2019-2020学年高三第一学期段考1文科数学试题.docx

20192020学年度第一学期高三级段考1数学试题（文科）本试卷共4页，共22题，满分150分。考试用时120分钟。2019、9、11一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分，在每小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求。1、若集合A=，B=，则（ ） A. B. C. D.2、已知集合，则AB=A(1，+) B(，2) C(1，2) D3、设z=i(2+i)，则=A1+2i B1+2i C12i D12i4、已知向量a=(2，3)，b=(3，2)，则|ab|=A B2 C5 D505、命题“xR，nN*，使得nx2”的否定形式是( )AxR，nN*，使得nx2 BxR，nN*，使得nx2CxR，nN*，使得nx2 DxR，nN*，使得nx26、sin 15cos 75cos 15sin 105等于( )A0 B. C. D17、 设向量a(2，x1)，b(x1,4)，则“x3”是“ab”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8、在ABC中，a3，b2，cos C，则ABC的面积为( )A. B2 C3 D49、执行如图所示的程序框图，如果输出的k的值为3，则输入的a的值可以是()A20 B24 C22 D2310、已知数列an的前n项和Snn3，则a6a7a8a9等于( )A729 B387 C604 D85411、已知非零向量m，n满足4|m|3|n|，cos m，n，若n(tmn)，则实数t的值为( )A4 B4 C. D12、在数列an中，已知a11，an12an1，则其通项公式为an( )A2n1 B2n11 C2n1 D2(n1)二、填空题：（每小题5分，共20分）13、(2017全国卷文)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcos Bacos Cccos A，则B .14、 已知sin cos 1，cos sin 0，则sin()_15、(2017全国卷)设等比数列an满足a1a21，a1a33，则a4 .16、已知，若为钝角，则的取值范围是_三、解答题：（题共7O分， 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17、（12分）如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积18、（12分）已知是各项均为正数的等比数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.19、已知数列an的前n项和为Sn，且anSnn.(1)设cnan1，求证：cn是等比数列；(2)求数列an的通项公式20、（12分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求B；（2）若ABC为锐角三角形，且，求ABC面积的取值范围21、（本小题满分 12 分）已知四棱锥 PABCD的底面 ABCD为平行四边形， PD=DC ， ADPC（1） 求证： AC=AP；（2） 若平面 APD 平面 ABCD， ADC = 120 ， AD= DC = 4 ，求点 B 到平面PAC 的距离22、（本小题满分 10 分）选修 44：坐标系与参数方程在直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为（ t 为参数），以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为r= 2cosq，直线l与曲线C 交于不同的两点 A， B （ 1）求曲线C 的参数方程；（ 2）若点 P 为直线l 与 x 轴的交点，求 的取值范围20192020学年度第一学期高三文科数学答卷卡2019年9月11日高三（）班 姓名：座号： 成绩：一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分题号123456789101112答案二、填空题（每小题5分， 4题共20分）。（13）_ （14）_ （15）_ .（16）_ .三、解答题：（本大题共7O分， 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17、 18、 19、 20、21、 22、参考答案：一、选择题：1-5CC DAD 6-10 D A D AC 11-12B A5.由于特称命题的否定形式是全称命题，全称命题的否定形式是特称命题，所以“xR，nN*，使得nx2”的否定形式为“xR，nN*，使得nx2”6. 原式sin 15cos 75cos 15sin 75sin 901.7. 当ab时，有24(x1)(x1)0，解得x3.所以x3ab，但ab/ x3.故“x3”是“ab”的充分不必要条件8.因为C为三角形的内角，所以sin C，所以Sabsin C324.9.根据程序框图可知，若输出的k3，则此时程序框图中的循环结构执行了3次，执行第1次时，S2033，执行第2次时，S2339，执行第3次时，S29321，因此符合题意的实数a的取值范围是9a21，故选A.10.a6a7a8a9S9S59353604.11.因为n(tmn)，所以n(tmn)0，即tmn|n|20，所以t|m|n|cos m，n|n|20.又4|m|3|n|，所以t|n|2|n|20， 解得t4.故选B.二、填空题：13、 14、 15、8 16、且13.(方法一)由2bcos Bacos Cccos A及正弦定理，得2sin Bcos Bsin Acos Csin Ccos A.所以2sin Bcos Bsin(AC)又ABC，所以ACB.所以2sin Bcos Bsin(B)sin B.又sin B0，所以cos B.所以B.(方法二)因为在ABC中，由射影定理有acos Cccos Ab，所以条件等式变为2bcos Bb，所以cos B.又0B，所以B.14. 因为sin cos 1，cos sin 0，所以22得12(sin cos cos sin )11，所以sin cos cos sin ，所以sin().15.设等比数列an的公比为q，因为a1a21，a1a33，所以a1(1q)1，a1(1q2)3.，得1q3，所以q2.所以a11，所以a4a1q31(2)38.16.由题意可得：，若为钝角，所以，并且，即，并且，解得且故答案为且三、解答题：17解：（1）由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故.又，所以BE平面.（2）由（1）知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E，所以，故AE=AB=3，.作，垂足为F，则EF平面，且.所以，四棱锥的体积. 18、解：（1）设的公比为q，由题设得，即.解得（舍去）或q=4.因此的通项公式为.（2）由（1）得，因此数列的前n项和为.19.解：(1)证明：因为anSnn，所以an1Sn1n1，得an1anan11，即2an1an1，所以2(an11)an1，所以，又a1S12a11，所以a1.因为cnan1，所以首项c1a11，公比q，所以cn是以