2020届高考数学百题精炼系列10（文理合卷）（通用）

1、2020届高考数学百题精炼系列10一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，选择一个符合题目要求的选项。【解析】，故其共轭复数是。【考点】数系的扩充与复数的引入。【点评】复数的考查重点就是复数的有关概念、代数形式的四则运算以及简单的几何意义。本题中计算要注意虚数单位的性质。3已知非零向量满足，则的形状为（ ）A等腰非等边三角形B等边三角形C三边均不相等的三角形D直角三角形【答案】A.【分析】根据平面向量加法的几何意义，向量的中点在角的内角平分线上，说明，角的内角平分线垂直于对边，根据数量积的定义说明。【解析】根据，角的内角平分线和边的高线重合，说明三角形是等腰

2、三角形，根据数量积的定义说明。故三角形是等腰非等边的三角形。【考点】平面向量。【点评】解答本题的关键是注意到向量分别是于向量同方向的单位向量，两个单位向量的和一定在角的内角平分线上。5若函数在上的单调递增的奇函数，则的图像是（ ）【答案】C。【分析】根据函数是确定值，根据其单调性确定值的范围，然后按照函数图象的变换方法进行判断。【解析】函数是奇函数，在对于任意恒成立，即对于任意恒成立，即对于任意恒成立，故只能是，此时函数，由于这个函数单调递增，故只能是。函数的图象是把函数的图象沿左移一个单位得到的，故正确选项C。【考点】基本初等函数。【点评】本题综合考查函数性质与图象。本题可以使用奇函数在处有

3、定义时，的方法直接求出值。7且，则实数的值为（ ）ABCD【答案】C.【分析】根据基本不等式确定的取值范围，结合余弦函数的有界性，即可确定的取值。【解析】当时，等号当且仅当时成立；当时，。由于，故只能，即。【考点】基本不等式、基本初等函数。【点评】本题交汇基本不等式和三角函数命制。本题中根据等式两端的取值情况，把含有变量的等式确定为具体的等式的方法在一些问题中是常用的。8已知数列满足且，则的值是（ ）ABCD【答案】A.【分析】根据数列满足足且可以确定数列是公比等于的等比数列，在根据等比数列的通项公式即可把通过求出的值。【解析】由，得，所以数列是公比等于的等比数列，所以。【考点】数列。【点评】

4、等比数列中有关系式，其中为公比，这个关系式可以看作推广的等比数列的通项公式，即，当时就是等比数列的通项公式。9由曲线，直线所围成的平面图形的面积为（ ）ABCD【答案】D.【分析】画出草图，如图所示。根据定积分的几何意义把曲边形的面积转化为区间上的定积分。【解析】如图，曲边形的面积为。【考点】导数及其应用。【点评】本题考查定积分求曲边形的面积，关键是根据定积分的几何意义把求解的面积归结为函数在区间上的定积分，再根据微积分基本定理求解。在把曲边形面积转化为定积分时，可以以为积分变量也可以以为积分变量，本题如果是以为积分变量，则曲边形的面积是。如果是以为积分变量，则被积函数是以为自变量的函数，如果

5、是以为积分变量，则被积函数是以为自变量的函数。10从张元，张元，张元的亚运门票中任选张，则选取的张中至少有张价格相同的概率为（ ）ABCD【答案】C.【分析】根据事件的对立性，选取的张中至少有张价格相同的对立事件就是“选取的张中价格互不相同”，即在每种价格的门票中各自选取一张。【解析】基本事件的总数是，在三种价格的门票中各自选取一张的方法数是，故随机事件“选取的张中价格互不相同”的概率是，故其对立事件“选取的张中至少有张价格相同”的概率是。【考点】概率。【点评】在计算古典概型的问题时，如果含有“至多”，“至少”等问题，可以考虑通过事件的对立关系简化计算。11椭圆的焦点为，点在椭圆上，则到轴的距

6、离为（ ）ABCD【答案】B .【分析】条件，说明点在以线段为直径的圆上，点又在椭圆上，通过方程组即可求得点的坐标，即可求出点到轴的距离。【解析】椭圆的焦点坐标是，点在以线段为直径的圆上，该圆的方程是，即，代入椭圆得，解得，即，此即点到轴的距离。【考点】圆锥曲线与方程。【点评】满足（其中是平面上两个不同的定点）的动点的轨迹是以线段为直径的圆。12上的函数的反函数为，且对于任意的，都有，则的值为（ ）A3BCD【答案】D.【分析】关系式，说明函数图象的对称性【解析】设函数式图象上的点，则，对于任意恒成立，即函数的图象关于点对称，根据互为反函数的两个函数图象关于直线对称，故函数的图象关于点对称，即

7、当函数图象上两个点的横坐标之和等于时，这两个点的纵坐标之和等于，故。【考点】基本初等函数。【点评】本题考查抽象的函数与其反函数，解题的关键是根据函数图象的对称性，可以说本题考查的重点是使用函数的对称性解题。值得注意的是课标高考对反函数的要求极低，在反函数问题上不要深究。这类抽象函数试题可以，可以通过寻找符合要求的具体函数求解，如本题中函数等均可。第卷（90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。【点评】注意展开式中二项式系数的和与展开式各项系数和是不同的，二项式系数的和就是，而各项的系数和还受其它因素制约，如本题中各项系数的和是。15，函数在区间上的最大值为，则 。【答案】。【分

8、析】函数的对称轴方程是，在区间内，因此函数取得最大值的点必然是中的一个，逐个进行检验。【解析】根据闭区间上函数取得最值的知识以及二次函数的性质，函数取得最大值的点必然是中的一个。若，则，时，这个函数的最大值为，故不合要求，若，则，当时函数值等于，故也不合要求。若，则，解得，若，则这个函数在内的最大值也不是，不合要求，若，则，此时，故此时函数在上的最大值是，符合要求。若，则，解得，符合要求，当时，此时函数在内的最大值也不是，不合要求。综上所述，。【考点】基本初等函数。【点评】闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，这些最值就是函数在区间内的极值和函数在端点处的函数值中的最大者和最小者，本题的思

9、路就是这样得到的。16直角坐标系中横坐标、纵坐标均为整数的点称为格点，如果函数的图象恰好通过个格点，则称函数为阶格点函数，下列函数：；，其中是一阶格点函数的有 。【答案】。【分析】根据各个函数的定义域和值域逐个进行判断。【解析】显然点在函数的图象上，而且函数只有最高点和最低点以及图象与轴的交点处，但这些点的横坐标都不是整点，函数是一阶格点函数；函数图象上点为整点，当取的整数时，函数值都不是整数，故函数是一阶格点函数；函数中，当取负整数或者零时，都是整点，故函数不是一阶格点函数；函数，显然点为其格点，当，都是整点，故函数不是一阶格点函数。【考点】基本初等函数。【点评】本题以新定义的形式命制，考查

10、的重点是函数的图象与性质。三、解答题：本大题共5小题，每小题12分，共60分。请将证明过程或演算步骤答在指定的答题框内，超过答题框内的答案无效 。17（本题满分12分）中，分别是角的对边 ，向量【点评】本题考查三角形中三角恒等变换、解三角形。方程思想在三角形问题中的应用极为广泛，根据已知条件可得方程、根据正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等都可以得到方程，解三角形问题的实质就是根据有关定理列方程求解未知元素。18（本题满分12分）已知圆，直线。 （1）求证：对，直线与圆总有两个不同交点； （2）若圆与直线相交于点和点，求弦的中点的轨迹方程。【分析】（1）利用点到圆心的距离小于圆的半径，判别式以

11、及直线系过定点等方法都可以解决；（2）根据韦达定理把点的坐标用参数表示出来，消掉参数即可得到点的轨迹方程。【解析】（1）方法1.直线系恒过定点，且点在圆内部，所以直线直线与圆总有两个不同交点。 （6分）方法2.直线方程与圆的方程联立，消掉得， （2分），所以直线与圆总有两个不同交点。 （6分）方法3.圆心到直线的距离，所以直线与圆总有两个不同交点。（6分）（2）设，由方程，得，由，得，代入，得，化简得，整理得。（12分）【考点】圆与方程。【点评】本题考查直线与圆的位置关系。在判断直线与圆的位置关系时，基本方法是圆心到直线的距离法和判别式法，但如果能够判断直线过圆内的一个点，也就判断了直线与圆一

12、定相交；本题第二问的是求直线被圆所截得的中点的轨迹方程，基本方法是使用韦达定理的参数法和点差法。19（本题满分12分）【考点】数列。【点评】本题考查根据数列的前项和求通项以及裂项方法求解数列的和，这是数列中最基本的两个问题，也是高考中考查频率极高的两个问题。在已知求时要注意分类求解以及对结果的整合。本题第二问中的取不到，但可以无限接近，故满足的不等式是，而不是，这里含有极限的思想。20（本题满分12分）已知函数为常数）。 （1）若函数时取得极小值，试确定的取值范围； （2）在（1）的条件下，设由的极大值构成的函数为，试判断曲线只可能与直线为确定的常数）中的哪一条相切，并说明理由。【分析】（1）

13、根据函数的导数的零点以及函数导数在零点左右的符号进行讨论；（2）实际上就是判断函数的导数的范围，根据函数的单调性进行即可。【解析】（1），令，得。当时，恒成立，此时函数单调递减，不是函数的极值点；当时，若，则，若，则，此时是函数的极大值点；当时，若，则，若，则，是函数的极小值点。综上所述，使得函数在处取得极小值的的取值范围是。 （6分）（2）由（1）知时，函数在时取得极大值。故函数的极大值等于，故。 （）。令，则，对于大于零恒成立，即函数在单调递减。故在上，即恒有。由直线的斜率是，直线的斜率是，根据导数的几何意义知曲线只能可能与直线相切。 （12分）【考点】导数及其应用。【点评】本题考查导数在

14、研究函数性质中的应用，考查分类整合思想、函数与方程思想以及等价转化的思想方法等。题目的第一问实际就是讨论二次函数的零点的分布以及在零点两侧的函数值的符号，显然时两个零点重合，这是一个不变号零点，如果是函数的极小值点，则在这个零点处的函数值是左负右正，结合二次函数图象，此时只能是，即。题目第二问转化为求的取值范围，采用的方法是构造函数再利用导数进行的研究方法，这种不断使用导数研究函数的性质的方法是高考考查导数的重点所在。21（本题满分12分）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，它的一个顶点为，且离心率等于，过点的直线与椭圆相交于不同两点，点在线段上。 （1）求椭圆的标准方程； （2）设，

15、试求的取值范围。【分析】（1）待定系数即可；（2）分直线的斜率存在与不存在，当直线的斜率存在时，以斜率为参数建立坐标之间的关系，利用把点的坐标用参数表示，再用点的坐标表示，根据范围进行求解。【解析】（1）设椭圆的标准方程是。由于椭圆的一个顶点是，故，根据离心率是得，解得。所以椭圆的标准方程是。 （4分）（2）设。若直线与轴重合，则，解得，得；若直线与轴不重合，设直线的方程为，与椭圆方程联立消去得，根据韦达定理得，。由，得，整理得，把上面的等式代入得，又点在直线上，所以，于是有。（10分），由，得，所以。（12分）综上所述。【考点】圆锥曲线与方程。【点评】本题考查圆锥曲线与方程、直线与圆锥曲线的

16、位置关系，这是高考中解析几何试题的传统命题形式。本题是难点是第二问，在直线的斜率不存在时，可以直接求出的值，比例式实际上等价于以及，这两个关系可以用来建立点的坐标之间的关系。四、考生注意：请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做题时，在答题纸上把选题目对应的题号写在括号中。22（本小题满分10分）选修41：几何证明选讲如图，已知AP是的切线，P为切点，AC是的割线，与交于B，C两点，圆心O在的内部，点M是BC的中点。 （1）求证：A、P、O、M四点共圆； （2）求的大小。【分析】（1）只要证明四边形的对角互补即可；（2）使用等量代换。【解析】（1）连结因为与相切于点，所以因为是的弦的中点，所以于是由圆心在的内部，可知四边形的对角互补，所以四点共圆（5分）（2）由（1）得四点共圆，所以由（1）得由圆心在的内部，可知所以（10分）【考点】几何证明选讲。【点评】本题为2020年海南宁夏卷试题。几何证明选讲的重点是圆的有关问题，其中四点共圆的问题尤为重要。23（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，已知点的直角坐标为，点的极坐标为，若直线过点，且倾斜角为，圆以为 圆心、为半径。 （1）求直线的参数方程和圆的极坐标方程； （2）试判定直线和圆的位置关系。24（本小题满分10分）选