1、湛江市第二十一中学2020届热身考试理数一选择题（共12小题）1已知集合Ax|x2x20，Bx|x1|2，则AB（）A12，3B2，3C1，3D11，32已知（a+2i）2（aR）是纯虚数，则|a+i|（）ABC3D53算法统宗全称新编直指算法统宗，共17卷，是中国古代数学名著，明朝数学家程大位著书中有这样一道著名的题目：“一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大、小和尚各几丁？”现给出该问题中求小僧人数的算法的程序框图，则图中可分别填入（）A；n100？B；n100？C；s100？D；s100？4已知实数a满足：a210命题P：函数yx24ax1在1，1上单调递减则命题P为真命题的
2、概率为（）ABCD5已知an是各项不相等的等差数列，若a14，且a2，a4，a8成等比数列，则数列an的前8项和S8（）A112B144C288D1106函数f（x）的图象大致为（）ABCD7（1x）（1+2x）4展开式中x2的系数为（）A24B8C16D248已知为不共线的两个单位向量，且在上的投影为，则|（）ABCD9已知如图是一个几何体的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的棱的长度中，最大的是（）ABCD10将函数f（x）sin2x+2图象向右平移个单位，再把各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数g（x）的图象，则下列说法中正确的是（）Ag（x）的周期为Bg（x）是偶函数
3、Cg（x）的图象关于直线对称Dg（x）在上单调递增11已知双曲线C：，以P（b，0）为圆心，a为半径作圆P，圆P与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点，且PMPN，则C的离心率为（）ABCD12已知四棱锥PABCD的顶点都在球O的球面上，PA底面ABCD，且ABAD1，BCCD2，若球O的表面积为36，则PA（）A2BCD二填空题（共4小题）13若曲线yx3x2在点P处的切线l与直线yx垂直，则切线l的方程为 14公比为正数的等比数列an的前n项和为Sn，a22，S45S20，则S6S3的值为 15为了积极稳妥疫情期间的复学工作，市教育局抽调5名机关工作人员去某街道3所不同的学校开展驻点服务，每
4、个学校至少去1人，若甲、乙两人不能去同一所学校，则不同的分配方法种数为 16已知抛物线C：y24x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB与抛物线的准线分别相交于点P，Q，则|PQ|的最小值为 三解答题（共7小题）17已知三角形ABC中，三个内角A、B、C的对应边分别为a，b，c，且a5，b7（1）若B，求c；（2）设点M是边AB的中点，若CM3，求三角形ABC的面积18如图，四边形ABCD为正方形，PACE，ABCEPA，PA平面ABCD（1）证明：PE平面DBE；（2）求二面角BPDE的正弦值的大小19某公司为加强对销售员的考核与管理，从销售部门随机
5、抽取了2019年度某一销售小组的月均销售额，该小组各组员2019年度的月均销售额（单位：万元）分别为：3.35，3.35，3.38，3.41，3.43，3.44，3.46，3.48，3.51，3.54，3.56，3.56，3.57，3.59，3.60，3.64，3.64，3.67，3.70，3.70（）根据公司人力资源部门的要求，若月均销售额超过3.52万元的组员不低于全组人数的65%，则对该销售小组给予奖励，否则不予奖励试判断该公司是否需要对抽取的销售小组发放奖励；（）在该销售小组中，已知月均销售额最高的5名销售员中有1名的月均销售额造假，为找出月均销售额造假的组员，现决定请专业机构对这5名
6、销售员的月均销售额逐一进行审核，直到能确定出造假组员为止设审核次数为X，求X的分布列及数学期望20已知椭圆的左右焦点为F1，F2，离心率为，过点F2且垂直于x轴的直线被椭圆E截得的弦长为1（）求椭圆E的方程；（）若直线ykx+m（k0）交椭圆E于点C，D两点，与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M，N，且|CM|DN|，求|CD|的最小值21已知函数f（x）lnxmx2（mR）（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个不同的零点x1，x2，且x12x2，求证：ln（x22x12+1）（其中e2.71828是自然对数的底数）（选做题22-23）22在平面直角坐标系xOy中，曲线C的
7、参数方程为（为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标（1）求曲线C的极坐标方程；（2）在极坐标系中，M，N是曲线C上的两点，若MON，求|OM|+|ON|的最大值23函数f（x）|x+a|+|xb|+c，其中a0，b0，c0（1）当abc1时，求不等式f（x）4的解集；（2）若f（x）的最小值为3，求证：湛江市第二十一中学2020届热身考试参考答案与试题解析一选择题（共12小题）1已知集合Ax|x2x20，Bx|x1|2，则AB（）A12，3B2，3C1，3D11，3【分析】求出集合A，B，由此能求出AB解：集合Ax|x2x20x|x1或x2，Bx|x1|2x|
8、1x3，ABx|x1或2x312，3故选：A【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2已知（a+2i）2（aR）是纯虚数，则|a+i|（）ABC3D5【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为0求得a值，进一步利用复数模的计算公式求解解：（a+2i）2a24+4ai，（a+2i）2（aR）是纯虚数，即a2，则，故选：B【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题3算法统宗全称新编直指算法统宗，共17卷，是中国古代数学名著，明朝数学家程大位著书中有这样一道著名的题目：“一百馒头一百僧，大僧三个更无
9、争，小僧三人分一个，大、小和尚各几丁？”现给出该问题中求小僧人数的算法的程序框图，则图中可分别填入（）A；n100？B；n100？C；s100？D；s100？【分析】由已知中的程序语句，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案解：由程序框图可知，n表示小僧人数，m表示大僧人数，根据“大僧三个更无争，小僧三人分一个”，设馒头数为s，则，所以中填入，当s100时结束程序，输出n所以中应该为：s100？故选：D【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题4已知实数a满足：a210命题P：函数yx24ax1在1，1上单调递减则命题
10、P为真命题的概率为（）ABCD【分析】先求出a的范围，再求出P为真命题对应的a的范围，即可求解结论解：因为a2101a1；若P为真命题：则有对称轴2a1a；命题P为真命题的概率为：；故选：A【点评】本题主要考查几何概型的应用问题，属于基础题目5已知an是各项不相等的等差数列，若a14，且a2，a4，a8成等比数列，则数列an的前8项和S8（）A112B144C288D110【分析】等差数列an的公差设为d，d0，由等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，解方程可得公差，再由等差数列的求和公式，计算可得所求和解：an是各项不相等的等差数列，设公差为d，d0，若a14，且a2，a4，a8成等比数列
11、，可得a2a8a42，即（4+d）（4+7d）（4+3d）2，解得d4（0舍去），则数列an的前8项和S884+874144故选：B【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式、等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题6函数f（x）的图象大致为（）ABCD【分析】判断函数的奇偶性，利用特殊值求解点的坐标，判断即可解：由题知f（x）为奇函数，排除D；因为，排除C；又因为，所以排除B，故选：A【点评】本题考查函数的图象的判断，利用函数的奇偶性以及函数经过的特殊点，是解题的关键7（1x）（1+2x）4展开式中x2的系数为（）A24B8C16D24【分析】根据（1+2x）4的展开式，求得
12、（1x）（1+2x）4的展开式中，x2的系数解：含x2的项为1（2x）2+（x）2x16x2，所以，x2的系数等于16，故选：C【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题8已知为不共线的两个单位向量，且在上的投影为，则|（）ABCD【分析】根据向量在向量的方向上投影的定义求出，进而求出|2|即可解：为不共线的两个单位向量，且在上的投影为，故|cos；则|故选：D【点评】本题考查了平面向量的数量积的定义与几何意义及向量的数量积运算，属于基础题9已知如图是一个几何体的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的棱的长度中，最大的是（）ABCD【分析】根据三视
13、图知该几何体是长方体的一部分，结合图形求出几何体棱长的最大值解：几何体可以看作长方体的一部分，也可以看作是正三棱柱去掉一个三棱锥的几何体，如图所示；则该几何体的棱长为：AEAD2，ACBCBEEDDCACBC2所以该几何体的棱长最大的是2故选：B【点评】本题考查了由三视图求几何体棱长最大值的应用问题，解题的关键是得到该几何体的形状10将函数f（x）sin2x+2图象向右平移个单位，再把各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数g（x）的图象，则下列说法中正确的是（）Ag（x）的周期为Bg（x）是偶函数Cg（x）的图象关于直线对称Dg（x）在上单调递增【分析】首先利用函数的关系式的变换
14、，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用图象的平移变换和伸缩变换的应用求出函数g（x）的关系式，进一步利用性质的应用求出结果解：函数f（x）sin2x+2sin2x+2，把函数图象向右平移个单位，得到y2sin2（x）+，再把各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到g（x）2sin（x+）故函数的最小正周期为2，故选项A错误函数g（x）g（x），不为偶函数，故选项B错误当x时，g（）2，故选项C错误由于x（），所以，故函数g（x）单调递增故选项D正确故选：D【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用，正弦型函数的性质的应用，主要考查学
15、生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型11已知双曲线C：，以P（b，0）为圆心，a为半径作圆P，圆P与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点，且PMPN，则C的离心率为（）ABCD【分析】由双曲线的方程可得渐近线的方程，求出圆心P到渐近线的距离d，再由题意可得d与半径a之间的关系，及a，b，c之间的关系可得a，c的关系进而求出离心率解：由题意可得渐近线的方程bxay0，所以圆心（b，0），圆心到渐近线的距离d，再由PMPN，PMPNa，所以可得da，即a，而b2c2a2，所以可得c2a20，即e2e0，解得e或e（舍），故选：A【点评】本题考查双曲线的性质，及圆的性质，属于中档题12已知四
16、棱锥PABCD的顶点都在球O的球面上，PA底面ABCD，且ABAD1，BCCD2，若球O的表面积为36，则PA（）A2BCD【分析】先分析底面四边形ABCD的外接圆，利用三角形全等得到底面四边形ABCD的外接圆的圆心M为AC的中点，从而面四边形ABCD的外接圆的半径r，易知球O的球心O在过点M的底面ABCD的垂线上，由球O的表面积求出球O的半径，再利用勾股定理即可求出PA的值解：设底面四边形ABCD的外接圆为圆M，如图所示：，ABAD，BCCD，ACAC，ADCABC，ADCABC，又因为圆内接四边形对角互补，ADCABC90，底面四边形ABCD的外接圆的圆心M为AC的中点，AD1，CD2，A
17、DC90，AC，即面四边形ABCD的外接圆的半径r，过点M作底面ABCD的垂线，则球O的球心O在垂线上，如图所示：，过球心O作ONPA于点N，故四边形AMON为矩形，球O的表面积为36，4R236，R3，在RtOAM中：AMr，OAR3，OM，在RtPON中：ONAMr，OPR3，PN，PAPN+ANPN+OM，故选：C【点评】本题主要考查了四棱锥的外接球，是中档题二填空题（共4小题）13若曲线yx3x2在点P处的切线l与直线yx垂直，则切线l的方程为yx1或【分析】根据题意可设P，并且可据题意得出yx3x2在点P处的切线斜率为1，从而可得出，解出x0，从而可得出点P的坐标，根据直线的点斜式方
18、程进而求出切线的方程解：据题意设P，且yx3x2在点P处的切线斜率为1，y3x22x，解得，或1，或P（1，0），切线l的方程为或yx1故答案为：或yx1【点评】本题考查了相互垂直的直线的斜率的关系，导数的几何意义，直线的点斜式方程，考查了计算能力，属于基础题14公比为正数的等比数列an的前n项和为Sn，a22，S45S20，则S6S3的值为56【分析】由题意可得公比q1，再利用等比数列的前n项和公式、通项公式求出首项和公比的值，可得S6S3的值解：公比为正数的等比数列an的前n项和为Sn，a22，S45S20，显然，公比q1，解得，则S6S356，故答案为：56【点评】本题主要考查等比数列的
19、前n项和公式、通项公式，属于基础题15为了积极稳妥疫情期间的复学工作，市教育局抽调5名机关工作人员去某街道3所不同的学校开展驻点服务，每个学校至少去1人，若甲、乙两人不能去同一所学校，则不同的分配方法种数为114【分析】根据题意，分2步进行分析：将5人分成3组，要求甲乙不在同一组，需要分2种情况讨论分组的情况数目，将分好的三组全排列，对应3所不同的学校，由分步计数原理计算可得答案解：根据题意，分2步进行分析：将5人分成3组，要求甲乙不在同一组，若分成3、1、1的三组，有C53C317种分组方法，若分成2、2、1的三组，有C3212种分组方法，则有7+1219种分组方法；将分好的三组全排列，对应
20、3所不同的学校，有A336种情况，则有196114种安排方法；故答案为：114【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题16已知抛物线C：y24x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB与抛物线的准线分别相交于点P，Q，则|PQ|的最小值为4【分析】设点A、B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），直线l的方程为xmy+1，将其与抛物线的方程联立，消去x，写出韦达定理可得，；写出直线OA的方程为，从而得点P（1，），同理可得点Q（1，），记抛物线的准线与x轴的交点为D，则有|PD|QD|，然后根据均值不等式有，|PQ|PD|
21、+|QD|4，故而得解解：根据题意，作出如下所示的图形，由题可知，焦点F（1，0），设点A、B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），直线l的方程为xmy+1，联立，得y24my40，直线OA的方程为，令x1，则，P（1，），同理可得，Q（1，），记抛物线的准线与x轴的交点为D，则有|PD|QD|，由|PQ|PD|+|QD|4，可知|PQ|的最小值为4故答案为：4【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及曲线与直线联立，还利用了均值不等式解决最值问题，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题三解答题（共7小题）17已知三角形ABC中，三个内角A、B、C的对应边分别为a，b，c，且a5，b
22、7（1）若B，求c；（2）设点M是边AB的中点，若CM3，求三角形ABC的面积【分析】（1）利用余弦定理列方程，即可求得c的值；（2）用向量表示中线CM，求出cosACB，再求sinACB，即可求得ABC的面积解：（1）ABC中，a5，b7，B，由余弦定理得，b2a2+c22accosB，即4925+c225ccos，整理得c25c240，解得c8或c3（不合题意，舍去），所以c8；（2）如图所示，点M是边AB的中点，CM3，（+），所以（+2+），即9（49+275cosACB+25），解得cosACB，所以sinACB，ABC的面积SABCCACBsinACB756故答案为：6【点评】本题
23、考查了解三角形的应用问题，也考查了平面向量的数量积运算问题，是中档题18如图，四边形ABCD为正方形，PACE，ABCEPA，PA平面ABCD（1）证明：PE平面DBE；（2）求二面角BPDE的正弦值的大小【分析】（1）连结AC，推导出BDAC，PABD，PAAD，从而BD平面APEC，进而BDPE，推导出PEDE，由此能证明PE平面DBE（2）以A为原点，AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角BPDE的正弦值（1）证明：连结AC，四边形ABCD是正方形，BDAC，PA平面ABCD，PABD，PAAD，PAACA，BD平面APEC，PE平面APEC，
24、BDPE，设AB1，则AD1，PA2，PD，同理解得DE，要梯形PACE中，解得PE，PE2+DE2PD2，PEDE，BDDED，PE平面DBE（2）解：以A为原点，AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，令AB1，则CE，AP2，P（0，0，2），E（1，1，1），D（1，0，0），B（0，1，0），（1，1，1），（1，0，2），（0，1， 2），（1，1，0），设平面DPE的法向量（x，y，z），则，取z1，得（2，1，1），设平面BPD的法向量（a，b，c），则，取c1，得（2，2，1），设二面角BPDE的平面角为，则cos，二面角BPDE的正弦值sin【点评】本题
25、考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19某公司为加强对销售员的考核与管理，从销售部门随机抽取了2019年度某一销售小组的月均销售额，该小组各组员2019年度的月均销售额（单位：万元）分别为：3.35，3.35，3.38，3.41，3.43，3.44，3.46，3.48，3.51，3.54，3.56，3.56，3.57，3.59，3.60，3.64，3.64，3.67，3.70，3.70（）根据公司人力资源部门的要求，若月均销售额超过3.52万元的组员不低于全组人数的65%，则对该销售小组给予奖励，否则不予奖励
26、试判断该公司是否需要对抽取的销售小组发放奖励；（）在该销售小组中，已知月均销售额最高的5名销售员中有1名的月均销售额造假，为找出月均销售额造假的组员，现决定请专业机构对这5名销售员的月均销售额逐一进行审核，直到能确定出造假组员为止设审核次数为X，求X的分布列及数学期望【分析】（）月均销售额超过了3.52万元的销售员占该小组的比例，比较判断即可；（）取X1，2，3，4，求出关于X的分布列，求出数学期望即可解：（）由题意，该小组共有11名销售员2019年度的月均销售额超过了3.52万元，故月均销售额超过了3.52万元的销售员占该小组的比例是55%65%，故不需要对抽取的销售小组发放奖励；（）X的所
27、有可能的取值为：1，2，3，4，则P（X1），P（X2），P（X3），P（X4），故X的分布列是：X1234P（X）E（X）1+2+3+4【点评】本题考查了求离散型随机变量的概率分布列，数学期望，难度不大，属于常规题20已知椭圆的左右焦点为F1，F2，离心率为，过点F2且垂直于x轴的直线被椭圆E截得的弦长为1（）求椭圆E的方程；（）若直线ykx+m（k0）交椭圆E于点C，D两点，与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M，N，且|CM|DN|，求|CD|的最小值【分析】（）通过离心率以及通径，求解a，b，然后求出椭圆方程（）把ykx+m（k0）代入得（1+4k2）x2+8kmx+4m240，
28、设D（x1，y1），C（x2，y2），利用韦达定理设出M，N，利用|CM|DN|，结合ykx+m（k0）与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M，N，求出CD，转化求解即可解：（）由题可知：，所以a2，b1，则椭圆E的方程为；（）把ykx+m（k0）代入得（1+4k2）x2+8kmx+4m240，设D（x1，y1），C（x2，y2），则，又，N（0，m），因|CM|DN|，所以xMx1x2xN，即xM+xNx1+x2，所以，因为ykx+m（k0）与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M，N，所以m0，又k0，则，故x1+x22m，因为直线ykx+m（k0）与线段F1F2及椭圆的短轴分别
29、交于不同两点，所以，即，且m0，所以，因为，且m0，所以当或时，|CD|的最小值为【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是难题21已知函数f（x）lnxmx2（mR）（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个不同的零点x1，x2，且x12x2，求证：ln（x22x12+1）（其中e2.71828是自然对数的底数）【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系对m进行分类讨论，即可求解；（2）由题意可得m，结合其结构特点可进行构造函数，结合导数及函数的性质可证解：（1），m0时，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，当m0
30、时，由f（x）0可得，0，由f（x）0可得x，所以f（x）在（0， ）上单调递增，在（，+）上单调递减，证明：（2）由题意可得0即m，令tx22，则g（t），所以，当时，g（t）0，g（t）单调递增，当t时，g（t）0，g（t）单调递减，m，f（1）m0，f（）ln2m0，令s则s42+13，由（1）可知，当m时，f（x）在（，+）上单调递减，所以f（s）lnsf（3）ln3，ln（x22x12+1）【点评】本题主要考查了函数的零点，导数在研究函数性质中的应用，考查了推理论证的能力22在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴且取相同的单位长度建
31、立极坐标（1）求曲线C的极坐标方程；（2）在极坐标系中，M，N是曲线C上的两点，若MON，求|OM|+|ON|的最大值【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换（2）利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果解：（1）曲线C的参数方程为（为参数），转换为直角坐标方程为，根据，整理得，转换为极坐标方程为（2）设M（1，），N（），所以|MM|1+22，当sin（）1时，【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能
32、力，属于基础题型23函数f（x）|x+a|+|xb|+c，其中a0，b0，c0（1）当abc1时，求不等式f（x）4的解集；（2）若f（x）的最小值为3，求证：【分析】（1）当abc1时，不等式f（x）4化为|x+1|+|x1|3对x分段去绝对值，转化为一元一次不等式求解，取并集得答案；（2）由绝对值不等式得f（x）|x+a|+|xb|+c|（x+a）（xb）|+ca+b+c3再由基本不等式得，利用同向不等式相加得结论解：（1）当abc1时，不等式f（x）4化为|x+1|+|x1|+14，即|x+1|+|x1|3当x1时，化为x+1+x13，解得；当1x1时，化为x+1（x1）3，此时无解；当x1时，化为（x+1）（x1）3，解得综上可得，不等式f（x）4的解集为：；证明：（2）a0，b0，c0，由绝对值不等式得f（x）|x+a|+|xb|+c|（x+a）（xb）|+ca+b+c3由基本不等式得：，当且仅当abc1时，上面三式等号成立三式相加得：，整理即得故【点评】本题考查绝对值不等式的解法，训练了利用基本不等式求最值，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是中档题声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2020/6/19 21:55:46；用户：李志锋；邮箱：66158；学号：27265291
