1、广东省湛江市第二十一中学2020届高三数学下学期6月热身试题 文（含解析）一、选择题：本大题共12题，每小题5分，共60分.1.已知集合Ax|1x5，B1，3，5，则AB=（ ）A. 1，3B. 1，3，5C. 1，2，3，4D. 0，1，2，3，4，5【答案】A【解析】【分析】直接进行交集的运算即可.【详解】Ax|1x5，B1，3，5，AB1，3.故选：A.【点睛】本题考查了描述法、列举法定义，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题.2.复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】z，复数z的虚部为故选：D【点睛】
2、本题考查的是复数的运算及其概念，较简单.3.若直线与直线互相垂直，则实数（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】直接根据直线垂直公式计算得到答案.【详解】由两直线互相垂直可知，解得，故选：B.【点睛】本题考查了根据直线垂直求参数，属于简单题.4.已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，则该函数图象是由的图象经过怎样的变换得到?（ ）A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】由诱导公式及三角函数图像的性质可得，然后结合函数图像的平移变换求解即可.【详解】解：由函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，则
3、，即，则，即，则，又，又函数的图象是由的图象向右平移个单位长度得到，即函数的图象是由的图象向右平移个单位长度得到，故选：C.【点睛】本题考查了诱导公式及三角函数图像的性质，重点考查了函数图像的平移变换，属基础题.5.已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用等比数列前项和公式和通项公式列出方程组，求出首项和公比，由此能求出结果【详解】正项等比数列的前项和为，且，解得，故选：D【点睛】本题考查等比数列的第4项的求法，考查等比数列前项和公式和通项公式等基础知识，考查运算求解能力6.已知m，n是两条不同直线，是两个不同平面，有下列四个命题：若，则；
4、若，则；若，则；若，则.其中，正确的命题个数是（ ）A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】C【解析】【分析】根据空间中点、线、面的位置关系逐一判断即可.【详解】若，则与可以平行、相交、异面，故错误；若，则，故正确；若，则与可以平行、相交、异面，故错误；若，则与可以平行、相交或，故错误所以正确的命题个数是1故选：C【点睛】本题考查的是空间中点、线、面的位置关系，属于基础题.7.函数在的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题首先可以通过排除C项，然后通过判断函数是奇函数排除B项，最后通过排除D项，即可得出结果.【详解】令，因为，所以，排除C，因为，所以函数是奇函数
5、，排除B，因为，所以，排除D，故选：A.【点睛】本题考查函数图像的判断，可通过取特殊值、函数的奇偶性、函数的定义域等方式来判断，考查推理能力，是中档题.8.若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简得到答案.【详解】，故选：B.【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和应用能力.9.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据三视图知几何体是一个四分子一圆锥与一个三棱锥的组合体，分别计算其表面积得解.【详解】四分子一圆锥表面积 , 所以组合体表面积为故选：D【
6、点睛】本题考查三视图还原几何体求表面积问题.几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图10.在中，角的对边分别为，若，且满足，则的值为（ ）A. 2B. 3C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理将边化为角，即可求出角，结合向量的数量积即可求解.【详解】根据正弦定理得：即：,又，故选：D.【点睛】本题主要考查正弦定理、两角和的正弦公式及平面向量的数量积，考查边化角的技巧，属于基础题.11.周髀算经中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想现将铜钱抽象成如图所示
7、的图形，其中圆的半径为r，正方形的边长为a（0ar），若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p，则圆周率的值为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】计算圆形钱币的面积和正方形的面积，利用几何概型的概率公式求出p，则可求【详解】圆形钱币的半径为rcm，面积为S圆r2；正方形边长为acm，面积为S正方形a2在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是p1，所以故选：A【点睛】本题主要考查几何概型的概率求法及应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.12.设为拋物线的焦点，其准线与轴的交点为，过点且倾斜角为60的直线交拋物线于，两点，则的面积为（ ）A. B. C. 8D. 4
8、【答案】A【解析】【分析】根据倾斜角求出直线方程，联立方程求出弦长，结合点到直线的距离求出的高，从而可得的面积.【详解】抛物线的焦点为,；因为倾斜角为60的直线交拋物线于，两点，所以，联立得设，则；弦长；点到直线的距离为，所以的面积为.故选：A.【点睛】本题主要考查抛物线中的三角形的面积，准确求解弦长和高是解题关键，侧重考查数学运算的核心素养.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量、满足：，与夹角为，则_.【答案】【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算律和定义计算出的值.【详解】，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量模的计算，考查平面向量数量积的运算律和定义
9、，考查计算能力，属于基础题.14.已知正三棱锥，则此三棱锥外接球的半径为_.【答案】【解析】【分析】作出图形，找出外接球球心的位置，根据几何体的结构特征列等式可求三棱锥外接球的半径.【详解】如下图所示：设点为外心，则平面，则三棱锥的外接球球心在直线上，设其外接球的半径为，由正弦定理得，在中，由勾股定理得，即，解得.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥外接球半径的计算，解题时要充分分析几何体的结构特征，找出球心的位置，通过几何体的结构特征列等式求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.15.已知函数，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】函数，可得：，即，求得值，根据均值不等式，即可求得最小值.
10、【详解】函数，可得：故：，且根据均值不等式：当且仅当取等号的最小值为：故答案为：【点睛】本题考查了根据均值不等式求最值问题，解题关键是掌握均值不等式求最值的方法，在使用均值不等式求最值时，要注意验证等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.16.已知的内角、的对边分别为、，且，则_【答案】【解析】【分析】利用余弦定理可求得的值，利用正弦定理边角互化思想结合两角和的正弦公式可求得，进而可求得的值，利用正弦定理可求得的值.【详解】，即，由，解得，由正弦定理得，.，则，.由正弦定理得，得.故答案为：.【点睛】本题考查三角形边长的计算，涉及余弦定理和正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
11、三、解答题.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.17.随机调查某城市80名有子女在读小学的成年人，以研究晚上八点至十点时间段辅导子女作业与性别的关系，得到下面的数据表：是否辅导性别辅导不辅导合计男2560女合计4080（1）请将表中数据补充完整；（2）用样本的频率估计总体的概率，估计这个城市有子女在读小学的成人女性晚上八点至十点辅导子女作业的概率；（3）根据以上数据，能否有99%以上的把握认为“晚上八点至十点时间段是否辅导子女作业与性别有关？”.参考公式：，其中.参考数据：0.150.100.050.
12、0250.0100.0052.07227063.8415.0246.6357.879【答案】（1）见解析；（2）；（3）有把握.【解析】【分析】（1）由表可依次求出男性不辅导的人数、女性辅导的人数、不辅导的人数、女性的人数、女性不辅导的人数，由此得到答案；（2）根据频率的计算公式求解即可；（3）求出，然后与比较大小，由此可求得结论【详解】解：（1）如表，是否辅导性别辅导不辅导合计男253560女15520合计404080（2）在样本中有20位女士，其中有15位辅导孩子作业，其频率为，估计成人女士晚上八点至十点辅导孩子作业的概率为； （3），有99%的把握认为“晚上八点至十点时间是否段辅导孩子作
13、业与性别有关”【点睛】本题主要考查独立性检验的应用，属于基础题18.如图所示，在中，点在线段上，.（1）求的值；（2）判断是否为等腰三角形.【答案】（1）；（2）为等腰三角形.【解析】【分析】（1）首先由的值得出的值，然后在中运用正弦定理即可；（2）结合（1）中的结论求出，运用余弦定理求出，进而可得结果.【详解】（1）因为，所以在中，由正弦定理得：，即： 解得.（2）在中因为，所以所以，得， 所以为等腰三角形.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查了学生的计算能力，属于基础题.19.如图所示，梯形中，平面平面，且四边形为矩形，.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答
14、案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质可得面，推出，再利用勾股定理证明，即可推出线面垂直；（2）作于，证明面从而求出三棱锥的体积，再求出的面积，利用等体积法即可求得点到平面的距离.【详解】（1）又平面平面，且平面平面，面面，又平面平面，在中，在中，又，平面，平面；（2）由（1）可知为直角三角形，且，作于，则由已知平面平面，且平面平面，面，面，在中，设点到平面的距离为，则，即，解得：，所以点到平面的距离为.【点睛】本题考查线面垂直的判定及证明、点到平面的距离的求法，属于中档题.20.已知抛物线C的顶点为坐标原点O，对称轴为轴，其准线为.（1）求抛物线C的方程；（2）
15、设直线，对任意的抛物线C上都存在四个点到直线l的距离为，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据准线方程形式设抛物线标准方程，再根据数值求得，即得抛物线方程；（2）先根据确定，再借助切线转化条件，即,点到抛物线切线距离大于4恒成立，最后根据二次方程实根分布列不等式解得结果.【详解】（1）由题意可设抛物线C的方程：，则得，所以（2）由对任意的抛物线C上都存在四个点到直线l的距离为，得，设与直线平行的直线，要满足题设条件“对任意的抛物线C上都有四个点到直线l的距离为”，则有当与抛物线相切时，点到距离大于4恒成立，由得： 得点到距离为所以不等式恒成立， 代入 整理得：，令,即
16、在上恒成立所以得，求得或得 所以【点睛】本题考查抛物线方程、抛物线切线以及二次方程实根分布，考查综合分析与求解能力，属较难题.21.设函数（1）求函数的单调区间和极值；（2）若存在满足，证明成立.【答案】（1）当时， 在上单调递增没有极值；当时，在上单调递增，在上单调递减，极小值为；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）对函数进行求导得，分为和两种情形判别导数与0的关系即可得结果；（2）先得出，结合（1）知，设，构造函数，通过导数判断出的单调性，可得出，结合（1）中的单调性即可得出结果.【详解】（1）由得当时，从而得在上单调递增没有极值；当时，得；得；得；在上单调递增，在上单调递减，此时有极
17、小值，无极大值.（2）由得：，从而得由(1)知当时，从而得在上单调递增，所以此时不成立可知此时，由于的极小值点为，可设设 ，仅当时取得“”所以在为单调递增函数且当，时有，即又由，所以又由(1)知在上单调递减，且，所以从而得证成立.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调性和极值，解决极值点偏离问题构造函数是解题的关键，属于难题.22.在平面直角坐标内，直线过点，且倾斜角.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆的极坐标方程为.（1）求圆的直角坐标方程；（2）设直线与圆交于，两点，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把极坐标方程和直角坐标方程
18、之间进行转换（2）利用一元二次次方程根和系数的关系式的应用求出结果【详解】解：（1）由得，从而有即： （2）由题意设直线的参数方程为 即：代入圆的方程得整理得： ， 由且可知【点睛】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，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题23.已知函数.（1）解不等式；（2）当，时，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意，代入得到不等式，分类讨论，即可求解不等式的解集；（2）根据绝对值的三角不等式，以及基本不等式，即可作出证明.【详解】（1）由得，当时，得，所以；当时，得，所以；当时，得，所以；综上，此不等式的解集为：；（2）由 ，由绝对值不等式得，又因为同号，所以，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，所以.【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式解法，以及合理应用绝对值三角不等式和基本不等式求最值是解答本题的关键，着重考查了分类讨论思想，考查了学生的逻辑推理与运算求解能力.