1、四川省成都市第七中学2020届高三数学热身考试试题 理（含解析）本试题卷共4页，24题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均
2、无效.5.本次考试结束后，不用将本试题卷和答题卡一并上交.第I卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先解不等式，化简集合、，再求并集，即可得出结果.【详解】，,所以.故选：D.【点睛】本题主要考查求集合的并集，熟记并集的概念，以及一元二次不等式的解法即可，属于基础题型.2. 已知在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：要使复数对应的点在第四象限,应满足，解得，故选A.【考点】 复数的几何意义【名师点睛】复
3、数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程（不等式）组即可复数zabi复平面内的点Z（a，b）（a，bR）复数zabi（a，bR）平面向量.3. 某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由题意，这是几何概型问题，班车每30分钟发出一辆，到达发车站的时间总长度为40，等车不超过10分钟的时间长度为20，故所求概率为，选B.【考点】几何概型【名师点睛】
4、这是全国卷首次考查几何概型,求解几何概型问题的关键是确定“测度”,常见的测度有长度、面积、体积等.4. 设向量，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由得到，再由向量数量积的坐标表示列出方程，即可得出结果.【详解】因为，所以，因此，又向量，所以，解得.故选：D.【点睛】本题主要考查由向量数量积求参数，熟记向量数量积的坐标表示即可，属于基础题型.5. 若将函数y=2sin2x的图像向左平移个单位长度，则平移后图像的对称轴为A. x=（kZ）B. x=（kZ）C. x=（kZ）D. x=（kZ）【答案】B【解析】【详解】试题分析：由题意得，将函数的图象向左平移个单位长度，
5、得到，由，得，即平移后的函数的对称轴方程为，故选B考点：三角函数的图象与性质【方法点晴】本题主要考查了三角函数的图象与性质，着重考查了三角函数的图象变换及三角函数的对称轴方程的求解，通过将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的解析式，即可求解三角函数的性质，同时考查了学生分析问题和解答问题的能力以及推理与运算能力6. 某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图图中A点表示十月的平均最高气温约为15，B点表示四月的平均最低气温约为5下面叙述不正确的是 ( )A. 各月的平均最低气温都在0以上B. 七月的平均温差比一月的平均温差大C. 三月和十一月的
6、平均最高气温基本相同D. 平均最高气温高于20的月份有5个【答案】D【解析】【详解】试题分析：由图可知各月的平均最低气温都在0以上，A正确；由图可知在七月的平均温差大于，而一月的平均温差小于，所以七月的平均温差比一月的平均温差大，B正确；由图可知三月和十一月的平均最高气温都大约在，基本相同，C正确；由图可知平均最高气温高于20的月份有7，8两个月，所以不正确故选D【考点】统计图【易错警示】解答本题时易错可能有两种：（1）对图形中的线条认识不明确，不知所措，只觉得是两把雨伞重叠在一起，找不到解决问题的方法；（2）估计平均温差时易出现错误，错选B7. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体
7、的体积（单位：）是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先还原几何体一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.【详解】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为，底面为直角梯形，上下底分别为、，梯形的高为，因此几何体的体积为，选C.【点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等.8. 已知，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】因为，因为幂函数在R上单调递增，所以，因为指数函数在R上单调递增，所以，即bac.故选：A.9. 在中，BC边上的高等于,则（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：设,故选C.考点：解三角形.10.
8、 已知P(x0，y0)是椭圆C：上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若，则x0的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】根据椭圆方程求出焦点坐标，根据以及，解不等式可得结果.【详解】由题意可知F1(，0)，F2(，0)，则.因为点P在椭圆上，所以，所以，解得，即x0的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查了平面向量的数量积，考查了椭圆的标准方程，属于基础题.11. 点P是棱长为3的正四面体ABCD的面ABC内一动点，设异面直线DP与BC所成的角为，则的最小值为（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作平面于， 是的中心，计算出下在四面体的高是，从而平面内，
9、在以为圆心，为半径的圆上，运动时，是圆锥的母线，平移到圆锥底面圆直径位置，利用圆锥的性质，这个角的最小值是圆锥轴截面底角，由此可计算正弦值【详解】如图1，作平面于，是正四面体，是的中心，易知，所以平面内，在以为圆心，为半径的圆上，运动时，是圆锥的母线，如图2，把圆锥平移到四面体外部，不妨设，是圆锥底面圆的一条直径，母线与所成角的最小值是圆锥轴截面底角，所以异面直线DP与BC所成的角的正弦的最小值是故选：A图1图2【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题关键是找到在平面 内点的轨迹所形成的空间图形，把平移到圆直径位置，母线与底面直径所成角的最小值就是轴截面底角，由此可得结论12. 定义在区间函数有
10、（ ）个零点？（其中表示不大于实数x的最大整数）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】【分析】令，则，则问题转化为求的根的个数.分别作出和的图象，有3个交点，即可求出有5个值，即得答案.【详解】令，则，则问题转化为求的根的个数.分别作出和的图象，如图所示：则有或或，即或或.或或，或或.或或或或.函数有5个零点.故选：D.【点睛】本题考查函数的零点与方程的根，考查数形结合，属于较难的题目.第II卷本卷包括必考题和选考题两部分.第1321题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2224题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本题共4小题，每小题5分.13. 的展开式中，x3的系数是_.
11、（用数字填写答案）【答案】10【解析】试题分析：的展开式的通项为(，1，2，5)，令得，所以的系数是.考点:二项式定理【名师点睛】确定二项展开式指定项的系数通常是先写出通项,再确定r的值,从而确定指定项系数.14. 若满足约束条件，则的最大值为_【答案】【解析】试题分析：由下图可得在处取得最大值，即.考点：线性规划.【方法点晴】本题考查线性规划问题，灵活性较强，属于较难题型.考生应注总结解决线性规划问题的一般步骤（1）在直角坐标系中画出对应的平面区域，即可行域；（2）将目标函数变形为；（3）作平行线：将直线平移，使直线与可行域有交点，且观察在可行域中使最大（或最小）时所经过的点，求出该点的坐标
12、；（4）求出最优解：将（3）中求出的坐标代入目标函数，从而求出的最大（小）值.15. 在中，D为BC中点，则AD最长为_.【答案】3【解析】【分析】在和中，分别利用余弦定理，求得，再在中，利用余弦定理和基本不等式，即可求解.【详解】如图所示，设，则，在中，由余弦定理，可得，即，在中，由余弦定理，可得，即，由+，可得，在中，由余弦定理，可得，即，解得，所以，即的最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，以及利用基本不等式求解最值问题，其中解答中熟练应用余弦定理得到，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.16. 抛物线上点A与焦点F距离为2，以AF为直径的圆与y
13、轴交于点，则_.【答案】2【解析】【分析】法一：首先根据抛物线方程和焦半径公式表示点的坐标，再根据求解点的坐标和值；法二：利用以为直径的圆与轴相切，利用切点为,求得点的坐标和值.【详解】法一：根据，根据点A与焦点F距离为2，所以A点横坐标为，所以A点纵坐标；即， 根据，得到从而根据解得，从而带入解得.法二：设，由焦半径公式可知 则线段的中点到轴的距离，所以以为直径的圆与轴相切，由题意可知切点为，则点的纵坐标为2，横坐标，则，解得：.故答案为：2【点睛】本题考查抛物线方程，几何性质，意在考查转化与化归的思想，计算能力，属于中档题型，本题的关键利用焦半径公式表示点的横坐标，以及点在抛物线上，建立方
14、程求解.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1721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. 已知等差数列 满足：，且 ， 成等比数列.（1）求数列 的通项公式；（2）记 为数列 的前 项和，是否存在正整数 ，使得 ？若存在，求 的最小值；若不存在，说明理由.【答案】(1) 通项公式为 或;(2) 当 时，不存在满足题意的正整数 ；当 时，存在满足题意的正整数 ，其最小值为.【解析】【详解】（1）依题意，成等比数列，故有，解得或.或.（2）当 时，不存在满足题意的正整数 ；当，.令，即，解得或（舍去
15、），最小正整数.18.为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.（1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求顾客所获的奖励额为60元的概率顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;（2）商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理
16、由.【答案】(1) ,参考解析;(2)参考解析【解析】试题分析：(1)由袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元,又规定每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.由获得60元的事件数除以总的事件数即可. 顾客获得奖励有两种情况20元,60元.分别计算出他们的概率,再利用数学期望的公式即可得结论.(2) 根据商场的预算，每个顾客的平均奖励为60元.根据题意有两种获奖励的情况,确定符合题意的方案,分别仅有一种.再分别计算出两种方案相应的概率以及求出数学期望和方差.即可得到结论.试题解析：(1)设顾客所获的奖励为X.
17、依题意,得.即顾客所获得的奖励额为60元的概率为.依题意,得X的所有可能取值为20,60. .即X的分布列为X2060P0.50.5所以顾客所获得的奖励额的期望为（元）.(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励为60元.所以先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况,如果选择(10,10,10,50)的方案,因为60元是面值之和的最大值,所以期望不可能为60元;如果选择(50,50,50,10)的方案,因为60元是面值之和的最小值,所以数学期望也不可能为60元,因此可能的方案是(10,10,50,50),记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况,同理可排除(20,2
18、0,20,40)和(40,40,40,20)的方案,所以可能的方案是(20,20,40,40),记为方案2.以下是对两个方案的分析:对于方案1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的奖励为,则的分布列为2060100的期望为,的方差为.对于方案2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励为,则的分布列为406080的期望为, 的方差为.由于两种方案的奖励额都符合要求,但方案2奖励的方差比方案1的小,所以应该选择方案2.考点：1.概率.2.统计.3.数学期望,方差.19. 如图，ABCD是块矩形硬纸板，其中，E为DC中点，将它沿AE折成直二面角.（1）求证：平面BDE；（2）如
19、果，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用题设条件和线面垂直的性质，分别证得和，再结合线面垂直的判定定理，即可证得平面BDE；（2）取AB中点F，连结OF，得到平面，以O为原点，OA，OF，OD为x，y，z轴建立直角坐标系分别求得平面和平面ADE的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）由题设可知，取AE中点O，连结OD、BE，又二面角为直二面角，平面ABCE，平面ADE，又平面ADE ，又，平面BDE（2）二面角的平面角即二面角的平面角.取AB中点F，连结OF，则，平面，以O为原点，OA，OF，OD为x，y，z轴建立直角坐标系（如图所示），
20、则，可得，设是平面ABD的一个法向量，则，取，则，又由平面ADE的法向量，所以，即二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20. 已知椭圆，O为坐标原点，长轴长为4，离心率.（1）求椭圆方程；（2）若点A，B，C都在椭圆上，D为AB中点，且，求的面积？【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）直接根据离心率和长轴长定义得到答案.
21、（2）考虑斜率存在和不存在两种情况，联立方程根据韦达定理得到根与系数关系，根据向量运算和中点坐标公式得到坐标，计算弦长和点到直线距离，代入面积公式得到答案.【详解】（1）根据题意知：，故，故椭圆方程为.（2）若直线AB垂直于x轴，则AB中点在x轴上，不妨取点，根据得，故，故，若直线斜率存在，设直线，设，联立椭圆得，化简得到，判别式，即，AB中点，根据得到点，因为点C在椭圆上，代入椭圆，整理得.验证满足，则，又原点O到直线AB的距离，所以，所以综上所述：的面积为.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，椭圆内的面积问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21. 已知.（1）若对恒成立，求实数a范围
22、；（2）求证：对，都有.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先对函数求导，得到，分别讨论，两种情况，用导数的方法判断单调性，求出最值，即可得出结果；（2）先由（1）得到，时，所以，推出时，令，则，从而，用累加法进行处理，即可得出结论成立.【详解】解：（1）因为，所以，当时，对恒成立，则在上单调递增，又，与题设矛盾；当时，由，得，由，得，在单调递减，在单调递增，令，.由，得；由，得.在单调递增，在单调递减，只有满足对恒成立.综上，的取值范围是.（2）由（1）可知，时，则，当时，令，则，从而，.，以上各式相加，得，.【点睛】本题主要考查由函数的最值求参数，以及导数的方法证明不等
23、式，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数单调性、最值等，属于常考题型.请考生在22、23题中任选一题作答.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分.（二）选考题：共10分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系xoy中，以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为，.（1）求C的参数方程；（2）设点D在C上，C在D处的切线与直线垂直，根据（1）中你得到的参数方程，确定D的坐标.【答案】（1）为参数；（2）【解析】【分析】（1）先求出半圆的直角坐标方程，由此能求出半圆的参数方程；（2）设点对应的参数为，则点的坐标为，且
24、，半圆的圆心是因半圆在处的切线与直线垂直，故直线的斜率与直线的斜率相等，由此能求出点的坐标.【详解】（1）由，得 ，所以C的参数方程为为参数（2）【点睛】本题主要考查参数方程与极坐标方程，熟记直角坐标方程与参数方程的互化以及普通方程与参数方程的互化即可，属于常考题型.选修4-5：不等式选讲23. 若,且（1）求的最小值；（2）是否存在，使得， 并说明理由.【答案】（1）；（2）不存在.【解析】【分析】（1）由已知，利用基本不等式的和积转化可求，利用基本不等式可将转化为，由不等式的传递性，可求的最小值；（2）由基本不等式可求的最小值为，而，故不存在【详解】（1）由，得，且当时取等号故，且当时取等号所以的最小值为；（2）由（1）知，由于，从而不存在，使得成立【考点定位】基本不等式
