y25ˆ8317，|17－15|1． 同样，当x=8时，y2所以，该研究所得到的线性回归方程是不可靠的． ………………………………12分

22219．（Ⅰ）证明：AB1ABBB12ABBB1cos603，所以AB12AB2BB12，

所以B1AAB，又因为侧面AA1B1B底面ABCD，

所以B1A底面ABCD，所以B1ABD，……………………………………3分 又因为ABCD是正方形，所以ACBD，所以BD平面AB1C，

所以平面AB1C平面BDC1；……………………………………………………6分 （Ⅱ）因为C1D//B1A，所以C1D//平面AB1C，……………………………8分 所以VC1AB1CVDAB1CVB1ACD1133．…………………………12分 32620．解：（1）设点A(x1,y1),D(x2,y2)，则B(x1,y1)，

x12y12x22y22则221,221, abab因为ADAB，所以kADyy1yy111,k21，………2分 ，因此2kx2x14x2x1kb22(x22x12)221y2y1b21a2，………………………………4分 所以24x2x12x22x12a4又ab3，

22x2y21.……………………………6分 解得a4,b1，所以椭圆C的方程为422（2）因为k

yy1

，所以l2:yy11(xx1)，

4x1x1

6

令y0得xM3x1，令x0得yN所以S△OMN3y1，……………………………………9分 419|OM||ON||x1y1|， 28x12y12|x1y1|，且当|x1|2|y1|时，取等号， 因为14所以△OMN面积的最大值是

x9．…………………………………………………12分 821．解：（Ⅰ）f'(x)e2axb，所以f'(0)1b， 又f(0)1，所以1b1(1)2b1；…………………………………5分

0(1)x（Ⅱ）记g(x)f'(x)e2ax1，曲线yf(x)所有切线的斜率都不小于2等价于

g(x)2对任意的xR恒成立，…………………………………………………7分 g'(x)ex2a，

当a0时，g'(x)0，g(x)单调递增，所以当x0时，g(x)g(0)2，……9分 当a0时，g'(x)0xln(2a)，且xln(2a)时，g'(x)0，xln(2a)时，

g'(x)0，所以函数g(x)的极小值点为ln(2a)，又g(0)2，所以ln(2a)0，

所以a1． 2综上，实数a的取值集合是{}．……………………………………12分 请考生在22～24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22. 解：（Ⅰ）设圆B交线段AB于点C，

因为AB为圆O一条直径，所以BFFH，………………………2分 又DH^BD，

故B、D、F、H四点在以BH为直径的圆上 所以，B、D、F、H四点共圆.……………3分 所以ABADAFAH．……………………4分 （Ⅱ）因为AH与圆B相切于点F，由切割线定理得

12ACABBD2，

AFACAD,即22222AD，

AD=4，………………………………6分

7

所以BD=1ADAC1，BFBD1 2又AFB:ADH, 则

DHAD, 得DH2………………………………8分 BFAF 连接BH,由（1）可知BH为DBDF的外接圆直径 BHBD2DH23,故DBDF的外接圆半径为

23……………10分 223.解：（Ⅰ）由2sin2cos，可得2sin2cos 所以曲线C的直角坐标方程为xy2y2x，…………………………4分

222x2t2，化成普通方程为yx2

（Ⅱ）直线l的方程为:y2t2x2y22y2xx0x2 由，解得或…………………………………9分

y0y2yx2所以AB22．………………………………………………………………………10分 24．解：（Ⅰ）当a=1时，不等式f(x)³2可化为|x+1|+|2x-1|?2 ①当x122时，不等式为3x³2，解得x，故x； 2331时，不等式为2-x?2，解得x0，故1x0； 22，故x1；……………4分 3②当1x③当x1时，不等式为-3x?2，解得x综上原不等式的解集为xx0,或x2………………………………………5分 312（Ⅱ）f(x)£2x在x[,1]时恒成立，当x[,1]时，不等式可化为|ax1|1， 解得2ax0122a0， x2[4,2]，所以a的取值范围是[2,0]． x因为x[,1]，所以12

8

理科试题

9

理科解析

10

1. QA={x|-1＃x1};集合B中,

1<91()3x<3，\\B={x|-1\\A?B{-12. QX为实数，Y为纯虚数，且

x-y=2-i(2-i)i2i+1,\\x-y===-2i-1,\\x=-1,y=2i,\\x+y=-1+2i2ii-1故选择 C

3. 本题考得是逻辑用语，注意命题的否定是条件否，结论也否；存在改任意，任意改存在。故本题选择 D

4. 频数=频率*样本容量，15---20的频率=1-0.04*5-0.1*5=0.3，\\100*0.3=30，故本题选择 C

5. Qf(x)是偶函数，且f(x)在[0,¥]递减，\\f(x)在[-?,0]递增，\\只需要比较

1log25,log3,log53离远点的距离：谁离远点近，谁的值就大

511Qlog25<-2;-255本题选择 D

2(1-210)=211-2，故本题6. 依题意，k=11时输出s，此时s=2+2+......+2=1-21210选择 A

7. 先看充分性，当a,b成墙角面的时，m,n分别垂直a,b，他们可能相交，故，充分性不成立；再看必要性，Qm,n分别垂直a,b且m,n异面，\\a,b不可能平行，所以a,b只能只能相交，\\必要性成立，故本题选择 B 8. 本题考得是五点作图

法，Q本题的函数是

y=sin(wx+J)\\pp5p3p，解这个二元一次方程组可得w+J=;w+J=2222，

w=1p;J=241p31p3\\f(x)=sin(x+),Qf(a)=,\\sin(a+)=,\\2452452113(sina+cosa)= 22251132112322187\\sina+cosa=)=，\\(sina+cosa)=(，\\sina=-，

2252252525故本题选择 A

9.依题意，4名同学同班，4名同学不同班，\\有2个班级同学相同c4，剩下的4个同学必

224须不同班有2种，\\总共的排法2*c4=12，最后4个地区全排列\\2*C4A4=288

2故答案选择 D

11

10. 本题考查的是数形结合，做出f(x)=|lnx|图像和g(x)=()x，由图像可知f(x)和

12g(x)的图像有两个交点，又QA(1,0)\\AB的中点会随着B点的变化而变化（增减性一

致）。故AB会有两个交点落在g(x)上。故答案选择 B

11. 依题意，先画出线性规划的可行域，可知可行域是一个三角形，其中该三角形的三个顶点分别是(0,1),(1,0),(,)，又QQ是3x+y=0上任意一点，\\我们只需找到前面三点哪个点到直线3x+y=0的距离最近，即为所求解。\\d1=2955132+12=10，10d2=1*332+12=310，第三个不可能是距离最小的点，故答案选择 A 10x2y2+=1，再做出|2x|-y-4=0的图像，由数形结合的知12. 先把曲线C化成标准式

44l4l>2,\\044111的渐近线与直线y=2x-4的斜率相同也可行，\\-，故本?l0，综上-?l444题选择 B 13. Qòp-p(1+sinx)dx=x-cosx|-pp=2p，故答案 2p

14. 一个一个放上推，当n=5时，左边1取两次，右边x取2次得到x2项，故不合，同理

n=6,n=7,n=8发现只有n=7时符合题意，故本题答案 7

15. 由该几何体的三视图可知，该几何体为一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，\\该几何体的外接球的半径r=22+12=5，\\S=4pr2=20p

16. 由f(30,5)可知1.2.3......30选5个数构造等差数列，分类讨论公差d=1时有26个，同理讨论d=2,d=3.....d=7最后把所有结果加起来d1+d2+.....d7=98，故本题答案 98 17．解：（Ⅰ）当点P在三角形ABC外，且CPAB时，BCP又CP1,BCABcos2， 363，所以|BP|219213cos213，…………4分 3 12

所以

11339sinBCP；………………………………………6分

sinBCPsin2263（Ⅱ）以点C为原点，过点C且平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系， 则A(33333,),B(,)，设P(cos,sin)，则 2222uuuruuur33333PAPB(cos,sin)(cos,sin)222299cos23cossin23sin3sin3cos1

4423sin()1，…………………………………………………………………10分

6uuuruuur所以PAPB的取值范围是[231,231]．……………………………………12分

18．解：（Ⅰ）投资甲项目4万元，一年后获利1万元、

1万元、1万元的概率分别是20.2,0.4,0.4，

投资项目乙4万元，一年后获利2万元、0万元、1万元的概率分别是0.4,0.2,0.4，……2分

所以一年后这两个项目盈利和不低于0万元的概率是：

P0.410.20.60.40.20.6；………………………………………………5分

（Ⅱ）设投资项目甲x万元，投资项目乙8x万元， 盈利期望和y0.21111x0.4x0.4(1)0.4(8x)0.4()(8x) 4424化简得yx2x8，………………………………………………………………9分

20所以当x1时，y最大，最大值是

2万元， 5综上：应该投资项目甲1万元，项目乙7万元．…………………………………………12分

22219．（Ⅰ）证明：AB1ABBB12ABBB1cos603，所以AB12AB2BB12，

所以B1AAB，又因为侧面AA1B1B底面ABCD，

所以B1A底面ABCD，所以B1ABD，………………………………………………3分 又因为ABCD是正方形，所以ACBD，所以BD平面AB1C， 所以平面AB1C平面BDC1；……………………………5分

13

（Ⅱ）由（1）知B1AAB,B1AAD，如图以AB,AD,AB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),B1(0,0,3)，

A1ED1zB1C1uuuruuuruuuur平面AB1C的法向量为BD(1,1,0)，设A1EA1D1，

ADyur平面ACE的法向量m(x,y,z)，则

uuuruuurA1EAD(0,,0)，

uuuruuuruuuruuuruuur所以AEAA,,3)， 1A1EBB1A1E(1uruuur由mAE0xy3z0，

uruuur1由mAC0xy0，令x1，则y1,z，

3BxCur1)，………………………………………………………………8分 即m(1,1,3uuurur所以cosBD,m222(1)32，

6(1)2所以23，解得31，

233(1)2232所以在棱A1D1上存在点E，使二面角EACB1的余弦值是分

20．解：（1）设点A(x1,y1),D(x2,y2)，则B(x1,y1)，

AE6，131．…123A1D1x12y12x22y22则221,221, abab因为ADAB，所以kADyy1yy111,k21， ，因此2kx2x14x2x1kb22(x22x12)221y2y1b21a2，………………………………4分 所以22224x2x1x2x1a4又ab3，

14

22x2y21.……………………………6分 解得a4,b1，所以椭圆C的方程为422（2）因为k

yy1

，所以l2:yy11(xx1)，

4x1x1

令y0得xM3x1，令x0得yN所以S△OMN3y1， 419|OM||ON||x1y1|，……………………………………………9分 28x12y12|x1y1|，且当|x1|2|y1|时，取等号， 因为14所以△OMN面积的最大值是

x9．………………………………………………………12分 82xx221．解：（Ⅰ）f'(x)e[x(1m)x1]e(2x1m)e[x(m1)xm]

ex(xm)(x1)，………………………………………………………………1分

te(tm)(t1)0设切点为(t,0)，则f'(t)0,f(t)0，即t2，…………3分

e[t(1m)t1]0解得：

t1tm或，

m3m1所以m的值是3或1；………………………………………………………………5分 （Ⅱ）依题意，当x[0,1]时，函数f(x)max2f(x)min，………………………6分 （一）m1时，当x[0,1]时，f'(x)0，函数f(x)单调递减， 所以f(0)2f(1)，即123mem3；……………………………7分 e2（二）m0时，x[0,1]时，f'(x)0，函数f(x)单调递增， 所以f(1)2f(0)，即

3m2m32e；………………………………8分 e（三）当0m1时，当x(0,m)时f'(x)0，当x(m,1)时，f'(x)0，

m1，f(x)maxf(0)或f(1)，………………………………9分 mem1m记函数g(m)m，g'(m)m，当m0时，g'(m)0，g(m)单调递减，

ee22(m1)41f(0)， 所以m(0,1)时，g(m)g(1)，所以2f(x)mineeme2(m1)433m2f(x)minf(1)，不存在m(0,1)使得f(x)max2f(x)min， meeee所以f(x)minf(m)

15

e,)．………………………………12分 2223.解：（Ⅰ）由2sin2cos，可得2sin2cos

综上:实数m的取值范围是(,32e)(3 所以曲线C的直角坐标方程为xy2y2x，…………………………4分

222x2t2（Ⅱ）直线l的方程为:， y2t2化成普通方程为yx2……………………………………………………………7分

x2y22y2xx0x2 由，解得或…………………………………9分

y0y2yx2所以AB22．………………………………………………………………………10分 24．解：（Ⅰ）当a=1时，不等式f(x)³2可化为|x+1|+|2x-1|?2 ①当x122时，不等式为3x³2，解得x，故x； 2331时，不等式为2-x?2，解得x0，故1x0； 22，故x1；……………4分 3②当1x③当x1时，不等式为-3x?2，解得x综上原不等式的解集为xx0,或x2………………………………………5分 312（Ⅱ）f(x)£2x在x[,1]时恒成立，当x[,1]时，不等式可化为|ax1|1， 解得2ax0122a0， x2[4,2]，所以a的取值范围是[2,0]． x因为x[,1]，所以12

四、备考建议

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2020年高考即将来临，在此基于对二模拟试卷的分析，给即将踏入考场的考生提供几点有关数学备考的建议。

一、针对性要强。高考复习必须以新课标教材内容和考纲为指导进行复习，因为高考出题往往都是“源于教材、高于教材”，仔细总结一下我们会发现，近两年的高考试题很多都可以在课本习题中找到“原型”，都是课本习题改编而成的。所以在数学复习过程中，采取题海战术、猜题、押题等手段来应付高考是没有必要的，也是行不通的，其结果只会陷入“低效率、重负担、低质量”的恶性循环怪圈。我们只有追本溯源”，注意深挖教材习题和高考真题，才能有的放矢。

二、熟练掌握高中数学中的常见解题方法。我们在完成基本知识的复习的同时，必须熟练掌握高中数学的常见解题方法。打个比方来说，两个体能相同的人进行长跑，谁的的技巧好谁就会先到达终点。因此，掌握了好的解题方法对于提高解题速度和质量至关重要。高中数学中常见解题方法有：配方法、换元法、待定系数法、数形结合法、参数法、数学归纳法、反证法、比较法、构造法、解析法等。

三、加强数学思想和数学思维的培养和提升。在复习完基本知识和基本技能之后，应该加以总结和分析。从而培养我们的数学思想和提升数学思维。学习数学的本质是提升数学思维，其核心是培养数学思想。数学思想好比是指导我们解题的方向，方向对了我们才能基于数学基本知识和数学基本技能准确而又迅速地完成解答。高中常见的数学思想有：分类讨论思想、数形结合的思想、函数与方程的思想、等价转化思想、类比思想、归纳推理思想。 四、每次考试注意自己解题规范与答题的要求，尽力做到易题不失分，大题难题能切割取步骤分，数学总分自然能稳中求进。

总之，高考数学复习必须围绕基本知识、基本技能、基本思想这三个模块进行复习和提升。

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