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1、 艺体生押题54题考前必做1已知集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】计算，再计算交集得到答案.【详解】，故.故选：.2（2020江西省名高三第二次大联考（理）已知集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】因为，所以，故选A。3（2020河南省实验中学高三二测（理）已知全集，集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意得或，故选A。4已知复数，在复平面内对应的点分别为，则的共轭复数为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据题意，再计算共轭复数得到答案.5（2020陕西省西安中学高三三模（理）已知复数的实部不为0，且，设，则在复平面上对应的点在（ ）A实轴上B虚轴上C第三象限D第四象限【答案】A【
2、解析】设，因为，所以，所以，所以在复平面上对应的点坐标为，又因为复数的实部不为0，所以在复平面上对应的点在实轴上，故选A。6（2020江西省南昌市第十中学校高三模拟（理）已知i为虚数单位，则关于复数z的说法正确的是（ ）ABz对应复平面内的点在第三象限Cz的虚部为D【答案】A【解析】已知，所以，所以，故选A。7若，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依次判断充分性和必要性，取得到不充分，得到答案.【详解】当时，取，则，故不充分；当时，根据幂函数的单调性得到，故，必要性成立.故选：.8. 命题“”的否定是A BC D9.（2020
3、眉山模拟）已知向量，（其中为实数），则“”是“”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：，解得 “”是“”的充分不必要条件故选：10.（2020吉林省高三二模（理）设，则的值为（ ）ABCD【答案】D【解析】，。11.（2020安徽省淮北市高三一模（理）已知锐角满足，则（ ）ABCD【答案】B【解析】，因为是锐角，所以有。12（2020乌鲁木齐一模）已知函数，则下列判断正确的是A的图象关于对称B为奇函数C的值域为，D在上是增函数【解答】解：，由于时，函数值为2为函数的最大值，满足对称的性质，故正确，故选：13（2020桂林一模）将函数的图象上的所有点的横坐
4、标伸长到原来的2倍，再把所得图象向上平移2个单位长度，得到函数的图象，则ABCD【解答】解：将函数的图象上的所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到，再把所得图象向上平移2个单位长度，得到函数的图象，即，故选：14.（2020河南省实验中学高三二测（理）在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且csin2Bbsin（A+B）0（1）求角B的大小；（2）设a4，c6，求sinC的值【答案】（1）（2）【解析】csin2Bbsin（A+B）0，由正弦定理可得，sinCsin2BsinBsin（A+B）0，化简可得2sinCsinBcosBsinBsinC0，sinBsinC0，cosB，B（
5、0，），.（2）由余弦定理可得：cosB，b2，由正弦定理可得：sinC.15.（2020北京市平谷区高三一模）在中， .求边上的高.，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.【答案】见解析【解析】选择，在中，由正弦定理得，即，解得；由余弦定理得，即，化简得，解得或（舍去）；所以边上的高为.选择，在中，由正弦定理得，又因为，所以，即；由余弦定理得，即，化简得，解得或（舍去）；所以边上的高为.选择，在中，由，得；由余弦定理得，即，化简得，解得或（舍去）；所以边上的高为.16.（2020江西省南昌市第十中学校高三模拟（理）的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）
6、；（2）.【解析】（1），故.（2），又，.由（1）可知，从而的面积.17（2020江西省南昌市新建二中高三二模（理）已知向量，满足，若，则与的夹角为_.【答案】【解析】由知，又，即则，所以，故夹角为，故答案为：.18.（2020广西师大附属外国语学校高三一模（理）已知为两个单位向量，且向量与垂直，则=_【答案】5【解析】由题：向量与垂直，解得，所以。19.（2020湖南省长沙市明达中学高三二模（理）已知向量和的夹角为，且，则（ ）ABCD【答案】D【解析】 8+3188+323181，故选D。20（2020黑龙江哈尔滨师大附中高三模拟（理）已知在边长为3的等边中，则（ ）A6B9C12D6【
7、答案】A【解析】。21.（2020福建省厦门市高三质检（理）已知等差数列 的前项和为，公差为-2，且是与的等比中项，则的值为（ ）A110B90C90D110【答案】D【解析】是与的等比中项，又数列的公差为，解得，故选D。22.（2020陕西省西安中学高三三模（理）已知数列与满足：，且为正项等比数列，.（1）求数列与的通项公式；（2）若数列满足，为数列的前项和，证明：.【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】（1）由a1+a2+a3+an2bnn2时，a1+a2+a3+an12bn1可得：an2（bnbn1）（n2），a32（b3b2）8a12，an0，设an公比为q，a1q28，q2an
8、22n12n，bn2n1（2）证明：由已知：23.（2020安徽省淮北市高三一模（理）已知数列的前项和，等比数列的公比，且，是和的等差中项.（1）求和的通项公式；（2）令，求的前项和记为.【答案】（1），（）；（2）【解析】解：（1）时，当时 也符合上式，所以，又和，得，或.， （2） 25（2020江西省南昌市第十中学校高三模拟（理）我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化，每一卦由六爻组成。其中有一种起卦方法称为“金钱起卦法”，其做法为：取三枚相同的钱币合于双手中，上下摇动数下使钱币翻滚摩擦，再随意抛撒钱币到桌面或平盘等硬物上，如此重复六次，得到六爻.若三枚钱币全部正面向上或全部反面向上，就
9、称为变爻.若每一枚钱币正面向上的概率为，则一卦中恰有两个变爻的概率为（ ）ABCD【答案】D【解析】由已知可得三枚钱币全部正面或反面向上的概率，求一卦中恰有两个变爻的概率实际为求六次独立重复试验中发生两次的概率，故选D。26（2020福建省厦门市高三质检（理）中国武汉于2019年10月18日至2019年10月27日成功举办了第七届世界军人运动会.来自109个国家的9300余名运动员同台竞技.经过激烈的角逐，奖牌榜的前3名如下：国家金牌银牌铜牌奖牌总数中国1336442239俄罗斯515357161巴西21313688某数学爱好者采用分层抽样的方式，从中国和巴西获得金牌选手中抽取了22名获奖代表
10、.从这22名中随机抽取3人， 则这3人中中国选手恰好1人的概率为（ ）ABCD【答案】C【解析】中国和巴西获得金牌总数为154，按照分层抽样方法，22名获奖代表中有中国选手19个，巴西选手3个，故这3人中中国选手恰好1人的概率，故选C。27.（2020河南省实验中学高三二测（理）展开式中的系数为（ ）A10B24C32D56【答案】D【解析】，展开式中含的项为，展开式中含的项，故的系数为。28.（2020四川省眉山市高三二诊（理）的展开式中，项的系数为（ ）A23B17C20D63【答案】B【解析】的展开式的通项公式为.则出，则出，该项为：；出，则出，该项为：；出，则出，该项为：；综上所述：合
11、并后的项的系数为17，故选B。29（2020河南省鹤壁市高级中学高三二模）的展开式中的系数为_.【答案】28【解析】，所以的展开式中的系数就是中的系数，而中的系数为，展开式中的系数为。30（2020福建省厦门市高三质检（理）根据养殖规模与以往的养殖经验，某海鲜商家的海产品每只质量（克）在正常环境下服从正态分布（1）随机购买10只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于克该海产品的概率（2）2020年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量现用以往的先进养殖技术投入（千元）与年收益增量（千元）（）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中
12、在曲线的附近，且， ，其中， =根据所给的统计量，求关于的回归方程，并预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量附：若随机变量，则，；对于一组数据，其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，【答案】（1）0.0129（2）， 千元.【解析】解：（1）由已知，单只海产品质量，则，由正态分布的对称性可知，设购买10只该商家海产品，其中质量小于的为只，故，故，所以随机购买10只该商家的海产品，至少买到一只质量小于克的概率为；（2）由，有，且，所以关于的回归方程为，当时，年销售量的预报值千元，所以预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量为千元31.（2020吉林省高三二模（理）移动支付（支付宝及
13、微信支付）已经渐渐成为人们购物消费的一种支付方式，为调查市民使用移动支付的年龄结构，随机对100位市民做问卷调查得到列联表如下：（1）将上列联表补充完整，并请说明在犯错误的概率不超过010的前提下，认为支付方式与年龄是否有关？（2）在使用移动支付的人群中采用分层抽样的方式抽取10人做进一步的问卷调查，从这10人随机中选出3人颁发参与奖励，设年龄都低于35岁（含35岁）的人数为，求的分布列及期望（参考公式：（其中）【答案】（1）列联表见解析，在犯错误的概率不超过010的前提下，认为支付方式与年龄有关；（2）分布列见解析，期望为【解析】（1）根据题意及列联表可得完整的列联表如下：35岁以下（含35
14、岁）35岁以上合计使用移动支付401050不使用移动支付104050合计5050100根据公式可得，所以在犯错误的概率不超过010的前提下，认为支付方式与年龄有关（2）根据分层抽样，可知35岁以下（含35岁）的人数为8人，35岁以上的有2人，所以获得奖励的35岁以下（含35岁）的人数为，则的可能为1，2，3，且，其分布列为123。32.(2018全国)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A12 B12C8 D10答案B解析设圆柱的轴截面的边长为x，则由x28，得x2，S圆柱表2S底S侧2()22212.故选
15、B.33.（2019全国）已知平面截球的球面所得圆的面积为，到的距离为3，则球的表面积为【答案】【解析】平面截球的球面所得圆的面积为，则圆的半径为1，该平面与球心的距离，球半径球的表面积34.(2018全国卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30.若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为_解析：由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高设圆锥的母线长为l，则由SASB，SAB的面积为8，得l28，得l4.在RtASO中，由题意知SAO30，所以SOl2，AOl2.故该圆锥的体积VAO2SO(2)228.答案：835.(2017全国卷)
16、已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()ABC. D解析：选B.设圆柱底面的半径为r，由题意可得12(2r)222，解得r.圆柱的体积Vr21，故选B.36.（2020安徽省淮北市高三一模（理）在直角梯形（如图1），为线段中点.将沿折起，使平面平面，得到几何体（如图2）.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）由题设可知，又平面平面，平面平面面.（2）法一、等体积法取的中点连接，由题设可知为等腰直角三角形，所以面且而到面的距离，所以.法二、向量法取的中点连接，由题设可知为等腰直角三角形，所以面，
17、连接，因为分别为和的中点，所以，由（1）可知，故以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示.则，面的一个法向量。37.（2020福建省泉州市高三质检（理）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明:因为平面，平面，所以，因为底面是正方形，所以，又，所以平面，因为平面，所以，又因为，平面，所以平面（2）因为平面，底面为正方形，所以，以为原点，分别以所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图所示），设，则，因为，所以为中点，所以，所以，由（1）得为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，由，即
18、，令，则，所以，因此，由图可知二面角的大小为钝角，故二面角的余弦值为。38.（2020黑龙江哈尔滨师大附中高三模拟（理）如图，三棱柱中，平面，是的中点，是的中点.（）证明：平面；（）是线段上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（）详见解析；（）.【解析】（）连结交于，连结，.又，因此，四边形为平行四边形，即面，面，平面（）建立空间直角坐标系，如图，过作，连结面，面，面面，面面，面，面面，面，即为直线与平面所成角，记为，在中，设平面的法向量，取，平面的法向量，因此，二面角的余弦值。39.（2020北京市西城区高三一模）设双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为_.
19、【答案】【解析】，一条渐近线方程为：，故，.故答案为。40.（2020安徽省淮北市高三一模（理）从抛物线图象上一点作抛物线准线的垂线，垂足为，且，设为抛物线的焦点，则的面积为_.【答案】10【解析】设点的坐标，焦点的坐标为，所以，的面积为，故答案为10。41.（2020福建省泉州市高三质检（理）已知双曲线C：（，）的实轴长为4，左焦点F到C的一条渐近线的距离为3，则C的方程为（ ）ABCD【答案】C【解析】因为实轴长，所以，由对称性，双曲线的一个焦点到两条渐近线的距离相等，不妨取渐近线为，即，点到渐近线的距离，所以，所以C的方程为。42（2020北京市平谷区高三一模）如果抛物线上一点到准线的距
20、离是6，那么_.【答案】【解析】抛物线的准线方程为，由题意得，解得.点在抛物线上，。43（2020安徽省淮北市高三一模（理）已知椭圆过点离心率为.（1）求的方程；（2）如图，若菱形内接于椭圆，求菱形面积的最小值.【答案】（1）；（2）4【解析】（1）由题意得又解得，.所以的方程为 （2）当与轴或轴重合时，可求菱形的面积为；当为时，为，由,得，所以由弦长公式得，同理可得所以菱形的面积为,，当且仅当时取等号.菱形面积的最小值为4。44.（2020北京市平谷区高三一模）已知椭圆：的两个焦点是，在椭圆上，且，为坐标原点，直线与直线平行，且与椭圆交于，两点.连接、与轴交于点，.（1）求椭圆的标准方程；（
21、2）求证：为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】（1）因为，由椭圆的定义得，点在椭圆上，代入椭圆方程，解得，所以的方程为；（2）证明：设，直线的斜率为，设直线的方程为，联立方程组，消去，整理得，所以，直线的直线方程为，令，则，同理，所以：，代入整理得，所以为定值.45.（2020吉林省高三二模（理）已知椭圆的离心率为，且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切（1）求椭圆的标准方程；（2）已知动直线l过右焦点F，且与椭圆C交于A、B两点，已知Q点坐标为，求的值【答案】（1）；（2）【解析】（1）由离心率为，可得，且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆的方程为，因与直线
22、相切，则有，即，故而椭圆方程为（2）当直线l的斜率不存在时，由于；当直线l的斜率为0时，则；当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，由及，得，有，综上所述：。46.（2020河南实验中学高三模拟（理）函数的图像大致为 ()ABCD【答案】B【解析】为奇函数，舍去A,舍去D;，所以舍去C；因此选B。47.（2020江西省南昌市第十中学校高三模拟（理）函数的图象大致是( )ABCD【答案】C【解析】 ，排除选项；，排除选项D，故选C。48.（2020江西省南昌市第十中学校高三模拟（理）已知，则a，b，c的大小关系是（ ）ABCD【答案】A【解析】因为，所以，所以，故选A。48.（2020江西省名
23、高三第二次大联考（理）已知是定义在上的偶函数，且在上是增函数.设，则，的大小关系是（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意可知在上是增函数，在上是减函数.因为，所以，故，故选A。50.（2020陕西省西安中学高三三模（理）函数在的图像大致为（ ）ABC D【答案】D【解析】解：因为，所以为奇函数，关于原点对称，故排除，又因为，故排除BC，故选D。51.2020河南省实验中学高三二测（理）已知函数，若函数在处的切线方程为，则的值为（ ）A1B2C3D4【答案】B【解析】，解得，.故选：B。52.（2020北京市平谷区高三一模）已知函数，其中.（1）当时，求在的切线方程；（2）求证：的极大值恒大于0
24、.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】（1），当时，则在的切线方程为；（2）证明：令，解得或，当时，恒成立，此时函数在上单调递减，函数无极值；当时，令，解得，令，解得或，函数在上单调递增，在，上单调递减，；当时，令，解得，令，解得或，函数在上单调递增，在，上单调递减，综上，函数的极大值恒大于0。53.（2020福建省泉州市高三质检（理）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若函数在有两个零点，求m的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解析】（1）因为，所以，即.由，得，.当时，当且仅当时，等号成立.故在为增函数.当时，由得或，由得；所以在，为增函数，在为减函数.当时，由得或，
25、由得；所以在，为增函数，在为减函数.综上，当时，在为增函数；当时，在，为增函数，在为减函数；当时，在，为增函数，在为减函数.（2）因为，所以，当时，在为增函数，所以在至多一个零点.当时，由（1）得在为增函数.因为，.（）当时，时，时，；所以在为减函数，在为增函数，.故在有且只有一个零点.（）当时，使得，且在为减函数，在为增函数.所以，又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点.又在上有且只有一个零点0.故当时，在有两个零点.（）当时，使得，且在为减函数，在为增函数.因为在有且只有一个零点0，若在有两个零点，则在有且只有一个零点.又，所以即，所以，即当时在有两个零点.综上，m的取值范围为。54.（2020广西师大附属外国语学校高三一模（理）设函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）在区间上是减函数，在区间上是增函数；（2）【解析】（1）所以为增函数，又因为所以，当时，；当时，所以，函数在区间上是减函数，在区间上是增函数（2）不等式化为设，由（1）可知是上的增函数，因为，所以，当，函数g(x)在区间上的增函数所以，所以当时符合题意.当，所以存在，使得；并且当；当；所以函数在区间上是减函数，在区间上是增函数最小值为，不等式不恒成立综上，使得命题成立的实数的取值范围是。