四川省成都市第七中学2020届高三热身考试数学（理）试题 Word版含解析

四川省成都市第七中学2020届高三热身考试数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年普通高等学校招生成都七中统一热身考试 理科数学 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  2 4 3 0A x x x    ，  2 3 0B x x   ，则 A B  （ ） A. 33, 2      B. 33, 2     C. 31, 2      D.  1, 【答案】D 【解析】 【分析】 先解不等式，化简集合 A 、 B ，再求并集，即可得出结果. 【详解】∵    2 4 3 0 1 3A x x x x x       ，   32 3 0 2B x x x x        , 所以  1A B x x   . 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 ( 3) ( 1)z m m i    在复平面内对应的点在第四象限，则实数 m 的取值范围是 - 2 - A. ( 31) ， B. ( 1 3) ， C. (1, ) D. ( 3) ， 【答案】A 【解析】 试题分析： 要使复数 z 对应的点在第四象限,应满足 3 0{ 1 0 m m     ，解得 3 1m   ，故选 A. 【考点】 复数的几何意义 【名师点睛】复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 z＝a＋bi 复平面内的点 Z（a，b）（a，b∈R）． 复数 z＝a＋bi（a，b∈R） 平面向量OZ  . 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. 1 3 B. 1 2 C. 2 3 D. 3 4 【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 20 1 40 2  ，选 B. 【考点】几何概型 【名师点睛】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  ,1a m ，  1,2b  ，且 2 22a b a b     ，则 m  （ ） A. 1 B. 2 C. 1 D. 2 【答案】D - 3 - 【解析】 【分析】 先由 2 22a b a b     得到 0a b  ，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 2 22a b a b     ，所以 2 22 22a b a b a b         ，因此 0a b  ， 又向量  ,1a m ，  1,2b  ， 所以 2 0a b m    ，解得 2m   . 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 12  个单位长度，则平移后图像的对称轴为 A. x= 2 6 k  （k∈Z） B. x= 2 6 k  （k∈Z） C. x= 2 12 k  （k∈Z） D. x= 2 12 k  （k∈Z） 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：由题意得，将函数 2sin 2y x 的图象向左平移 12  个单位长度，得到 2sin(2 )6y x   ，由 2 ,6 2x k k Z     ，得 ,2 6 kx k Z    ，即平移后的函数的 对称轴方程为 ,2 6 kx k Z    ，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   sin( )f x A wx   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 2sin 2y x 的图象向左平移 12  个单位长度，得到函数的解析式 2sin(2 )6y x   ，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． - 4 - 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 7.5 C ，而一月的平均温差小于 7.5 C ，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10 C ，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 B． 7. 某几何体的三视图如图所示（单位： cm ），则该几何体的体积（单位： 3cm ）是（ ） - 5 - A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】 先还原几何体为一直四棱柱，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 2 ，底面为直角梯形，上下底分别为1、 2 ，梯形的高为 2 ，因此几何体的体积为  1 1 2 2 2 62      ，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 4 32a  ， 2 54b  ， 1 325c  ，则 A. b a c  B. a b c  C. b c a  D. c a b  【答案】A 【解析】 【详解】因为 4 1 3 32 16a   ， 2 1 5 54 16b   ， 1 325c  ， 因为幂函数 1 3y x 在 R 上单调递增，所以 a c ， 因为指数函数 16xy  在 R 上单调递增，所以b a ， 即 b ，得 lnx a ， ∴  f x 在 ( ,ln )a 单调递减，在 (ln , )a  单调递增， ∴     ln min ln ln 1 ln 1af x f a e a a a a a       ， 令    ln 1 0g a a a a a    ， ∴      1 ln 1 ln 0g a a a a       . 由   0g a  ，得 0 1a  ；由   0g a  ，得 1a  . ∴  g a 在( )0,1 单调递增，在 (1, ) 单调递减， ∴    max 1 0g a g  ， - 20 - ∴只有 1a  满足   0f x  对 xR 恒成立. 综上， a 的取值范围是 1a a  . （2）由（1）可知， 1a  时，   1 0xx ef x    ，则 1 xx e  ， ∴当 0x  时，  ln 1 x x  ， 令 1x k= ，则 1 1ln 1 k k        ， 从而  ln 1 ln 1k k k k   ， ∴     1 1 ln 1 ln 1lnk k k k k      ， 1,2, ,k n  . ∴     1 1 ln 1 ln 1lnn n n n n      ，  4ln 4 3ln3 1 ln 4   3ln3 2ln 2 1 ln3   2ln 2 1ln1 1 ln 2   以上各式相加，得      1 ln 1 ln 2 ln 3 ln 4 ln ln 1n n n n n          ， ∴  ln 1 ln !n n n n   ，∴   1ln 1 1 ln !n nn    ∴ 1ln 1 !n n n   ，∴ 1 !n n e n   . 【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 2cos  ， 0, 2      . - 21 - （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 : 3 2l y x  垂直，根据（1）中你得到的参数 方程，确定 D 的坐标. 【答案】（1）  1 , 0,. x cos y sin        为参数；（2） 3 3( , )2 2 【解析】 【分析】 （1）先求出半圆C 的直角坐标方程，由此能求出半圆C 的参数方程； （2）设点 D 对应的参数为 ，则点 D 的坐标为  1+cos ,sin  ，且  0,  ，半圆C 的 圆心是  1,0C 因半圆C 在 D 处的切线与直线l 垂直，故直线 DC 的斜率与直线 l 的斜率相等， 由此能求出点 D 的坐标. 【详解】（1）由ρ 2cosθ ，得  2 2 2 0, 0 1x y x y    ， ， 所以 C 的参数方程为  1 , 0,. x cos y sin        为参数 （2）  sin 0 π 33 tan 3, 0, , ,1+cos 1 2 3 3 2D                  【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 0, 0a b  ,且 1 1 aba b   （1）求 3 3a b 的最小值； （2）是否存在 ,a b ，使得 2 3 6a b  ， 并说明理由. 【答案】（1） 4 2 ；（2）不存在. 【解析】 【分析】 - 22 - （1）由已知 1 1 aba b   ，利用基本不等式的和积转化可求 2ab  ，利用基本不等式可将 3 3a b 转化为 ab ，由不等式的传递性，可求 3 3a b 的最小值；（2）由基本不等式可求 2 3a b 的最小值为 4 3 ，而 4 3 6 ，故不存在． 【详解】（1）由 1 1 2ab a b ab    ，得 2ab  ，且当 2a b  时取等号． 故 3 3a b 3 32 4 2a b  ，且当 2a b  时取等号． 所以 3 3a b 的最小值为 4 2 ； （2）由（1）知， 2 3 2 6 4 3a b ab   ． 由于 4 3 6 ，从而不存在 ,a b ，使得 2 3 6a b  成立． 【考点定位】基本不等式． - 23 -