四川省成都市第七中学2020年普通高等学校招生统一热身考试文科数学试题（解析版）

2020 年普通高等学校招生成都七中统一热身考试 文科数学 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 ， ，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. { }2 4 3 0A x x x= − + < { }2 3 0B x x= − > A B = 33, 2  − −   33, 2  −   31, 2      ( )1,+∞ A B { } { }2 4 3 0 1 3A x x x x x= − + < = < < { } 32 3 0 2B x x x x = − > = >   { }1A B x x∪ = > ( 3) ( 1)z m m i= + + − ( 31)− ， ( 13)− ， (1, )+∞ ( 3)−∞ −，【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 . 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】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. z 3 0{ 1 0 m m + > − < 3 1m− < < OZ 1 3 1 2 2 3 3 4 20 1 40 2 = ( ),1a m= ( )1,2b = 2 22a b a b+ = +   m = 1 2 1− 2− 2 22a b a b+ = +   0a b⋅ =【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 图像向左平移 个单位长度，则平移后图像的对称轴为 A. x= （k∈Z） B. x= （k∈Z） C. x= （k∈Z） D. x= （k∈Z） 【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，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 ( ) 的 2 22a b a b+ = +   2 22 22a b a b a b+ + ⋅ = +     0a b⋅ = ( ),1a m= ( )1,2b = 2 0a b m⋅ = + = 2m = − 12 π 2 6 kπ π− 2 6 kπ π+ 2 12 kπ π− 2 12 kπ π+ 2sin 2y x= 12 π 2sin(2 )6y x π= + 2 ,6 2x k k Z π ππ+ = + ∈ ,2 6 kx k Z π π= + ∈ ,2 6 kx k Z π π= + ∈ ( ) sin( )f x A wx ϕ= + 2sin 2y x= 12 π 2sin(2 )6y x π= +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 ，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 B． 7.某几何体的三视图如图所示（单位： ），则该几何体的体积（单位： ）是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 7.5 C° 7.5 C° 10 C° cm 3cm 2 4 6 8【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 ，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 b 40n > 10n < − 41n = 5 21 5 21 5 2119.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）求四棱锥 体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）1． 【解析】 【分析】 （1）先证 ，由面面垂直（直二面角）得 平面 ，再得线线垂直 ，然后可得 线面垂直； （2）由直二面角即面面垂直，可求得 到平面 距离，从而可求得体积． 【详解】（1）由题意 ，所以 ，所以 ， 又二面角 是直二面角，即平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，又因为 ， ， 所以 平面 BDE； （2）以 中点 ，连接 ， 因为 ，所以 ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 直角三角形 中， ， ， 所以 ． 的 2 2 2AB AD= = D AE B− − AD ⊥ D ABCE− AE BE⊥ BE⊥ ADE BE AD⊥ D ABCE 2 2( 2) ( 2) 2AE BE= = + = 2 2 2AE BE AB+ = AE BE⊥ D AE B− − DAE ⊥ ABE DAE  ABE AE= BE ⊂ ABE BE⊥ ADE AD ⊂ ADE AD BE⊥ AD DE⊥ DE BE E∩ = AD ⊥ AE M DM AD DE= DM AE⊥ DAE ⊥ ABE DAE  ABE AE= DM ⊂ ADE DM ⊥ ABE ADE 1 12DM AE= = 1 1( ) (2 2 2) 2 32 2ABCES AB CE BC= + ⋅ = + × = 1 1 3 1 13 3D ABCE ABCEV S DM− = = × × =【点睛】本题考查证明线面垂直，考查求棱锥的体积，掌握线面垂直的判定定理和面面垂直的性质定理是 解题关键． 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. （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）①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 ， ． ②若直线斜率存在，设直线 ，设 ， ， 联立椭圆得 ，化简得到 ， 2 2 2 2 1x y a b + = 1 2e = 2CO OD=  ABC 2 2 14 3 x y+ = 9 2 CD 2 4a = 2a = 1 2 ce a = = 1c = 3b = 2 2 14 3 x y+ = ( )2,0C 2CO OD=  ( )1,0D − 31, 2A −   31, 2B − −   3AB = 1 1 93 32 2 2ABCS AB CD= ⋅ = × × =  :AB y kx m= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 2 14 3 y kx m x y = + + = ( ) ( )2 2 24 3 8 4 3 0k x kmx m+ + + − =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 的范围； （2）求证：对 ，都有 . 【答案】（1） ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）求得函数 的导数，分 和 两种情况讨论，利用导数分析函数 的单调性，求得函 数 的最小值 ，由题意得出 ，解该不等式即可得出实数 的取值范围； （2）由（1）知，当 时， ，可得出 ，令 ，可 推导出 ，进而可推导出 ( )2 2 048 3 4k m∆ + − >= 2 23 4 0k m+ − > ( ) 1 2 2 2 1 2 2 8 4 3 4 3 4 3 kmx x k m x x k  + = − + − = + 2 2 4 3,4 3 4 3 km mD k k −   + +  2CO OD=  2 2 8 6,4 3 4 3 km mC k k −   + +  2 2 2 2 8 6 4 3 4 3 14 3 km m k k −      + +   + = 2 23 4 4k m+ = > 0∆ ( )22 2 1 2 1 2 1 21 1 4k x x kAB x x x x= + − = + ⋅ + − ⋅ 2 2 2 2 2 4 3 3 4 31 13 4 k mk kk m ⋅ + −= + ⋅ = + ⋅+ 21 md k = + 1 3 2 2ABOS d AB= =△ 93 2ABC ABOS S= =△ △ ABC 9 2 ( ) ( )1xf x e ax a R= − − ∈ ( ) 0f x ≥ x∈R a *n N∀ ∈ 1 1 1 11 2 3 11 1 1 1 n n n nn n n n n + + + +       + + + + ( )f x ( )f x ( )minf x ( )min 0f x ≥ a 1a = 1 xx e+ ≤ ( ) ( )1 11 n n xx e+ ++ ≤ ( )1 1,2,3, ,1 kx k nn + = =+  ( )1 1 1,2,3, ,1 n k n k e k nn e + +   < = +  结合等比数列求和公式 可证得所证不等式成立. 【详解】（1） ，则 . ①当 时， 对任意的 恒成立，则 在 上单调递增， 由 ，与题设矛盾； ②当 时，令 ，得 . 由 ，得 ；由 ，得 . 函数 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 适合题意， 综上，实数 的取值范围是 ； （2）由（1）可知，当 时， ，则 ， ， 令 ，则 ， ， ， 由 ，知 ，则 ， 因此， . ( )1 1 1 1 2 3 1 1 2 3 1 1 1 1 1 n n n n n n n e e e en n n n e + + + + +        + + + + < + + + +       + + + +         ( ) 1xf x e ax= − − ( ) xf x e a′ = − 0a ≤ ( ) 0f x′ > x∈R ( )f x ( ),−∞ +∞ ( ) 11 1 0f ae − = + − < 0a > ( ) 0xf x e a′ = − = lnx a= ( ) 0f x′ < lnx a< ( ) 0f x′ > lnx a> ∴ ( )f x ( ),ln a−∞ ( )ln ,a +∞ ( ) ( ) ln min ln ln 1 ln 1 0af x f a e a a a a a∴ = = − − = − − ≥ ( ) ( )ln 1 0g a a a a a= − − > ( ) ( )1 ln 1 lng a a a′∴ = − + = − ( ) 0g a′ > 0 1a< < ( ) 0g a′ < 1a > ( )g a∴ ( )0,1 ( )1,+∞ ( ) ( )max 1 0g a g∴ = = ∴ 1a = a { }1 1a = ( ) 1 0xx ef x= − − ≥ 1 xx e+ ≤ ( ) ( )1 11 n n xx e+ +∴ + ≤ ( )1 1,2,3, ,1 kx k nn + = =+  ( ) ( )1 1n x k n+ = − + ( ) ( )1 1 1 1,2,3, ,1 n k k n n k ee k nn e + − + +  ∴ < = = +   ( )1 1 1 1 2 3 1 1 2 3 1 1 1 1 1 n n n n n n n e e e en n n n e + + + + +        + + + + < + + + +       + + + +         ( ) ( ) 1 1 1 1111 1 1 1 n n n n n e e e e e e e e e e + + + −− −= ⋅ = =− − − 1 2ne e + > 11 1n ee − < − 11 11 ne e − 1 1 aba b + =（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． 3 3+a b ,a b 2 3 6a b+ = 4 2 1 1 aba b + = 2ab ≥ 3 3+a b ab 3 3+a b 2 3a b+ 4 3 4 3 6> 1 1 2ab a b ab = + ≥ 2ab ≥ 2a b= = 3 3+a b 3 32 4 2a b≥ ≥ 2a b= = 3 3+a b 4 2 2 3 2 6 4 3a b ab+ ≥ ≥ 4 3 6> ,a b 2 3 6a b+ =