2020年高考数学总复习练习题（六）（含解析）.docx

1、2020年高考数学总复习练习题一、单项选择题：1已知集合，则满足条件的集合的个数为（ ）A1B2C3D4【答案】D【解析】求解一元二次方程，得，易知.因为，所以根据子集的定义，集合必须含有元素1,2，且可能含有元素3,4，原题即求集合的子集个数，即有个，故选D.2下列各式的运算结果为纯虚数的是A(1+i)2Bi2(1-i)Ci(1+i)2Di(1+i)【答案】A【解析】由题意，对于A中，复数为纯虚数，所以正确；对于B中，复数不是纯虚数，所以不正确；对于C中，复数不是纯虚数，所以不正确；对于D中，复数不是纯虚数，所以不正确，故选A.3已知命题，使得，则命题是A，都有B，使得C，都有或D，都有或【

2、答案】C【解析】特称命题的否定是全称命题，即命题是：，都有或，故选：4已知函数在处的切线与直线平行，则二项式展开式中的系数为（ ）A120B140C135D100【答案】C【解析】由函数的解析式可得：，函数在处的切线与直线平行，则，则二项式，的展开式的通项公式为，故分别令,可得展开式中的系数为.故选C.5已知，过作的三条切线，三个切点横坐标成等差数列，则（ ）A2BCD【答案】B【解析】设切点一般形式为，则，即，化简得：，由题意知：此方程有3个不同解，设为，则，对应系数得：，把代入得：，由得：，故代入得：，由：代入得：故选B6已知是边长为4的等边三角形，、是内部两点，且满足，则的面积为（ ）.

3、ABCD【答案】A【解析】以为原点，以的垂直平分线为轴，建立直角坐标系等边三角形的边长为4，由足，的面积为，故选：7数列的前项和为( )A B C D 【答案】C【解析】试题分析：由数列前几项易得：，.故选C.8如图，在长方体中，M，N分别是棱BB1，B1C1的中点，若CMN=90，则异面直线AD1和DM所成角为（ ）A30B45C60D90【答案】D【解析】以为坐标原点,所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,如图,设,则,因为,所以,即有.因为,所以,即异面直线和所成角为.故选：D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分

4、，部分选对的得3分，有选错的得0分。9设都是正数，且，那么（ ）AB C D E.【答案】AD【解析】由题意,设,则,对于选项A,由,可得,因为,故A正确,B错误;对于选项C,故,即C错误;对于选项D,故,即D正确;对于选项E,故,即E错误.故选:AD.10若函数在上有最大值，则a的取值可能为（）ABCD【答案】ABC【解析】令，得，当时，；当或时，则的增区间为，减区间为， 从而在处取得极大值，由，得，解得或，又在上有最大值，所以，即，故选ABC.11已知函数的部分图象如图所示，下列说法错误的是（ ）A函数的图象关于直线对称B函数的图象关于点对称C函数在上单调递减D该图象对应的函数解析式为【答

5、案】ABC【解析】由函数的图象可得，由，,得再由最值得，又，得，得函数，故选项D正确. 当时，不是最值，故A不成立；当时，不等于零，故B不成立；得，故C不成立； 故选：ABC12已知抛物线的焦点为、准线为，过点的直线与抛物线交于两点，点在上的射影为，则 （ ）A若，则B以为直径的圆与准线相切C设，则D过点与抛物线有且仅有一个公共点的直线至多有2条【答案】ABC【解析】对于选项A,因为,所以,则,故A正确；对于选项B,设为中点,设点在上的射影为,点在上的射影为,则由梯形性质可得,故B正确；对于选项C,因为,所以,故C正确；对于选项D,显然直线,与抛物线只有一个公共点,设过的直线为,联立,可得,令

6、,则,所以直线与抛物线也只有一个公共点,此时有三条直线符合题意,故D错误；故选：ABC三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13用17列货车将一批货物从A市以的速度匀速行驶直达B市.已知A、B两市间铁路线长，为了确保安全，每列货车之间的距离不得小于,则这批货物全部运到B市最快需要_,此时货车的速度是_.【答案】8，100【解析】这批货物全部运到B市需要时间为当，即，速度越快，时间越短，所以最快需要的速度行驶，需要8小时，故答案为8,100.14椭圆1和双曲线y21的公共焦点为F1、F2，P是两曲线的一个交点，那么cosF1PF2的值是_【答案】【解析】设P是双曲线右支上的一点，设|

7、PF1|m，|PF2|n则，解得mn3|F1F2|4cosF1PF2故答案为15有下列四个说法：已知向量， ，若与的夹角为钝角，则；先将函数的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小为原来的后，再将所得函数图象整体向左平移个单位，可得函数的图象；函数有三个零点；函数在上单调递减，在上单调递增.其中正确的是_.（填上所有正确说法的序号）【答案】【解析】点，函数的导数，以及三角函数有关知识，对各个命题逐个判断即可对，若与的夹角为钝角，则且与不共线，即，解得且，所以错误；对，先将函数的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小为原来的后，得函数的图象，再将图象整体向左平移个单位，可得函数的图象，正确；对，函数的零点个

8、数，即解的个数，亦即函数与的图象的交点个数，作出两函数的图象，如图所示：由图可知，正确；对，当时，当时，故函数在上单调递减，在上单调递增，正确故答案为：16若，分别计算，进而猜想_.【答案】【解析】由题意可得：，且，据此可猜想：.故答案为：四、 解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17（本小题满分10分）在数列中，已知，且.（1）求通项公式.（2）求证：是递增数列. （3）求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析【解析】（1），解得因此.证明（2），故是递增数列.（3），而，.故.18（本小题满分12分）已知函数.（1）求函数的最小正周

9、期；（2）在中，为钝角，且，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）因此，函数的最小正周期为；（2）由可得，又为钝角，所以，. 由余弦定理，故，整理得，解得，因此，.19（本小题满分12分）如图所示，抛物线关于轴对称，它的顶点在坐标原点，点，均在抛物线上（1）写出该抛物线的方程及其准线方程；（2）当与的斜率存在且倾斜角互补时，求的值及直线的斜率【答案】(1)抛物线的方程是, 准线方程是；（2）1【解析】（I）由已知条件，可设抛物线的方程为因为点在抛物线上,所以，得. 2分故所求抛物线的方程是, 准线方程是. 4分（2）设直线的方程为，即：，代入，消去得：. 5分设，由韦达定理得：，即：

10、. 7分将换成，得，从而得：， 9分直线的斜率. 12分.20（本小题满分12分）如图，在平面图形中，为菱形，为的中点，将沿直线向上折起，使.（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积.【答案】（1）见解析； （2）.【解析】（1）取中点，连接，由底面，所以，又由为的中点，所以，可得，又由，所以平面，由可得：面，又面平面平面.（2）由（1）知面，连接，易知.设，则.故，即，解得，故，故21（本小题满分12分）某游戏棋盘上标有第、站，棋子开始位于第站，选手抛掷均匀硬币进行游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第站或第站时，游戏结束.设游

11、戏过程中棋子出现在第站的概率为.（1）当游戏开始时，若抛掷均匀硬币次后，求棋子所走站数之和的分布列与数学期望；（2）证明：；（3）若最终棋子落在第站，则记选手落败，若最终棋子落在第站，则记选手获胜.请分析这个游戏是否公平.【答案】（1）分布列见解析，数学期望；（2）见解析；（3）游戏不公平.【解析】（1）由题意可知，随机变量的可能取值有、， ，. 所以，随机变量的分布列如下表所示：所以，；（2）依题意，当时，棋子要到第站，有两种情况：由第站跳站得到，其概率为；可以由第站跳站得到，其概率为.所以，. 同时减去得；（3）依照（2）的分析，棋子落到第站的概率为， 由于若跳到第站时，自动停止游戏，故有

12、.所以，即最终棋子落在第站的概率大于落在第站的概率，游戏不公平.22（本小题满分12分）设函数，（1）若函数f（x）在处有极值，求函数f（x）的最大值；（2）是否存在实数b，使得关于x的不等式在上恒成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由；【答案】（1）函数f（x）的最大值为（2）存在，详见解析【解析】（1）由已知得：，且函数f（x）在处有极值，当时，f（x）单调递增；当时，f（x）单调递减；函数f（x）的最大值为（2）由已知得：若，则时，在上为减函数，在上恒成立；若，则时，在0，+）上为增函数，不能使在上恒成立；若，则时，当时，在上为增函数，此时，不能使在上恒成立；综上所述，b的取值范围是