1、山西省2020届高三数学2月开学模拟考试（网络考试）试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求解不等式,再由并集定义求解即可【详解】由题,因为,解得,则,因为,解得,则,故选:C.【点睛】本题考查集合的并集运算,考查解一元二次不等式,考查含绝对值的不等式.2.已知直线分别在两个不同的平面内，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】D【解析】【分析】将直线放入正方体中,进而
2、判断即可.【详解】在正方体中,设,若,即,但平面和平面不垂直,即与不垂直,故充分性不成立 ；设,若,则平面平面,但和不垂直,即与不垂直,故必要性不成立.故选:D.【点睛】本题考查两命题的充分性和必要性的判断,考查直线间,平面间的空间的位置关系.3.已知向量不共线，若，则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由向量共线的性质得，由此能求出实数的值【详解】由于，所以存在实数，使得，因此且，解得.故选：A【点睛】本题考查实数值的求法，考查向量共线的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题4.函数的最小值是（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】D【解析】【分析】将函数化
3、成的形式，然后用均值不等式可求出答案.【详解】.当且仅当，即时，等号成立.故的最小值为6.故选：D【点睛】本题考查利用均值不等式求函数最小值，属于基础题.5.已知是方程两根，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用韦达定理可得,再利用正切的和角公式可得,进而求解即可.【详解】由题可得,所以,且,所以故选:B.【点睛】本题考查正切的和角公式的应用,考查同角的三角关系的应用,考查运算能力.6.对于函数的图象，下列说法正确的是（ ）A. 关于点对称B. 关于点对称C. 关于直线对称D. 关于直线对称【答案】B【解析】【分析】整理为,设,可判断是奇函数,进而利用图象变换得到
4、的图象性质.【详解】,令,则,为奇函数,则其图象关于原点对称.将其图象向上平移1个单位长度可得图象,所以图象关于对称.故选:B.【点睛】本题考查函数奇偶性的应用,考查判断函数的对称性.7.设为抛物线的焦点，过的直线与相交于两点，的中点在直线上，则直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由在抛物线上可得,由的中点在直线上,可得,利用可得直线的斜率为2,即可设,将焦点坐标代入求解即可.【详解】由题,设,则,且,得,即,即直线的斜率为2,设,把代入直线方程得,直线故选:A.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用,考查求直线方程.8.执行如图所示的程序框图（其中表示除
5、以后所得的余数），则输出的的值是 （ ）A. 78B. 79C. 80D. 81【答案】D【解析】【分析】模拟程序框图的运行过程，得程序功能是统计1至2020中所有是20的倍数但不是100的倍数的整数个数，从而得出答案.【详解】容易看出，该程序框图的功能是，统计1至2020中所有是20的倍数但不是100的倍数的整数个数.在1-2020中，能被20整除的数共有101个，但其中100，200，300，2000这20个能被100整除.故符合条件的整数个数为101-20=81.故选：D【点睛】本题考查程序框图的运行过程，解题时要弄清程序的功能，属于基础题.9.某部门共有4名员工， 某次活动期间， 周六
6、、 周日的上午、 下午各需要安排一名员工值班，若规定同一天的两个值班岗位不能安排给同一名员工， 则该活动值班岗位的不同安排方式共有（ ）A. 120种B. 132种C. 144种D. 156种【答案】C【解析】【分析】由题可分析4个值班岗位有三类不同的排法:4个员工各排1个岗位；1个员工被安排2个值班岗位,另2个员工各安排1个值班岗位；2个员工各安排2个值班岗位,进而求解即可.【详解】由题意可知,4个值班岗位有三类不同的排法:第一类:4个员工各排1个岗位,对应排法数为；第二类:1个员工被安排2个值班岗位,另2个员工各安排1个值班岗位,排2个岗位的员工有4个人选,且必然是周六一个岗位,周日一个岗
7、位,故排法为,其余两个岗位排法为,于是第二类排法数为96；第三类:2个员工各安排2个值班岗位,4人中,被安排值班岗位的人选共种可能,周六,周日的安排各有种可能,故此类排法共24种,综上,所有排法为24+96+24=144.故选:C.【点睛】本题考查排列组合问题,考查分类讨论思想.10.将函数的图象向左或向右平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意实数成立，则实数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简,则,再由可得是的对称轴,进而求解即可.【详解】因为,则,由得函数的对称轴为,所以,所以,因为,所以当时,可得,即,即的最小值为故选:D.【点睛】本题考查三角函数的
8、化简,考查三角函数的平移变换,考查正弦型函数对称性的应用.11.设分别为双曲线左、右焦点，以坐标原点为圆心，为半径的圆与双曲线的右支相交于两点，与的渐近线相交于四点，若四边形的面积与四边形的面积相等，双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由双曲线的定义和勾股定理可求得，从而可得四边形的面积，然后求出点圆与的渐近线在第一象限的交点为，可求出四边形的面积，然后可得答案.【详解】由双曲线的定义及平面几何知识可知，得，四边形的面积为，由，当，解得，圆与的渐近线在第一象限的交点为.四边形的面积，即.故选：C【点睛】本题考查双曲线定义渐进性的简单应用，属于中档题.12.对
9、任意实数的最小值是（ ）A. B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】整理条件可得,设,则为函数图象上任意一点,为函数图象上任意一点,则的最小值等价于的最小值,进而利用导函数的几何意义求解即可.【详解】由于,设,则为函数图象上任意一点,为函数图象上任意一点,则的最小值等价于的最小值,令,因此,点到直线的距离最小,其值为,故所求最小值为.故选:B.【点睛】本题考查曲线上一点到直线上一点的距离最值问题,考查导函数的几何意义的应用,考查转化思想.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上.13.复数（其中为虚数单位）的共轭复数为_.【答案】【解析】【分析】先利用复数
10、的除法将复数表示为一般形式，然后利用共轭复数的定义得出答案【详解】，因此，复数的共轭复数为，故答案为【点睛】本题考查共轭复数，考查复数的除法，对于复数问题，一般要通过复数的四则运算法则将复数表示为一般形式，明确复数的实部与虚部，考查计算能力，属于基础题14.某次考试后，对全班同学数学成绩进行整理，得到表：分数段人数5152010将以上数据绘制成频率分布直方图后，可估计出本次考试成绩的中位数是_【答案】115【解析】【分析】由表格中数据可知各分数段的学生数学成绩的频率,即直方图中每个矩形的面积,而中位数左侧的所有小矩形的面积之和应为0.5,进而求解即可.【详解】由题意可知,直方图每个矩形的面积表
11、示对应的频率,直方图四个矩形的面积从左向右依次为0.1,0.3,0.4,0.2,由于中位数左侧的矩形面积之和为0.5,故中位数位于第3个矩形处,而前2个矩形面积之和为0.4,故第3个矩形在中位数左侧的面积为0.1,故中位数为区间最靠左的四等分点处,故中位数为115.故答案为:115.【点睛】本题考查利用频率分布直方图求中位数,考查数据处理能力.15.已知直角三角形 两直角边长之和为3，将绕其中一条直角边旋转一周，所形成旋转体体积的最大值为_，此时该旋转体外接球的表面积为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】设直角三角形的两边分别为,则,假设以长度为的直角边为轴旋转形成的旋转体,则体
12、积为,利用导函数即可求得最值；设外接球的半径为,则满足,进而求解即可.【详解】设直角三角形的两边分别为,则,以长度为的直角边为轴旋转形成的旋转体的体积为,则,令,解得或,所以当时,；当时,所以当时,体积最大,最大值为,此时圆锥的底面半径为2,高为1,设外接球的半径为,则,所以外接球的半径为,其表面积为故答案为:；【点睛】本题考查旋转体的体积,考查外接球的表面积,考查利用导函数求最值.16.已知变量的取值完全由变量的取值确定.某同学进行了四次试验，每次试验中他预先设定好四个变量的取值，然后记录相应的变量的值，得到表：试验编号11114111221122102221则关于的表达式可能是_.【答案】
13、或或或其他符合条件的解析式【解析】【分析】本题为开放题,答案并不唯一,对比试验数据,进而求解即可.【详解】本题为开放题,答案并不唯一,例如,考生可对比试验推断与成反比,对比试验推断与成反比,对比推断与成反比,由此可得,代入试验的数据,解得,故是一种可能的表达式，此外,答案中列举的其他解析式均符合题意,故答案为:或或或其他符合条件的解析式.【点睛】本题考查求解析式,考查数据处理能力.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17.已知是正项数列的前项和，且对任意，均有
14、.（1）求；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题,当时,与条件作差可得,即,由为正项数列知,则,进而求解即可；（2）利用错位相减法求解即可.【详解】（1）由可知,当时,得,整理得,由为正项数列知,故,故是以2为公差的等差数列,又中,当时,可解得或（舍）,所以（2）根据题意,则,得则【点睛】本题考查由与的关系求通项公式,考查错位相减法求数列的和,考查运算能力.18.已知分别为椭圆的左右顶点，为上异于的点，且直线与的斜率乘积为.（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆的上顶点，为的右焦点，的面积为1，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）由题可得左
15、右顶点为,设,则,利用斜率公式处理,可求得,即可求得椭圆方程；（2）分别讨论直线斜率不存在与存在的情况,利用弦长公式和点到直线距离求三角形面积,进而求解即可.【详解】（1）由题意知,设,则,因为,解得，故椭圆方程为（2）由题,上顶点为,右焦点为, 当直线斜率不存在时,方程为,易知此时面积为1,符合题意；当直线斜率存在时,设方程为,联立,得,解得,点到直线的距离为,由,解得,此时,即故直线的方程为或【点睛】本题考查由椭圆的几何性质求椭圆的方程,考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查椭圆内的三角形面积的应用,考查运算能力.19.如图，三棱柱中，.（1）证明：；（2）若，在线段上是否存在一点，使二面角
16、的余弦值为？若存在，求的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）存在，【解析】【分析】（1）取的中点,连接,由题可得为等边三角形,则,利用平行的传递性可得,则平面,进而,由三角形的性质即可得证；（2）设,则,易得以为原点,分别为轴建立空间直角坐标系,设,由平面的法向量和平面的法向量,利用数量积求得夹角,进而求解即可.【详解】（1）证明:取的中点,连接,为等边三角形,又,又,平面,又平面,为中点,（2）存在,设,则,又,以为原点,分别为轴建立空间直角坐标系,如图所示,则,因为在线段上,设,则,设平面的法向量为,则由,即,取,则,易知平面的法向量为,当,即时,二面角的平面角为,则,解
17、得或（舍）,所以存在点满足条件,这时【点睛】本题考查线面垂直的性质,考查已知二面角求点的位置,考查空间向量的应用,考查运算能力.20.某人某天的工作是：驾车从地出发，到两地办事，最后返回地，三地之间各路段行驶时间及当天降水概率如表：路段正常行驶所需时间（小时）上午降水概率下午降水概率20.30.620.20.730.30.9若在某路段遇到降水，则在该路段行驶的时间需延长1小时，现有如下两个方案：方案甲：上午从地出发到地办事，然后到达地，下午在地办事后返回地；方案乙：上午从地出发到地办事，下午从地出发到达地， 办事后返回地.（1）设此人8点从地出发，在各地办事及午餐的累积时间为2小时.且采用方案
18、甲，求他当日18点或18点之前能返回地的概率；（2）甲、乙两个方案中，哪个方案有利于办完事后能更早返回地？【答案】（1）；（2）甲方案【解析】【分析】（1）若各路段均不会遇到降水,则返回A地的时间为17点,则若18点或18点之前能返回A地的充要条件是降水的路段数不超过1,进而求解即可；（2）设某路段正常行驶时间为,降水概率为,则,进而讨论每一路段行驶时间的期望,再得到方案甲、乙的总行驶时间的期望,比较即可.【详解】（1）由题意可知,若各路段均不会遇到降水,则返回A地的时间为17点,因此若18点或18点之前能返回A地的充要条件是降水的路段数不超过1,记事件分别表示在上午路段降水,上午降水,下午路
19、段降水,则所求概率（2）设某路段正常行驶时间为,降水概率为,则该路段行驶时间的分布列为:行驶时间概率故路段正常行驶所需时间（小时）上午下午降水概率行驶时间期望值降水概率行驶时间期望值20.32.30.62.620.22.20.72.730.33.30.93.9设采用甲、乙两种方案所花费的总行驶时间分别为,则,因此采用甲方案更有利于办事之后能更早返回地.【点睛】本题考查互斥事件的概率加法公式的应用,考查两点分布的分别列和期望,考查数据处理能力.21.已知函数.（1）当时，不等式成立，求整数的最大值；（参考数据：）；（2）证明：当时，.【答案】（1）最大值为3；（2）见解析【解析】【分析】（1）先
20、求导可得,设,由可判断在上为增函数,由可得使得,则,进而求解即可；（2）要证,即证,设,利用导函数判断的单调性,由,进而求解即可.【详解】（1）当时,令,则,因此在上为增函数,又,使得,即,当时,为减函数；当时,为增函数；,所以整数的最大值为3（2）法一：要证,即证,令,则,令,则,在上为增函数,又,在上为增函数,又,在上为增函数,又,即,在上为增函数,故.【点睛】本题考查利用导函数处理函数恒成立问题,考查利用导函数证明不等式,考查利用导函数判断函数的单调性.（二）选考题：共10分22.在极坐标系中，直线的方程分别为，曲线.以极点为坐标原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系.（1）将直线的
21、方程与曲线的方程化成直角坐标方程；（2）过曲线上动点作直线的垂线，求由这四条直线围成的矩形面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由直角坐标方程与极坐标方程的互化的公式，直接得出答案.(2)由条件可设，则矩形的两边长分别为，然后用换元法可求矩形面积的最大值.【详解】解：（1）由得直线的直角坐标方程分别为，曲线的方程为；（2）由（1）知曲线，故可设，矩形的两边长分别为，矩形的面积，令，则，当时，.【点睛】本题考查直角坐标方程与极坐标方程的互化、椭圆的参数方程以及换元法求最值，属于中档题.23.已知，且，求证：（1）；（2）【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】(1)由，同样处理另外两个式子，则可证明结论.(2)由，结合条件有则可证明结论.【详解】证明：（1）；（2）由，可知，于是：.【点睛】本题考查利用均值不等式证明不等式，属于中档题.
