2020届陕西省西安市高新一中高三第五次模拟考试数学(文)试题(解析版)

一、单选题

rrrr1．已知向量a(1,2)，ab，则b可以为( )

A．1,2 【答案】B

B．2,1 C．2,1

D．(1,2)

r【解析】设b(m,n)，运用向量垂直的条件：数量积为0，可得m2n0，代入选

项可得答案. 【详解】

rrrr解：设b(m,n)，向量a(1,2)，ab，

可得ab0，即有m2n0，对照各选项，可得选项B，代入可得22(1)0，故选：B. 【点睛】

本题主要考查向量垂直的性质及平面向量的数量积，属于基础题.

2．已知集合A{0,a,1}，B{x|0x1}，若AIB中有两个元素，则实数a的取值范围是( ) A．0,1

C．(,0]U(1,) 【答案】A

【解析】由AIB中有两个元素，可得aB,且a1，从而得到a的取值范围. 【详解】

解：由AIB中有两个元素，可得aB,且a1， 故0a1，实数a的取值范围是0,1， 故选：A. 【点睛】

本题主要考查元素与集合的关系及集合中元素的互异性，属于基础题.

3．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为20，则输出T的值为

B．0,1

D．(,0)[1,)

rr第 1 页 共 20 页

A．1 【答案】B

B．2 C．3 D．4

【解析】分析：由题意结合流程图运行程序即可求得输出的数值. 详解：结合流程图运行程序如下： 首先初始化数据：N20,i2,T0，

N2010，结果为整数，执行TT11，ii13，此时不满足i5； i2N20，结果不为整数，执行ii14，此时不满足i5； i3N205，结果为整数，执行TT12，ii15，此时满足i5； i4跳出循环，输出T2. 本题选择B选项.

点睛：识别、运行程序框图和完善程序框图的思路： (1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构． (2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题． (3)按照题目的要求完成解答并验证．

4．在等差数列an中,a3a6a45,且a2不大于1,则a8的取值范围为（ ） A．,9 【答案】B

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B．9, C．,9 D．9,

【解析】试题分析：a3a6a45a23d5，所以a8a26d10a29，选B.

【考点】等差数列通项

5．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )

A．7 【答案】C

B．

15 2C．

22 3D．

23 3【解析】由三视图可得该几何体的直观图，可得该多面体的体积. 【详解】

解：由图中三视图可知，该几何体的直观图如图所示：

该几何体是正方体去掉两个角所组成的多面体， 可得其体积：V22111故选：C. 【点睛】

本题主要考查利用三视图求几何体的体积，根据三视图判断出几何体的形状是解题的关键.

6．近几年，我国农村电子商务发展迅速，使得农副产品能够有效地减少流通环节，降低流通成本，直接提高了农民的收益.某农村电商对一个月内每天的顾客人数进行了统计，得到样本的茎叶图（如图所示），则该样本的中位数、众数、极差分别是( )

31322, 3

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A．46.5，48，60 C．46.5，48，55 【答案】A

B．47，48，60 D．46.5，51，60

【解析】根据茎叶图中数据及中位数、众数、极差的概念进行计算可得答案. 【详解】

解：由题中茎叶图共有30个数据，所以中位数为

464746.5， 2茎叶图出现次数最多数是48，故众数是48，图中最大的数是72，最小的是12， 可得极差为721260， 故选：A. 【点睛】

本题主要考查茎叶图的相关知识，及中位数、众数、极差的相关概念，属于基础题. 7．在△ABC中，B4，BC边上的高等于

1BC,则cosA（ ） 310 10D．A．310 10B．

10 10C．310 10【答案】C

【解析】试题分析：设

ADaAB2a,CD2a,AC5asincos

221,sin,coscosA255cos()10,故选C. 10

【考点】解三角形.

3ax3,x78．已知函数fxx6，若数列an满足anfn(nN)，且

a,x7对任意nN*的都有an1 an，那么实数a的值范围是（ ）

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9A．,3

4

【答案】C

9B．,3

4

C．2,3

，3) D．(1【解析】根据题意，首先可得数列an通项公式，这是一个类似与分段函数的通项，

3a0结合分段函数的单调性的判断方法，可得a1，即可解得答案.

3a73a86【详解】

3an3,n7afnn6解：根据题意，n， a,n73a0 要使数列an是递增数列，必有a13a73a86解得2a3. 故选：C. 【点睛】

本题考查数列与函数的关系，数列an是递增数列，必须结合fx的单调性进行解题，但要注意数列an是递增数列与fx是增函数的区别与联系.

9．设复数zx1yi（x,yR，i为虚数单位），若|z|1，则y3x的概率为( ) A．

13 64B．

53 64C．

53 64D．

13 64【答案】D

【解析】首先由题意画出图形，分别求出圆的面积以及满足y3x的区域面积，利用几何概型的概率公式计算可得答案. 【详解】

解：由题意：zx1yi,(x,yR)，且|z|1，

可得：(x1)y1，故点(x,y)在以(1,0)为圆心，1为半径的圆及其内部， 而y3x表示y3x上方部分，如图所示，

22第 5 页 共 20 页

可得所求概率为弓形面积与圆面积之比，

132211可得所求概率：13 4P61264故选：D. 【点睛】

本题主要考查几何概型的概率计算问题，解题的关键是求出弓形面积与圆的面积. 10．将函数fxsin2x的图象向右平移

个单位长度得函数gx的图象，再把2gx图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到函数hx图象.则hx( )

2A．是偶函数且在[0,]单调递增 C．是奇函数且在【答案】A

【解析】由条件及yAsin(x)的图像变化规律可得hx与h再利用余弦函数的周期性，单调性及它图像的对称性，可得答案. 【详解】

解：函数fxsin2x的图象向右平移

B．是偶函数且在[0,]单调递减 D．是奇函数且在,单调递增 22,单调递减 22x的解析式，2个单位长度得函数gx，可得2gxsin[2(x)]sin(2x)sin2x，

2由gx图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到函数hx，可得

1hxsin(2x)sin(x)，可得hxsin(x)cosx，

222故易得：h故选：A.

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xcosx，且hx是偶函数且在[0,]单调递增，

22【点睛】

本题主要考查函数yAsin(x)的图像变换及三角函数的图像与性质，属于中档题. 11．已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A,B两点，

AB12,P为C的准线上一点，则ABP的面积为（ ）

A．18 【答案】C

【解析】解：设抛物线的解析式为y2=2px（p＞0）， 则焦点为F（

B．24

C．36

D．48

pp，0），对称轴为x轴，准线为x=-∵直线l经过抛物线的焦点，A、B22是l与C的交点， 又∵AB⊥x轴 ∴|AB|=2p=12 ∴p=6

又∵点P在准线上 ∴DP=（

pp+|-|）=p=6 22∴S△ABP=故选C．

116×12=36 （DP•AB）=×

22x2019,xa12．已知f(x)2018，若存在实数m，使函数yfxm有两个零点，则

x,xaa的取值范围( ) A．(1,) C．(0,1)(1,) 【答案】B

【解析】由yfxm有两个零点可得fxm有两个零点，即yf(x)与ym的图像有两个交点，则函数在定义域内不能是单调函数，结合函数图像可得a的取值范围. 【详解】

解：由yfxm有两个零点，可得fxm有两个零点，即yf(x)与ym的图像有两个交点，由x2018x2019，可得x0或x1，

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B．(,0)(1,) D．(,0)

① 当a＞1时，函数fx的图像如图所示，此时存在m，满足题意，故a＞1满足题意；

② 当a1时，函数fx单调递增，故不符合题意； ③ 当0＜a＜1时，函数fx单调递增，故不符合题意；

④ 当a0时，函数fx单调递增，故不符合题意；

⑤ 当a＜0时，函数fx的图像如图所示，此时存在m，满足题意，故a＜0满足题意；

综上可得，a＜0或a＞1， 故选：B. 【点睛】

本题主要考查函数的零点与方程跟的关系，考查了分段函数的相关知识，注意分类讨论思想与数形结合思想的运用，属于中档题.

二、填空题

π12πsincos213．若，则 ______．

633【答案】7 9的关系，建立函数值的关系求解． 632第 8 页 共 20 页

【解析】利用角【详解】 已知sinπ1πππ，且，则636327ππ12ππcossin，故cos22cos21．

936333【点睛】

给值求值的关键是找准角与角之间的关系，再利用已知的函数求解未知的函数值． 14．若圆锥的底面半径为1，体积为

3则圆锥的母线与底面所成的角等于________. ，3【答案】

 3【解析】由圆锥的底面半径为1，体积为面所成的角为，可得tan【详解】

解：设圆锥的高为h，可得V3，可得圆锥的高为h，圆锥的母线与底3h，可得答案. r131Sh,故：h， 333可得：h3，故可得母线长：l132，

设圆锥的母线与底面所成的角为，可得tan故答案为：【点睛】

本题主要考查圆锥的相关计算，属于基础题. 15．设函数f(x)h3，， r3. 3x2,x1，D是由x轴和曲线yfx及该曲线在x0处xe,x1的切线所围成的封闭区域，则zx2y在D上的最大值为________. 【答案】1

【解析】先由分段函数表达式当x1时，f(x)e对其求导，求出其在x0处的切线方程，然后根据不等式组做出可行域，求出目标函数zx2y的最优解并求z的最大值即可. 【详解】

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x'x解：由x1，f(x)ex，可得f(x)e，f'(0)1，故可得yfx及该曲线在

(0,1)处的切线方程为：yx1，如图，

,

可行域如图所示，易求出目标函数zx2y的最优解为A(1,0)， 即z的最大值为1， 故答案为：1. 【点睛】

本题主要考查导数的几何意义及简单的线性规划问题，属于中档题.

rurururrurururruuru16．已知平面向量，（0，）满足||1，且与的夹角为120，

则||的最大值是________.

ur【答案】23 3ruuururuuuruuu【解析】数形结合画出图形，知AB,AC,AB1,点C在圆弧长运动，设

ururAB，可得||的最大值. ABC，由正弦整理可得：osin60sin【详解】 解：如图，

ur

ruuururuuuruuu数形结合知AB,AC,AB1,点C在圆弧长运动，设ABC，

ur由正弦整理可得：

ur2323AB，可得， sino33sin60sin23， 3第 10 页 共 20 页

ur故||的最大值是ur故答案为：【点睛】

23. 3本题主要考查平面向量的数量积的计算，注意数形结合及正弦定理的灵活运用，属于中档题.

三、解答题

17．已知正项等比数列an满足2a13a233，a2a427a3，数列bn满足

bnlog3an1，nN.

（1）求an、bn的通项公式；

（2）记cnanbn，求数列cn的前n项和为Tn.

n【答案】（1）an3;bnn1;（2）Tn32n1()3n1 44【解析】（1）设正项等比数列an的公比为q，由2a13a233，a2a427a3，列出关于a1与q的方程，求解可得an的通项公式，由bnlog3an1，nN可得bn的通项公式；

（2）由（1）可得cnanbn(n1)3，由错位相减法可得数列cn的前n项和为Tn.

n【详解】

2解：设正项等比数列an的公比为q，由a2a427a3，可得a327a3，a327，

由2a13a233，可得2解得：q13或q22727333，可得11q227q180， 2qq6n(舍去)，故可得：a13，an3； 11n1由bnlog3an1，可得bnlog33n1；

（2）由（1）可得：cn(n1)3n，

Tn231332...n3n1(n1)3n， ① 3Tn0232333...n3n(n1)3n1，②

①②得：

2Tn2333...3(n1)3123nn13(3n1)3(n1)3n1，

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化简可得：2Tn【点睛】

3132n1(n)3n1，Tn()3n1. 2244本题主要考查等差数列、等比数列基本量及通项公式的求法，错位相减法求数列的和，属于基础题型，注意运算准确.

18．某某大学艺术专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：

[20,30),[30,40),[80,90] ，并整理得到如下频率分布直方图：

（Ⅰ）从总体的400名学生中随机抽取一人，估计其分数小于70的概率；

（Ⅱ）已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间[40,50）内的人数；

（Ⅲ）已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等．试估计总体中男生和女生人数的比例． 【答案】(1)0.4. (2)20人. (3) 3:2. 【解析】【详解】

分析：(1)根据频率分布直方图可知,即可求解样本中分数不小于70的频率，进而得到 分数小于70的概率；

(2)根据题意，根据样本中分数不小于50的频率为0.9，求得分数在区间[40,50)内的人数为5人，进而求得总体中分数在区间[40,50)内的人数；

（3）由题意可知，样本中分数不小于70的学生人数为60人，求得样本中分数不小于70的男生人数，即可求解.

详解：(1)根据频率分布直方图可知,样本中分数不小于70的频率为 (0.02+0.04)×10=0.6 ,

样本中分数小于70的频率为1-0.6=0.4.

∴从总体的400名学生中随机抽取一人其分数小于70的概率估计为0.4

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(2)根据题意，样本中分数不小于50的频率为

0.010.020.040.02100.9，

分数在区间40,50内的人数为1001000.955． 所以总体中分数在区间40,50内的人数估计为400520． 100（3）由题意可知，样本中分数不小于70的学生人数为

0.020.041010060，

所以样本中分数不小于70的男生人数为60130 2所以样本中的男生人数为30260，女生人数为1006040，男生和女生人数的比例为60:403:2

点睛：本题主要考查了用样本估计总体和频率分布直方图的应用，其中对于用样本估计总体主要注意以下两个方面：1、用样本估计总体是统计的基本思想，而利用频率分布表和频率分布直方图来估计总体则是用样本的频率分布去估计总体分布的两种主要方法；2、频率分布表中的频数之和等于样本容量，各组中的频率之和等于1；在频率分布直方图中，各小长方形的面积表示相应各组的频率，所以，所有小长方形的面积的和等于1.

19．如图所示1，已知四边形ABCD满足AD//BC，BAADDC1BC1，E2是BC的中点.将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B1AE平面AECD，F为CD的中点，如图所示2.

（1）求证：EF平面AB1E； （2）求AE到平面CB1D的距离. 【答案】（1）证明见详解；（2）

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【解析】（1）连接DE，取AE的中点G,连接B1G, 证明EFAE且EFAE，可得EF平面AB1E；

（2）连接GD,取B1D的中点H点，连接GH,可得GH即为AE到平面CB1D的距离，由已知计算可得答案. 【详解】

证明：（1）如图，连接DE，取AE的中点G,连接B1G,

在四边形ABCD中，由AD//BC，BAADDC1BC1，E是BC的中点， 2易得四边形ABED、四边形AECD均为平行四边形，可得AEDECE1,

ABE、ADE、DCE均为等边三角形，

在等边DCE中，F为CD的中点，可得EFCD,且AEPCD,故EFAE, 在等边B1AE,G为AE的中点，故B1GAE,又平面B1AE平面AECD， 平面B1AEI平面AECDAE,且B1G平面B1AE，故可得：B1G平面AECD， 故：B1GEF,由EFAE，B1GIAEG，B1G平面B1AE，AE平面B1AE，故：EF平面AB1E；

（2）如图，连接GD,取B1D的中点H点，连接GH,

由（1）得：B1G平面AECD，故B1GCD,

且易得四边形DGEF为平行四边形，DG∥EF，由CDEF,可得CDGD, 由B1GIGDG,且B1G平面B1GD,GD平面B1GD,可得CD平面B1GD，

CDGH,易得B1GGD3，且H点为B1G的中点， 2第 14 页 共 20 页

故GHB1D,又B1DCDD,且B1D平面B1CD,CD平面B1CD,

故GH平面B1CD，易得AE到平面CB1D的距离即为点G到平面CB1D的距离， 在RTB1GD中，B1GGD36, ，可得GH24即AE到平面CB1D的距离为【点睛】

6. 4本题主要考查线面垂直的判定与性质，综合性大，属于难题. 20．已知函数f(x)ex(xaex) （1）当a0时，求f(x)的极值；

（2）若f(x)有两个不同的极值点x1,x2(x1x2)，求a的取值范围; 【答案】（1）极小值f(1)11（2）0a

2e【解析】试题分析：(1)当a0时，代入求导得出结果(2)对fx求导，设

gxx12aex，在对gx求导，讨论a0、a0时的单调性，确定取得极限

时的值，然后求gln11ln0，即可算出结果 2a2axx解析：（1）当a0时，f(x)xe，f(x)(x1)e，令f(x)0，可得x1，

故1,上单调递增，同理可得fx在,1上单调递减， 故fx在x1处有极小值f1（2）依题意可得，fxx12aex1； exex0有两个不同的实根.

x设gxx12ae，则gx0有两个不同的实根x1,x2,gx12ae， 若a0，则gx1，此时gx为增函数，故gx0至多有1个实根，不符合要求；

若a0，则当xln11时，gx0，当xln时，gx0， 2a2a11ln,上单调递增，在上单调递减，gx的最大值2a2a故此时gx在,ln为

第 15 页 共 20 页

111glnln11ln, 2a2a2a又当x时，gx，当x时，gx，故要使gx0有两个实根，则gln111ln0. （或作图象知要使gx0有两个0a，得2a2a2实根，则gln11ln0） 2a2a设gx0的两根为x1,x2 (x1x2)，当xx1时，gx0，此时fx0； 当x1xx2时，gx0，此时fx0；当xx2时，gx0，此时fx0. 故x1为fx的极小值点，x2为fx的极大值点, 0a综上所述：a的取值范围为0a1符合要求. 21.（分离变量的方法也可以） 2点睛：本题考查了函数极值点问题，利用导数知识对其求导，当遇到含有参量的时候可以采用分离参量的方法，也可以带着参量一起运算，分离参量后求出直线与曲线的交点问题即可，本题没有分离参量，进行的对参量的分类讨论，本题有一定难度

x2y221．已知椭圆：221(ab0)的上顶点为T0,1，右焦点为F，连结TF

ab并延长与椭圆交于点S，且|SF|1|TF|. 7

（1）求椭圆的方程；

（2）已知直线x1与x轴交于点M，过点M的直线AB与交于A、B两点，点P为直线x1上任意一点，设直线AB与直线x4交于点N，记PA，PB，PN的斜率分别为k1，k2，k0，则是否存在实数，使得k1k2k0恒成立？若是，请求出的值；若不是，请说明理由.

x2【答案】（1）y21;（2）存在, 2

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【解析】（1）易得b1，由连结TF并延长与椭圆交于点S，且|SF|得F(1|TF|，可78c1c3,)，代入椭圆方程可得，可得椭圆方程； 77a2（2）可得M点坐标(1,0)，设直线AB的方程为：yk(x1)，设A(x1,kx1k)，

B(x2,kx2k)，,可得N点坐标(4,3k)，设P点坐标(1,t)，可得k03kttk，413联立直线与椭圆方程，可得x1x2 ，x1x2的值，k1k2，计算k1k2的值，代入

x1x2 ，x1x2，与k1k2k0进行比较可得的值.

【详解】

x2y2解：由椭圆：221(ab0)的上顶点为T0,1，可得b1，

ab连结TF并延长与椭圆交于点S，且|SF|8c11|TF|，可得F(,)， 77764c21x2c32代入椭圆方程：2y1，可得，可得，结合b1， 1249a49aa2x2可得a2，c3，故椭圆方程为：y21；

4（2）可得M点坐标(1,0)，设直线AB的方程为：yk(x1)， 设A(x1,kx1k)，B(x2,kx2k),可得N点坐标(4,3k)， 设P点坐标(1,t)，可得k03kttk， 413yk(x1) 联立直线与椭圆方程可得：x2，化简可得：(14k2)x28k2x4k240，2y144k48k2可得：x1x2，， xx12214k214k可得：k12tkx1ktkx2kttk，k2k，

1x11x11x21x2t(1x11x2)t[2(x1x2)]tt2k2k2k， 1x11x2(1x1)(1x2)1(x1x2)x1x2可得k1k2第 17 页 共 20 页

4k48k2代入：x1x2，， xx212214k14k28k22tt2214k2kkkt2k， 可得：k1k2，化简可得128k24k243114k214k22t由k1k2k0恒成立，可得k1k2t2k(k)，

33可得当2时k1k2k0恒成立. 【点睛】

本题主要考查椭圆的标准方程及直线与椭圆问题的综合，考查了运算能力，属于难题.

x8t22．在平面坐标系中xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），曲线Cty2x2cos的参数方程为（为参数）.以O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立

y3sin极坐标系.

（1）求曲线C的普通方程和直线l的极坐标方程；

（2）设P为曲线C上的动点，求点P到直线l的距离的取值范围.

x2y2【答案】（1）曲线C的普通方程：1；直线l的极坐标方程

43cos2sin80；

（2）P到直线l的距离d取值范围为：

45125 d55【解析】（1）将曲线C的参数方程化为普通方程可得答案，将直线l的参数方程先化为参数方程再化为极坐标方程可得答案；

（2）设P(2cos,3sin),可得P点到直线直线l的距离，由三角函数性质可得其取值范围. 【详解】

xcosx2cos2解：（1）由曲线C的参数方程为（为参数），可得：，

yy3sinsin3第 18 页 共 20 页

22xy消去，可得曲线C的普通方程：1；

43x8t由直线l的参数方程为，消去参数t，可得x2y80， ty2将xcos,ysin代入方程可得直线l的极坐标方程

cos2sin80；

（2）设P(2cos,3sin),可得P点到直线直线l的距离为：

2cos23sin84sin(6)8，可得d125，d45，

minmaxd5522512即点P到直线l的距离d取值范围为：【点睛】

本题考查了把参数方程化为普通方程、普通方程化为极坐标方程、点到直线的距离公式及三角函数的性质等，考查了推理能力与计算能力，属于中档题. 23．

已知函数f(x)|x1|2|xa|,a0. （1）当a1时，求不等式f(x)1的解集；

（2）若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围. 【答案】（Ⅰ）{x|45125. d552x2}（Ⅱ）（2，+∞） 3【解析】试题分析：

(Ⅰ)由题意零点分段即可确定不等式的解集为x(Ⅱ)由题意可得面积函数为为范围为2, 试题解析：

（I）当a1时，fx1化为x12x110， 当x1时，不等式化为x40，无解；

2x2； 32222a1，求解不等式a16可得实数a的取值33第 19 页 共 20 页

当1x1时，不等式化为3x20，解得

2x1； 3 当x1时，不等式化为x20，解得1x2． 所以fx1的解集为x2x2． 3x12a,x1,（II）由题设可得，fx3x12a,1xa,

x12a,xa, 所以函数fx的图像与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A2a1,0，3B2a1,0，Ca,a1，ABC的面积为

由题设得

22a1． 322a16，故a2． 3 所以a的取值范围为2,

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