1、2020年高考数学总复习练习题一、单项选择题：1在复平面内，复数是虚数单位）对应的点位于（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【答案】B【解析】本题考查三角函数的符号,复数的几何意义.复数在复平面内对应点坐标为因为所以则是第二象限点.故选B2已知，则，的大小关系是（ ）ABCD【答案】B【解析】， ， ， ， ，并且 ， ，综上可知.故选：B3若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（）ABCD【答案】B【解析】由题意得：在上单调递增 在上恒成立又 在上恒成立当时， ，解得：本题正确选项：4在中，已知边上的中线长为2，则（ ）A12B-12C3D-3【答案】C【解析】 即相减得
2、到故选：5在数列中，若，则该数列的前50项之和是（ ）A18B8C9D4【答案】D【解析】由题意得故数列为周期为6的周期函数.且.故该数列的前50项之和.故选：D6过抛物线：焦点的直线交该抛物线于点，与抛物线的准线交于点，如图所示，则的最小值是（ ）A8B12C16D18【答案】C【解析】因为双曲线的焦点,所以设直线的方程为, ,则,将代入到,整理得,则,所以,所以 ,当且仅当,即时取得等号.故选:C7如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下结论:，CF与EN所成的角为,/MN ，二面角的大小为,其中正确的个数是（ ）A1B2C3D4【答案】C【解析】画出正方体的直观图，如下图所示，
3、设正方体边长为，以分别为轴建立空间直角坐标系.则，所以，所以，故正确.由于，所以CF与EN所成的角为，而在中，也即是等边三角形，故，所以正确.由于，而与相交，故不平行，错误.由于，所以即是二面角的平面角.是等腰直角三角形，所以，故正确.综上所述，正确的命题个数为个.故选：C.8过抛物线的焦点，且斜率为的直线交于点（在轴上方），为的准线，点在上且，则点到直线的距离为（ ）ABCD【答案】A【解析】设直线与轴相交于点，与直线相交于点，设，因为，所以，所以，解得：，设，由焦半径公式得：，所以，所以，所以点到直线的距离为.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
4、符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分。9已知第一象限角，锐角，小于的角，那么A、B、C关系是（ ）ABCD【答案】BC【解析】对于A选项，除了锐角，还包括其它角，比如，所以A选项错误.对于B选项，锐角是小于的角，故B选项正确.对于C选项，锐角是第一象限角，故C选项正确.对于D选项，中角的范围不一样，所以D选项错误.故选：BC10演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分7个有效评分与9个原始评分相比，发生改变的数字特征是（ ）A中位数B平均数C方差D极差【答案】BCD【解析】中位数是
5、将9个数据从小到大或从大到小排列后，处于中间位置的数据，因而去掉1个最高分和1个最低分，不变的是中位数，平均数、方差、极差均受影响故选:BCD 11已知两条直线，及三个平面，则的充分条件是（ ）A，B，C，D，【答案】ABC【解析】由面面垂直定理可以判断正确，对于选项，也可以得到，故错.故选：.12高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如：，已知函数，则关于函数的叙述中正确的是（ ）A是偶函数B是奇函数C在上是增函数D的值域是【答案】BC【解析】根
6、据题意知，函数既不是奇函数也不是偶函数，A错误；，是奇函数，B正确；由复合函数的单调性知在上是增函数，C正确；，D错误故选:BC三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13函数的零点个数是_；满足f(x0)1的x0的取值范围是_【答案】2 （1，0）（2，+） 【解析】时，当时，共2个零点，即零点个数为2；当时，当时，即，的的取值范围是故答案为：2；14已知函数.的最大值为_ ；设当时，取得最大值，则_.【答案】 【解析】， (其中 ，)当，即时，取最大值由题意可知故答案为：；15在平面几何中，若正方形的内切圆面积为外接圆面积为则，推广到立体几何中，若正方体的内切球体积为外接球体积为
7、，则_【答案】【解析】正方形的内切圆半径为 外接圆半径为，半径比，面积比为半径比的平方，类比正方正方体内切球半径为 外接球半径为，径比，所以体积比是半径比的立方=，填16关于函数，给出以下四个命题，其中真命题的序号是_.时，单调递减且没有最值；方程一定有解；如果方程有解，则解的个数一定是偶数；是偶函数且有最小值.【答案】【解析】对于命题，当时，.当时，则函数在上单调递增，此时，当时，当时，则函数在上单调递减，所以，当时，函数不单调且没有最值，命题错误；对于命题，当时，当时，当时，构造函数，则函数在上单调递增，当时，当时，所以，函数在上有且只有一个零点，即当时，方程在上有解.函数的定义域为，关于
8、原点对称，则函数为偶函数，同理可知，当时，方程在上有解.所以，命题正确；对于命题，当时，令，解得，则命题错误；对于命题，由可知，函数是偶函数，由绝对值的性质可知且，则函数为偶函数且最小值为，命题正确.因此，正确命题的序号为.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）在中，内角的对边分别为，且.（1）求角的大小.（2）若边上的中线，且,求的周长.【答案】（1）（2）【解析】（1）由已知 由正弦定理得： 由余弦定理得：在中，因为,所以 （2）由，得 由（1）知，即 在中，由余弦定理得： 在中，由余弦定理得： 因为，所以 由
9、，得所以所以的周长.18（本小题满分12分）已知数列满足，其中（1）若数列前四项，依次成等差数列，求，的值；（2）若，且数列为等比数列，求的值；（3）若，且是数列的最小项，求的取值范围【答案】（1） （2）答案不唯一，见解析 （3）【解析】（1）由已知递推式可得，；，由等差数列知，得；（2），则，由，得或当时，满足题意；当时，由累加法得，满足题意；（3）时，当时，由恒成立得，恒成立设，只需求出的最小值当时，有；当时，直接验证；故为最小值，其值为，；当时，需满足恒成立，对验证，；，；，；，综上，19（本小题满分12分）为进一步优化教育质量平台，更好的服务全体师生，七天网络从甲、乙两所学校各随机抽
10、取100名考生的某次“四省八校”数学考试成绩进行分析，分别绘制的频率分布直方图如图所示.为了更好的测评各个学校数学学科的教学质量，该公司依据每一位考生的数学测试分数将其划分为“，”三个不同的等级，并按照不同的等级，设置相应的对学校数学学科教学质量贡献的积分，如下表所示.测试分数的范围分数对应的等级贡献的积分等1分等2分等3分（1）用样本的频率分布估计总体的频率分布，若将甲学校考生的数学测试等级划分为“等”和“非等”两种，利用分层抽样抽取10名考生，再从这10人随机抽取3人，求3人中至少1人数学测试为“等”的概率；（2）视频率分布直方图中的频率为概率，用样本估计总体，若从乙学校全体考生中随机抽取
11、3人，记3人中数学测试等级为“等”的人数为，求的分布列和数学期望；（3）根据考生的数学测试分数对学校数学学科教学质量贡献的积分规则，分别记甲乙两所学校数学学科质量的人均积分为和，用样本估计总体，求和的估计值，并以此分析，你认为哪所学校本次数学教学质量更加出色？【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）答案见解析.【解析】（1）由题意知抽取的10人中，数学成绩为“等”和“非等”的人数分别为2人和8人.设从这10人随机抽取3人，求3人中至少1人数学测试为“等”的事件为，则.（2）视频率分布直方图中的频率为概率，用样本估计总体，则每位考生数学测试等级为“等”的概率为.记3人中数学测试等级为“等”的人数
12、为，则.，.0123故.（3）由题可知，设和的估计值为和，则，如果仅以考生的数学测试分数对学校贡献的积分来看，本次考试，我认为乙学校本次数学测试更加出色.20（本小题满分12分）如图，四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD是边长为a的正方形，且PD=a（1）求四棱锥PABCD的体积；（2）若E为PC中点，求证：PA平面BDE；（3）求直线PB与平面ABCD所成角的正切值【答案】见解析【解析】（1）四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD是边长为a的正方形，且PD=a所以：=证明：（2）在正方形ABCD中，连接AC和BD交与点O，连接OE，所以：O是AC的中点，由于E是PC
13、的中点，所以：OE是PAC的中位线，则：OEPAOE平面BDEPA平面BDE，所以：PA平面BDE解：（3）PD底面ABCD，底面ABCD是边长为a的正方形，且PD=a则：BD=所以：PBD就是PB与平面ABCD所成角则：所以：直线PB与平面ABCD所成角的正切值为21（本小题满分12分）已知函数，是的导函数.（1）证明：当时，在上有唯一零点；（2）若存在，且时，证明：.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）证明：当时，.当时，为增函数，且，在上有唯一零点；当时，在上没有零点.综上知，在上有唯一零点.（2）证明：不妨设，由得，.设，则，故在为增函数，从而，下面证明：.令，则，即证明，只要证明.（*）设，则，在单调递减.当时，从而（*）得证，即.，即.22（本小题满分12分）已知椭圆的长轴长为4，直线被椭圆截得的线段长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的右顶点作互相垂直的两条直线分别交椭圆于两点（点不同于椭圆的右顶点），证明：直线过定点.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据题意，设直线与题意交于两点.不妨设点在第一象限，又长为，可得，又，故题意的标准方程为，（2）显然直线的斜率存在且不为0，设，由得，同理可得当时，所以直线的方程为整理得，所以直线当时，直线的方程为，直线也过点所以直线过定点.