【文档说明】【精准解析】陕西省西安地区八校联考2020届高三下学期高考押题卷理科数学试题.pdf，共(21)页，370.900 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-2020届西安地区八校联考高考.押题卷数学*理科第Ⅰ卷（选择题）一、选择题（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.已知集合212Axx，B为函数2log1fxx的

定义域，则AB（）.A.1xxB.3xxC.1,1xxx或D.13xx【答案】D【解析】【分析】解不等式212x，即可求出集合A；根据对数函数的特点即可求出函数

2log1fxx的定义域，进而求出集合B，再根据集合的交集运算，即可求出结果.【详解】因为212Axx，所以13Axx；又函数2log1fxx的定义域为1,

,所以1Bxx；所以13ABxx.故选：D.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，涉及对数函数定义域的求法，属于基础题.2.已知复数z和虚数单位i满足11iz.则z（）.A.2B.22C.2D.12【答案】B【解析】【分析】-2-根

据复数的除法运算公式，求出1122zi，再利用复数的模的运算公式，即可求出结果.【详解】因为11iz，所以111111122iziiii，所以22112222=z.故选：B.【点睛】本题主要考查了复数的运算和复数模，

属于基础题.3.设等差数列na的前n项和为nS，95a，108a，则10S（）.A.55B.55C.135D.65【答案】A【解析】【分析】根据条件求出首项和公差，即可求出前10项和.【

详解】设数列na的公差为d，911018598aadaad，解得119,3ad，()1101010552aaS´+\==-.故选：A.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查前n项和的计算，属于基础题.4.已知x，y满足约束条件22310xyx

yx，则2zxy的最小值是（）.A.7B.6C.12D.3【答案】B【解析】【分析】根据已知条件画出可行域，由2zxy可得2yxz，作0:2lyx，沿着可行域的方向平-3-移，截距最大的时候2z

xy最小.【详解】作出可行域如图所示：由103xxy可得：14xy，即1,4A当2zxy过1,4A时，min2146z，故选：B【点睛】本题主要考查了线性规划问题，关键是理解z的几何意义，属于基础

题.5.一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的体积为（）.A.24B.28C.44D.48【答案】B【解析】-4-【分析】由几何体的三视图可知，这个几何体的上部为半个圆柱，底面半径

为1，高为4，下部为长方体，长、宽、高分别为4、2、1，由此能求出该几何体的体积.【详解】由几何体的三视图可知，这个几何体的上部为半个圆柱，底面半径为1，高为4，下部为长方体，长、宽、高分别为4、2、1，所以该几何体的体积为21

14421282V.故选：B【点睛】本题主要考查了由三视图求几何体的体积，考查空间想象能力，属于中档题.6.圆2220xyx上的动点P到直线30xy的最近距离为（）.A.2B.2C.21D.21【答案】D【解析】【分析】先求出圆心到直线30x

y的距离，根据距离的最小值为dr，即可求解.【详解】由圆的一般方程可得22(1)1xy，圆心坐标为1,0，半径为1，圆心到直线的距离|103|22d，所以圆上的点到直线的距离的最小值为21

.故选：D.-5-【点睛】本题主要考查了点到直线的距离，圆的方程，属于较易题.7.若1x是函数lnxfxaexx的极值点，则曲线yfx在（1，1f）处的切线方程是（）.A.1yB.10xyC.yeD.yex【答案】A

【解析】【分析】根据题意可知()01f，即可求出a得值，再求出(1)f的值可得切点，斜率(1)0kf，即可写出方程.【详解】由题意可得：1lnxfxaex，因为1x是函数lnxfxaexx的极值点，所以(1)10fae

，解得1ae，所以1lnxfxexxe，可得11ln11fee，切点为1,1，斜率(1)0kf，所以切线为：1y故选：A【点睛】本题主要考查了曲线在某点处的切线的斜率，涉及极值点处的导函数值等于0，属于中档题.8.执行如图所

示程序框图，若输入的2a，6b，则输出的S是（）.-6-A.15B.16C.17D.18【答案】B【解析】【分析】按程序框图运行即可得到正确答案.【详解】第一步：2a，6b，0,2612ST，12S，3a，5b

，3515T，ST不成立，第二步：15S，4a，4b，4416T，ST不成立，第三步：16S，5a，3b，5315T，ST成立，输出16S，故选：B【点睛】本题主要考查了循环机构的程序框图，属于基础题

.9.若双曲线2222:10,0xyCabab的一条渐近线与y轴的夹角是6，则双曲线C的离心率是（）-7-A.2B.3C.2D.233【答案】C【解析】【分析】求得ba的值，再由21bea可求得双

曲线C的离心率的值.【详解】由于双曲线2222:10,0xyCabab的一条渐近线与y轴的夹角是6，则直线byxa的倾斜角为3，tan33ba，所以，双曲线C的离心率为22222212ccabbeaaaa.故选：C.【点睛】本题考查利用

双曲线的渐近线求离心率，利用公式21bea计算较为方便，考查计算能力，属于基础题.10.已知某居民小区户主人数和户主对户型结构的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用分层抽样的方法抽取20%的户主进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室

满意的人数分别为()A.100，8B.80，20C.100，20D.80，8【答案】A【解析】由题设中提供的直方图与扇形统计图可知样本容量是100n，其中对四居室满意的人数为-8-002010040800，应

选答案A．11.设函数821,0,0xxfxxxx，则当0x时，ffx的展开式中常数项是（）.A.70B.35C.35D.70【答案】D【解析】【分析】根据分段函数求出ffx的解析式，再利用二项式展开式的通项

公式即可求出展开式的常数项.【详解】函数821,0,0xxfxxxx，当0x时，882222211ffxfxxxxx，其展开式的通项公式为：

82164188211rrrrrrrTCxCxx，令1640r，解得4r；展开式的常数项为：4458170TC.故选：D.【点睛】本题主要考查了二项式定理.属于较易题.12.设向量3sin,sinaxx，cos,sin

bxxr，0,2x.则函数fxab的最大值是（）A.32B.32C.12D.2【答案】A【解析】-9-【分析】根据向量的数量积公式、二倍角公式和辅角公式化简，可得1sin262fxx

，再根据0,2x和三角函数的性质，即可求出结果.【详解】由题意可知，231cos213sincossinsin2sin22262xfxabxxxxxrr又0,2x，所以当3x时，

即226xππ时，fx取最大值，fx最大值为113=sin2=sin=3362222f.故选：A.【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积，三角恒等变换与三角函数的性质，属于基础题．第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题13.函数2sin3fxx

（0）的最小正周期是3，则______.【答案】23【解析】【分析】利用函数sinyAωxφ的周期公式2T，即可求出结果.【详解】由题意可知，23，所以23.故答案为：23.【点睛】本题主要考查了函数siny

Aωxφ周期公式的应用，属于基础题.14.已知圆O内切于边长为2的正方形，在正方形内任取一点，则该点不在圆O内的概率是-10-______.【答案】44【解析】【分析】计算正方形的面积和内切圆的面积后可得所求的概率【详解】正方形的面积为4，内切圆的面积为，设事

件A为“在正方形内任取一点，则该点不在圆O内”，则A中含有的基本事件对应的面积为4，故所求的概率为44.故答案为：44.【点睛】本题考查几何概型的概率计算，此类问题弄清楚用何种测度来计算概率是关键，本题属于基础题.15.已知椭圆22194xy的两个焦点是

1F、2F，点M是椭圆上一点，且122MFMF，则12FFM△的面积是______.【答案】4【解析】【分析】根据椭圆的定义和已知条件，可求出12,MFMF的值，再根据勾股定理，可证明12FFM△是以12MFMF，为直角边的直角三角形，由此即可求出结果.【详解】由椭圆的定义

可知，126MFMF，又122MFMF，联立两式121262MFMFMFMF，可得1242MFMF又1225FF，所以2221212MFMFFF，-11-所以12FFM△是以12MFM

F，为直角边的直角三角形，所以12FFM△的面积为121142422MFMF.故答案为：4.【点睛】本题主要考查了椭圆的定义和简单的性质，属于基础题.16.第二十四届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图设计的，如图，会标是由四个全等的

直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如果小正方形的面积为1，大正方形面积为25，直角三角形中较大锐角为，则cos2_____.【答案】725【解析】【分析】计算出直角三角形中的对边长，可求得sin的值，再利用二倍角的余弦公式可求得cos2的值

.【详解】设直角三角形中的对边长为a，则较短的直角边长为1a，由题意可得141251242aa，整理得2120aa，1aQ，解得4a，大正方形的边长为5，4sin5，，因此，2247cos212sin125

25.故答案为：725.【点睛】本题考查利用二倍角的余弦公式求值，考查计算能力，属于中等题.三、解答题（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）1

7.已知公比不等于1的等比数列na满足13223aaa，且32a是2a，4a的等差中项.（1）求数列na的通项公式；（2）若nnban，数列nb的前n项和为nS，求使得12470n

nS成立的正整数n的-12-最小值.【答案】（1）2nna；（2）10.【解析】【分析】（1）借助题设条件运用等比数列的通项公式建立方程组求解；（2）借助题设条件运用等比数列和等差数列的求和公式求解nS，代入已知条件求解即可.【详解】（1）设等比数列的

公比为1qq，由题意得2111221112322aaqaqaqaqaq，解之得122qa（1q舍去），∴数列na的通项公式为1222nnna；（2）由（1）得2nna，∴2nnbn，∴212121221222nnnnnnn

S，∴不等式12470nnS，即24502nn，得1090nn∴10n（舍去），或9n（nN），故使得12470nnS成立的正整数n的最小值为10.【点睛】本题主要考查了等差数列

与等比数列的通项公式以及求和公式等有关知识的综合运用．属于中档题.18.某单位招聘职员，共有三轮考核，每轮考核回答一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则被淘汰.已知甲选手能正确回答第一、二、三轮问题的概率分别是45、35、25.且各-

13-轮问题能否正确回答互不影响.（1）求该选手被淘汰的概率；（2）该选手在被考核中回答问题的个数记为X，求X的分布列和数学期望.【答案】（1）101125；（2）分布列见解析；期望为5725.【解析】【分析】（1）设“该选手能正确回答第i轮问题

”为事件1,2,3iAi，则“该选手被淘汰”为事件112123AAAAAA，再利用互斥事件、相互独立事件概率计算公式和题中所给数据，即可求出该同学被淘汰的概率．；（2）由题意X的可能值为1，2，3，1,2,3Xii表示前1i轮均答对问题，而

第i次答错，利用独立事件求出概率，列出分布列，求出期望．【详解】（1）设“该选手能正确回答第i轮问题”为事件1,2,3iAi，“该选手被淘汰”为事件M.则145PA，235PA，325PA.112123PMPAAAAAA

112123PAPAPAPAPAPA142433555555101125∴该选手被淘汰的概率是101125（2）X的可能取值为1，2，3.1115PXPA，121242825525

PXPAAPAPA，1212431235525PXPAAPAPA.-14-∴X的分布列为X123P158251225∴1812571235252525EX.【点

睛】本题考查互斥、对立、独立事件的概率，离散型随机变量的分布列和期望等知识，同时考查利用概率知识分析问题、解决问题的能力．19.如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE平面ABCD.（1）证明：平面AEC平面BED；（2）若120ABC

，2AB，ABE△的面积为2，在棱BE上确定一点P，求使得直线CP与平面CDE所成角的正弦值为1515时CP的长.【答案】（1）证明见解析；（2）322.【解析】【分析】（1）利用线面垂直和面面垂直的判定定理求解即可.（2）设EBx，利用已知条件求出边的长度，建立空间坐标

，写出点的坐标，求面CDE的一个法向量，利用直线CP与平面CDE所成角的正弦值求解即可.【详解】（1）证明：因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，∵BE平面ABCD，-15-所以ACBE，BDBEB，故AC平

面BED，又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED.（2）解：设EBx，则1222x，得2x.在菱形ABCD中，由120ABC，2AB，可得3AGGC，1GBGD，过G作直线l平面ABCD

，以G为原点，直线GB为x轴，直线GC为y轴，l为z轴建立空间直角坐标系Gxyz.则0,0,0G，1,0,0B，0,3,0C，1,0,0D，1,0,2E，1,3,0CD，1,3,2CE

，1,3,0CB，0,0,2BE设0,0,2BPBE，（01≤≤）∴1,3,2CPCBBP；设平面CDE的一个法向量为

,,nxyz，则有0,0,nCDnCE即30,320,xyxyx，得3,1,6n，∴2232315cos,151042nCPnCPnCP

，解得12，或74（舍去）.∴21,3,2CP，得CP的长为322.-16-【点睛】本题主要考查了线面垂直和面面垂直的判定定理，以及利用空间向量求解线

面角的问题.属于中档题.20.已知F为抛物线C：220xpyp的焦点，点,1Mm在抛物线上，且98MF.直线l：2ykx与抛物线C交于A、B两点.（1）求抛物线C的方程；（2）设O为坐标原点，y轴上是否存在点P，使得当k变化时，总有

OPAOPB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）212xy；（2）存在；P（0，2）.【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义到焦点的距离等于到准线的距离，由98MF，即可得到9128p，从而求出参数p的值，即

可得解；（2）设0,Pb，11,Axy，22,Bxy.联立直线与抛物线方程，消去y，列出韦达定理，由OPAOPB，则直线PA和直线PB的倾斜角互补，故其斜率互为相反数，即可得到方程，求出参数b的值，即可得解；【详解】解：（1）根据抛物线的定义，得9128p，解得

14p.∴抛物线C的方程为212xy.（2）在y轴上存在点p，使得当k变化时，总有OPAOPB.理由如下：设0,Pb，11,Axy，22,Bxy.-17-由22,1,2ykxxy

消去y，得2220xky.且2160k恒成立.∴122kxx，121xx.2112yx，2222yx.∵OPAOPB时，直线PA和直线PB的倾斜角互补，故其斜率互为相反数.∴21121212120PAPBxybxybybybxxk

kxx∴22212121220xxbxxxbx，即122120xxbxx∴202kb，得2b，即点P的坐标为（0，2）.所以，y轴上存在点P（0，2），使得当k变化时，总有OPA

OPB【点睛】本题考查抛物线的定义的应用，直线与抛物线的综合应用，属于中档题.21.已知函数ln1fxx，gxxfx，其中fx是fx的导函数.（1）求函数Fxmfxgx（m为常数）的单调区间；（2）若0x时，

1fxagx恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）,2.【解析】【分析】（1）先对函数Fx求导，再对m分类讨论判断函数的单调性即可得出结论；（2）由题意转化已知条件令1ln101axMxxxx，求

导，再对a分类讨论判断函数的单调性求最值即可求出实数a的取值范围.【详解】（1）∵ln1fxx，11fxx.∴ln11xFxmfxgxmxx（1x），∴

22111111mxmFxxxx.-18-当0m时，0Fx，Fx在1,上单调递减；当0m时，由0Fx，得1mxm，11,mxm

时，0Fx.1,xmm时，0Fx.Fx在11,mm上单调递减，在1,mm上单调递增.综上所述，当0m时，Fx的单调递减区间是1,

；当0m时，Fx的单调递减区间是11,mm，单调递增区间是1,mm.（2）当0x时，不等式1fxagx恒成立，即1ln101axxx恒成立，设

1ln101axMxxxx，则221120111axaMxxxxx，当2a时，0Mx，仅当2a，0x时，等号成立；Mx在0,上递增；∴0

0MxM；1fxagx恒成立；当2a时，由0Mx，得2xa，当0,2xa时，0Mx，Mx在0,2a上递减，有200MaM，-19-即0,2xa使0Mx

，综上所述，a的取值范围是,2.【点睛】本题主要考查了利用函数求函数的单调区间以及利用导数求最值解决不等式恒成立问题.考查了构造函数的思想和分类讨论思想.属于中档题.请考生在第（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.（选修：坐标系与参数方程）22.

选修4—4：坐标系与参数方程已知曲线C1的参数方程为45cos{55sinxtyt（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ．（Ⅰ）把C1的参数方程化为极坐标方程

；（Ⅱ）求C1与C2交点的极坐标（ρ≥0,0≤θ＜2π）【答案】（1）28cos10sin160；（2）(2,),(2,)42.【解析】【详解】试题分析：（1）先根据同角三角函数关系cos2t＋sin2t

=1消参数得普通方程：（x－4）2＋（y－5）2＝25，再根据cos,sinxy将普通方程化为极坐标方程：28cos10sin160（2）将2sin代入28cos10sin160得cos0tan1

或得,2,224或，也可利用直角坐标方程求交点，再转化为极坐标试题解析：（1）∵C1的参数方程为45cos{55sinxtyt∴（x－4）2＋（y－5）2＝25（cos2t＋sin2t）＝25，即C1的直角坐标方

程为（x－4）2＋（y－5）2＝25，把cos,sinxy代入（x－4）2＋（y－5）2＝25，化简得：28cos10sin160.（2）C2的直角坐标方程为x2＋y2＝2y，C1的直角坐标方程为（x－4）2＋（y－5）2＝25，-20-∴C1与

C2交点的直角坐标为（1，1），（0，2）.∴C1与C2交点的极坐标为(2,),(2,)42.考点：参数方程化普通方程，直角坐标方程化极坐标方程（选修：不等式选讲）23.已知函数2fxmx，mR，且1fx的解集为13xx.（1）求m的值；（2）若,

abR，且112maba，求3ab的最小值.【答案】（1）2m；（2）2.【解析】【分析】（1）先整理1fx，可得21xm，利用解绝对值不等式的方法去绝对值即可得出结论；（2）利用已知条件和柯西不等式求解即可.【详解】（1）1fx即21mx，得21xm

，∴121mxm，得31mxm∵1fx的解集是13xx，得3113mm，2m，∴2m.（2）由（1）得1122aba，由柯西不等式得，

222221111224222abaabaabaaa.-21-即224aba，得32ab.当

12a，32b时，等号成立.∴3ab的最小值是2.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法和柯西不等式.属于较易题.