學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精山西省2020屆高三2月開學模擬考試（網絡考試）數學（文）試題含解析山西省2020屆高三2月開絡考試）試題文科數學一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.已知集合,則（)A. B。 C。 D.【答案】B【解析】【分析】先求出集合,然后再求。【詳解】由，得所以，又∴。故選：B【點睛】本題考查兩個集合的交集,屬于基礎題。2.設，若復數在復平面內對應的點位于實軸上,則(）A。2 B.1 C。—1 D.—2【答案】C【解析】【分析】化簡得，再根據條件求.【詳解】由于由復數在復平面內對應的點位于實軸上.所以，所以。故選:C。【點睛】本題考查復數的除法運算，和復數在復平面上對應的點，屬于基礎題.3.已知向量不共線，若，則實數（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由向量共線的性質得，由此能求出實數的值．【詳解】由于,所以存在實數，使得，因此且,解得.故選：A【點睛】本題考查實數值的求法，考查向量共線的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．4.某次考試后,對全班同學的數學成績進行整理，并得到下表：分數段人數5152010將以上數據繪制成頻率分布直方圖后，可估計出本次考試數學成績的中位數是（）A.110 B.115 C。120 D.125【答案】B【解析】【分析】直方圖四個小矩形的面積從左向右依次為0。1，0.3，0。4，0。2,故中位數位于第3個小矩形處,可計算出中位數.【詳解】由題意可知，頻率分布直方圖四個小矩形的面積從左向右依次為0。1,0.3，0.4，0。2，故中位數位于第3個小矩形處，而前2個小矩形面積之和為0。4,故第3小矩形在中位數左側的面積為0.1，故中位數為區間的靠左的四等分點處，故中位數為115.故選：B【點睛】本題考查利用頻率分布直方圖估計中位數，屬于基礎題.5。設分別為橢圓的左、右焦點，過且垂直于軸的直線與相交于兩點，若為正三角形，則（）A。 B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】由軸，可求出，在中可以建立關于的方程，求解出.【詳解】設由軸,則，則，,在中,。，即，解得，.故選：A【點睛】本題考查橢圓的基本性質，求橢圓方程中的參數,屬于基礎題.6。函數的最小值是(）A。3 B。4 C.5 D.6【答案】D【解析】【分析】將函數化成的形式，然后用均值不等式可求出答案.【詳解】.當且僅當，即時，等號成立。故的最小值為6.故選:D【點睛】本題考查利用均值不等式求函數最小值，屬于基礎題.7。已知變量的取值完全由變量的取值確定.某同學進行了四次試驗，每次試驗中他預先設定好四個變量的取值，然后記錄相應的變量的值，得到下表：試驗編號①11114②11122③11221④02221則關于的表達式不可能是（）A. B。C. D。【答案】C【解析】【分析】依次將①，②,③,④中的值代入各個選項中進行驗證，可得到答案.【詳解】將①,②，③,④中的值代入中都滿足條件，將④中的數據值代入C，得，不滿足條件所以關于的表達式不可能是C.故選:C【點睛】本題考查推理，考查變量之間的關系,屬于基礎題.8.對于函數的圖象，下列說法正確的是(）A。關于直線對稱 B。關于直線對稱C.關于點對稱 D。關于點對稱【答案】D【解析】【分析】由，設，可得為奇函數，由圖像平移可得答案.【詳解】∵，令，則,∴為奇函數，其圖象關于原點對稱，將圖象向上平移1個單位長度可得圖象，所以圖象關于對稱.故選:D【點睛】本題考查函數圖像的平移和函數的奇函數的圖像的對稱性，屬于基礎題。9。已知數列的通項公式為，則數列的最大項是（)A. B. C. D。【答案】C【解析】【分析】先討論出數列的單調性，根據單調性得出答案。【詳解】由，解得,又，所以.于是，當時，，故，因此最大項為。故選：C【點睛】本題考查求數列的最大項和數列的單調性，屬于中檔題.10.執行如圖所示的程序框圖(其中表示除以后所得的余數），則輸出的的值是（)A.78 B.79 C。80 D。81【答案】D【解析】【分析】模擬程序框圖的運行過程，得程序功能是統計1至2020中所有是20的倍數但不是100的倍數的整數個數，從而得出答案.【詳解】容易看出，該程序框圖的功能是，統計1至2020中所有是20的倍數但不是100的倍數的整數個數.

在1—2020中,能被20整除的數共有101個，但其中100，200,300，……,2000這20個能被100整除.故符合條件的整數個數為101—20=81。故選：D【點睛】本題考查程序框圖的運行過程，解題時要弄清程序的功能,屬于基礎題.11。已知直角三角形兩直角邊長之和為3，將繞其中一條直角邊旋轉一周，所形成旋轉體體積的最大值為（）A. B。 C. D.【答案】B【解析】【分析】設將繞長度為的直角邊旋轉,則其體積為，然后求其最大值即可.【詳解】設直角三角形的兩邊長分別為，則，

以長度為的直角邊為軸旋轉形成的旋轉體的體積為，,當時，；當時，。所以當時,體積最大，最大值為。故選:B【點睛】本題考查旋轉體的體積和利用導數討論函數的單調性求最大值,屬于中檔題.12。設分別為雙曲線左、右焦點，以坐標原點為圓心，為半徑的圓與雙曲線的右支相交于兩點，與的漸近線相交于四點，若四邊形的面積與四邊形的面積相等，雙曲線的離心率為（)A。 B。 C。 D。【答案】C【解析】【分析】由雙曲線的定義和勾股定理可求得，從而可得四邊形的面積，然后求出點圓與的漸近線在第一象限的交點為，可求出四邊形的面積，然后可得答案.【詳解】由雙曲線的定義及平面幾何知識可知，①，②得，∴四邊形的面積為，由，當，解得，∴圓與的漸近線在第一象限的交點為。∴四邊形的面積，∵，∴,即。故選：C【點睛】本題考查雙曲線定義漸進性的簡單應用，屬于中檔題。二、填空題：本大題共4小題,每小題5分,滿分20分，將答案填在答題紙上.13.已知是向量，命題“若，則”的逆否命題是_______．【答案】若，則。【解析】【分析】根據逆否命題和原命題的關系寫出逆否命題．【詳解】根據逆否命題的定義可知，原命題的逆否命題為：若，則.故答案為:若，則.【點睛】本題主要考查逆否命題和原命題之間的關系,屬于基礎題．14。已知等差數列的公差為,且，前面和為，若也成等差數列，則_____．【答案】—1【解析】【分析】由成等差數列，即，將前項和的公式代入,可求出答案。【詳解】由成等差數列知，即，故，整理得,又,故.故答案為：—1【點睛】本題考查等差數列的簡單應用和等差數列的前項和的公式的應用，屬于基礎題。15.關于方程無實根,則實數的取值范圍為___．【答案】【解析】【分析】程無實根，即直線與曲線無公共點,找直線與曲線相切的時候的值,然后分析可得答案。【詳解】由,得，若直線與曲線相切，設切點為,,∵，∴，∴，∴，∴.直線恒過點.因為原方程無實數根,所以實數的取值范圍為.故答案為：【點睛】本題考查方程的根的情況，轉化為兩曲線的交點問題，屬于中檔題.16.將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象,若對任意成立,則實數的最小值為_____．此時，函數在區間上的圖象與直線所圍成的封閉圖形的面積為______。【答案】(1）。(2)。【解析】【分析】先將函數化簡為，由平移得到的解析式,對任意成立，即函數的對稱軸為,可求出的最小值，然后用割補的方法，可得圖形的面積。【詳解】由圖象向左平移個單位長度。則得到.所以。由若對任意成立,則函數的對稱軸為。得，所以，則最小值為；此時，由對稱性可知，如圖即右邊陰影部分的面積等于左邊的面積。所求面積即為直線以及圍成矩形面積，即為.故答案為:.，【點睛】本題考查三角函數圖像的平移變換和對稱性，屬于中檔題。三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據要求作答.(一）必考題：共60分17.如圖，平面四邊形中，。(1）求的長;（2）若，求的面積。【答案】（1)(2）【解析】【分析】（1)由條件求出，再由余弦定理可求的長。

(2）由正弦定理可求得,由可求得的值,則面積可求【詳解】解：（1）由題意知,在中,根據余弦定理，，解得（舍去);(2）由題意知，在中，由正弦定理得，即，解得，又，故。【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理的應用和求三角形的面積，屬于中檔題。18.如圖，三棱柱中，，.（1）證明：;（2）若,點是的中點，求點到平面的距離。【答案】(1）見解析（2）【解析】【分析】（1)取的中點，連接，根據條件可證明，從而可得.

(2）由，又，可求出點到平面的距離。【詳解】（1)證明：如圖,取的中點，連接，∵,，∴為等邊三角形，∴，又∵，，∴，又，∴平面,又平面，∴，∵為中點，∴;（2）連接,∵,∴，又，∴，∵，∴,又∵，是的中點，∴，∴平面，由,所以在中,.取中點為，在等腰三角形中，有.所以在中，。所以設到平面的距離為,由，即，∵，即,∴.故點到平面的距離為.【點睛】本題考查由線面垂直得線面垂直和用等體積法求點到面的距離，屬于中檔題.19.已知直線與圓相交于兩點，為坐標原點.（1）當時，求；(2）是否存在實數,使得，若存在,求出的值；若不存在,請說明理由.【答案】（1)（2）不存在滿足條件的實數。見解析【解析】【分析】(1）先求出圓心到直線的距離,然后解直角三角形可得弦長的值.

(2）)設,若，則，再方程聯立韋達定理代入可得答案.【詳解】解：(1)當時，直線方程為，此時圓心到直線的距離為，則；（2）設，則由，得，∴，∵，∴，即，又，∴，∴，∴，化簡得，∵，∴不存在滿足條件的實數。【點睛】本題考查圓中利用垂徑定理求弦長，考查點到直線的距離和方程聯立韋達定理的應用，屬于中檔題。20。某人某天的工作是：駕車從地出發，到兩地辦事，最后返回地，三地之間各路段行駛時間及當天降水概率如下表：路段正常行駛所需時間(小時）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,則在該路段行駛的時間需延長1小時。現有如下兩個方案:方案甲：上午從地出發到地辦事，然后到達地，下午在地辦事后返回地；方案乙:上午從地出發到地辦事，下午從地出發到達地,辦事后返回地.設此人8點從地出發,在各地辦事及午餐的累積時間為2小時。現采用隨機數表法獲取隨機數并進行隨機模擬試驗，按照以下隨機數表，以方框內的數字5為起點，從左向右依次讀取數據,若到達某行最后一個數字,則從下一行最左側數字繼續讀取,每次讀取4位隨機數，第1位數表示采取的方案，其中0-4表示采用方案甲，5-9表示采用方案乙；第2—4位依次分別表示當天行駛的三個路段上是否降水，若某路段降水概率為，則表示降水，表示不降水.(符號表示的數集包含）052693706022358515139203515977595678068352910570740797108823099842996461716299150612916935805770591512687858554876647547332081112449592631629562429482699616553583778807042105067423217558574944467169414655268758759362241267863065513082701501529393943（1）利用數據“5129"模擬當天的情況，試推算他當日辦完事返回地的時間；（2）利用隨機數表依次取出采用甲、乙方案的模擬結果各兩組,分別計算甲、乙兩個方案的平均時間，并回答哪個方案辦完事后能盡早返回地。【答案】（1）19點；（2）甲方案有利于辦完事后能更早返回地。【解析】【分析】(1）數據“5129”表示采用乙方案，上午路段降水，下午路段降水,路段未降水，由此能求出結果．

(2）根據規劃，讀取的兩組甲方案對應數據依次為1693，2687,求出平均時間為10，讀取的兩組乙方案對應數據為5129，5805，求出平均時間為11，從而認為甲方案有利于辦完事后能更早返回地．【詳解】解:（1）數據“5129"表示采用乙方案，上午路段降水，下午路段降水，路段未降水，故花費正常行駛時間7小時，降水延遲2小時，辦事及午餐2小時共計11小時，故推算返回地的時間為19點；（2)根據規則,讀取的兩組甲方案對應數據依次為1693，2687,得數據上午路段是否降水（0-2表示降水)上午路段是否降水（0-1表示降水)下午路段是否降水（0—8表示降水）總時間平均時間1693否否是10102687否否是10類似地，讀取的兩組乙方案對應數據為5129，5805,可得數據上午路段是否降水（0—2表示降水）上午路段是否降水（0-1表示降水）下午路段是否降水（0-8表示降水）總時間平均時間5129是是否11115805否是是11因為10<11，故認為甲方案有利于辦完事后能更早返回地.【點睛】本題考查時間的估算，考查隨機數表的應用等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．21。已知函數.(1）討論的單調性；（2）求證:當時，對于任意，都有。【答案】(1）見解析（2）見解析【解析】【分析】(1）先求出,然后對的符號進行分類討論即可.

（2）要證，即證,當時，不等式顯然成立；當時，即證；當時,即證；構造進行證明分析可證.【詳解】解析：（1）由題意的定義域為，且,當時,；當時，時，；時，；當時，時，；時,;綜上所述，當時，在上為減函數；當時,在上為增函數，在上為減函數；當時，在上為增函數，在上為減函數。(2）要證，即證,當時，