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 理（含解析）一.选择题（共12小题）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先解出集合，再利用集合的交运算即可求解.【详解】或，.故选：A【点睛】本题主要考查了集合的交运算，同时考查了一元二次不等式的解法以及绝对值不等式的解法，属于基础题.2.已知是纯虚数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简复数后，根据纯虚数的概念可得，再根据复数的模的计算公式可得答案.【详解】，因为是纯虚数，所以，所以，所以，故选：B【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了复数的概念，考查了复数的模长公
2、式，属于基础题.3.算法统宗全称新编直指算法统宗，共卷，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. ；B. ；C. ；D. ；【答案】D【解析】【分析】表示小僧人数，表示大僧人数，由已知“大僧三个更无争，小僧三人分一个”可设馒头数为，则；馒头共有100个，即可作为判断程序结束的条件.【详解】由程序框图可知，表示小僧人数，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，则，所以中填入，当时结束程序，输出，故选：D【点睛
3、】本题考查完善程序框图的执行框与判断框，属于简单题.4.已知实数满足.命题：函数在上单调递减.则命题为真命题的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】计算得到，命题P为真命题，则有，根据几何概型计算得到答案.【详解】由有，若命题P为真命题，则有，即；所以命题P为真命题的概率为，故选：A.【点睛】本题考查了根据命题的真假求参数，几何概型，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.5.已知是各项不相等的等差数列，若，且，成等比数列，则数列的前8项和（ ）A. 112B. 144C. 288D. 110【答案】B【解析】【分析】设等差数列的公差为，由等比中项的性质和等差数列的通项公
4、式即可得公差，再由等差数列的求和公式即可得解.【详解】是各项不相等的等差数列，设公差为，若，且，成等比数列，可得，即，解得或（舍去），则数列的前8项和.故选：B.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和求和公式、等比中项的性质，考查了方程思想和运算求解能力，属于基础题.6.函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】确定函数的奇偶性排除，再求一些特殊的函数值，根据其正负排除一些选项【详解】由，知为奇函数，排除D；，排除C；，排除A故选：B【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，解题时可通过确定函数的奇偶性、单调性等性质，特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势等由
5、排除法得出正确选项7.展开式中的系数为（ ）A. B. C. 16D. 24【答案】C【解析】【分析】由题意结合二项式定理可得展开式的通项公式，分别令、，运算即可得解.【详解】由题意，二项式展开式的通项公式，令，；令，；所以的系数为.故选：C.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了运算求解能力，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( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知得到，进一步得到，再代入中计算即可.【详解】设的夹角为，由已知，所以，所以.故选：D【点睛】本题考查向量模的计算，涉及到向量的投影，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.9.已
6、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（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由三视图可知该几何体是一个四棱锥，分别求出其各棱长，即可确定结果.【详解】由三视图可知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，其中，；，所以最长的棱的长度为.故选B【点睛】本题主要考查几何体的三视图，根据三视图还原几何体即可，属于常考题型.10.将函数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），得到函数的图象，则下列说法中正确的是（ ）A. 的周期为B. 是偶函数C. 的图象关于直线对称D. 在上单调递增【答案】D【解析】【分析】首先利
7、用三角恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，再利用图象的平移变换和伸缩变换的应用求出函数 的关系式，然后再利用正弦函数的性质对各选项进行判断，即可得到结果【详解】函数， 把函数图象向右平移个单位，得到， 再把各点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)， 得到 故函数的最小正周期为，故选项A错误； 函数，不为偶函数，故选项B错误；当时，故选项C错误；由于，所以，故函数 单调递增，故选项D正确 故选：D【点睛】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，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题11.已知双曲线（，），以
8、点（）为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则的离心率为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出双曲线的一条渐近线方程，利用圆与双曲线的一条渐近线交于两点，且，则可根据圆心到渐近线距离为列出方程，求解离心率【详解】不妨设双曲线的一条渐近线与圆交于，因为，所以圆心到的距离为：，即，因为，所以解得故选A【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查了转化思想以及计算能力，属于中档题对于离心率求解问题，关键是建立关于的齐次方程，主要有两个思考方向，一方面，可以从几何的角度，结合曲线的几何性质以及题目中的几何关系建立方程；另一方面，可以从代数的角度，结合曲线方程的性
9、质以及题目中的代数的关系建立方程.12.已知四棱锥的顶点都在球的球面上，底面，若球的表面积为，则（ ）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据球的表面积为可得外接球半径,再根据底面中的边长关系,结合圆的内接四边形的性质求解底面外接圆的半径,进而求得即可.【详解】设球的半径为,则,解得.设底面外接圆的半径,则由圆的内接四边形的性质可知,又,.故.故.故.故.故选：C【点睛】本题主要考查了外接球的问题,需要根据底面圆的直径以及锥体高与球的直径满足的勾股定理,再结合底面外接圆的内接四边形的性质进行求解.属于中档题.二.填空题（共4小题）13.若曲线在点处的切线与直线垂直，则切线的方程
10、为_或_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意可设，结合导数的运算及几何意义可得，解出，从而可得点的坐标，根据直线的点斜式方程即可求出切线的方程.【详解】由题意曲线在点处的切线斜率为1，设，解得或，或，切线的方程为即或.故答案为：；.【点睛】本题考查了导数的运算及几何意义的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.14.公比为正数的等比数列的前项和为，若，则的值为_【答案】56【解析】【分析】根据已知条件求等比数列的首项和公比，再代入等比数列的通项公式，即可得到答案.详解】，.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和前项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑
11、推理能力、运算求解能力.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_【答案】114【解析】【分析】先排甲乙，将最后的三人分成四种情况：（1）三人一起去第三所学校，（2）两个人去第三所学校，另一个人到前两所学校中任意一所，（3）一人到第三所学校，另两个人一起到前两所学校中的任意一所，（4）一人到第三所学校，另两人分别到前两所学校中的任意一所.再分别计算即可得到答案.【详解】分四种情况：（1）安排甲去一所学校共有种方法，安排乙到第二所学校共有种方法，余下三人去第三所学
12、校共有种方法，共有种方法.（2）安排甲去一所学校共有种方法，安排乙到第二所学校共有种方法，余下的三人中两人一起去第三所学校有种方法，另一个人去前两所学校中任意一所共有种方法，共有种方法.（3）安排甲去一所学校共有种方法，安排乙到第二所学校共有种方法，余下的三人中一人去第三所学校有种方法，另外两人一起去前两所学校中任意一所共有种方法，共有种方法（4）安排甲去一所学校共有种方法，安排乙到第二所学校共有种方法，余下的三人中一人去第三所学校有种方法，另外两人分别去前两所学校中任意一所共有种方法，共有种方法.综上共有种方法.故答案为：【点睛】本题主要考查排列组合的综合应用，考查了学生的分类讨论的思想，属
13、于中档题.16.已知抛物线的焦点为，过点的直线l与抛物线相交于、两点，为坐标原点，直线、与抛物线的准线分别相交于点，则的最小值为_.【答案】4【解析】【分析】设直线的方程为，联立方程，利用根与系数的关系，求得及结合直线和的方程，得出点和的坐标取得，再结合基本不等式，即可求解.【详解】设点、的坐标分别为，直线的方程为，联立方程消去后整理为，可得，则，直线的方程为，可求得点的坐标为，直线的方程为，可求得点的坐标为，记抛物线的准线与轴的交点为，有，由，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为4.故答案为:4【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系的应用，解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应
14、用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力三.解答题（共7小题）17.已知三角形中，三个内角的对应边分别为，且.（1）若，求；（2）设点是边的中点，若，求三角形的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）用余弦定理后解方程可求得；（2）由余弦定理求得中线与边长的关系，从而求得三角形的第三边长，再由余弦定理求出一个角的余弦，转化为正弦后可得三角形面积【详解】（1）由余弦定理可得.（2）由题意可得，又，即，由，.【点睛】本题考查余弦定理解三角形，考查三角形面积，本题中涉及三角形路线问题，根据余弦定理有结
15、论成立（其中是中点）18.如图，四边形ABCD为正方形，PACE，AB=CEPA，PA平面ABCD.（1）证明：PE平面DBE；（2）求二面角BPDE的正弦值的大小.【答案】（1）证明见解析.（2）【解析】【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.【详解】（1）证明：连结AC，四边形ABCD是正方形，BDAC，PA平面ABCD，PABD，PAAD，PAAC=A，BD平面APEC，PE
16、平面APEC，BDPE，设AB=1，则AD=1，PA=2，PD，同理解得DE，在梯形PACE中，解得PE，PE2+DE2=PD2，PEDE，BDDE=D，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，令AB=1，则CE=1，AP=2，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z=1，得(2，1，1)，设平面BPD的法向量(a，b，c)，则，取c=1，得(2，2，1)，设二面角BPDE的平面角为，则，二面角BPDE
17、的正弦值sin.【点睛】本题考查了线面垂直的判定，重点考查了空间向量的应用，属中档题.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，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
18、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，求的分布列及数学期望.【答案】（）不需要对该销售小组发放奖励；（）分布列见解析，.【解析】【分析】（）根据该小组名销售员中有11名销售员2019年度月均销售额超过3.52万元可知，月均销售额超过3.52万元的销售员占该小组的比例为，低于，即可判断不需要对该销售小组发放奖励；（）由题意知随机变量的可能取值为1，2，3，4，即可写出分布列，求出数学期望【详解】（）该小组共有11名销售员201
19、9年度月均销售额超过3.52万元，分别是：3.54，3.56，3.56，3.57，3.59，3.60，3.64，3.64，3.67，3.70，3.70.月均销售额超过3.52万元的销售员占该小组的比例为.，故不需要对该销售小组发放奖励.（）由题意，随机变量的可能取值为1，2，3，4.则，.随机变量的分布列为1234.【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，意在考查学生的数据处理能力和数学运算能力，属于基础题20.已知椭圆的左右焦点为，离心率为，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的弦长为1.（1）求椭圆的方程；（2）若直线交椭圆于点，两点，与线段和椭圆短轴分别交于两个不同点，且，
20、求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的离心率和过焦点且垂直于轴的弦长列方程，解方程求得，由此求得椭圆方程.（2）联立直线的方程和椭圆方程，写出根与系数关系，结合求得的值，根据的取值范围以及弦长公式，求得的最小值.【详解】（1）由题可知：，且，解得，.则椭圆的方程为；（2）把代入得，设，则，又，因，所以，即，所以，因为与线段和椭圆短轴分别交于两个不同点，所以，又，则，故，因为直线即与线段及椭圆短轴分别交于不同两点，由于，直线过，所以，即，且，所以，因为，且，所以当或时的最小值为.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中
21、档题.21.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个不同的零点，且，求证：.(其中是自然对数的底数)【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导得到，再分， 讨论求解.（2）根据为的零点，有，用导数求得m的范围，再利用零点存在定理得到 ，令，结合（1）在上的单调性求解.【详解】（1）定义域为，当时，在单调递增；当时，由，得；由得，在上单调递增，在上单调递减.（2）为的零点，即，令，则，当时，单调递增；当时，单调递减，又，令，则，由（1）知，当时，在上单调递减，.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与函数的零点，导数与不等式的证明，还考查了分类讨论，转化化归的思
22、想和推理论证运算求解能力，属于难题.22.在平面直角坐标系中，曲线参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）在极坐标系中，是曲线上的两点，若，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将参数方程化为普通方程，再根据极坐标和直角坐标互化的原则可求得极坐标方程；（2）设，则，从而当时，取得最大值.【详解】（1）将曲线的参数方程化为普通方程为：即：根据，可得：曲线的极坐标方程为：（2）设，则当时，【点睛】本题考查参数方程化普通方程、极坐标和直角坐标的互化、极坐标的几何意义的应用问题，属于常规题型.23.函数，其中，（1）当时，求不等式的解集；（2）若的最小值为3，求证：【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）不等式等价，分类讨论解不等式得到答案.（2）根据绝对值三角不等式得到，由基本不等式得，相加化简得到答案.【详解】（1）当时，不等式，即，即当时，化为，解得；当时，化为，此时无解；当时，化为，解得综上可得，不等式的解集为：（2）由绝对值三角不等式得由基本不等式得，三式相加得，整理即得，当且仅当时，等号成立【点睛】本题考查了解绝对值不等式，绝对值三角不等式，均值不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
