2020届高三数学理科9月统一考试卷 新课标 人教版

2020 届高三数学理科届高三数学理科 9 月统一考试卷月统一考试卷 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。共 150 分，考试时间 120 分钟. 第第卷卷（选择题（选择题 共共 40 分）分） 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分，在每小题给出的分，在每小题给出的 4 4 个选项中，只有一项是符合个选项中，只有一项是符合 题目要求的）题目要求的） 1、设集合，则=（ ） 2 , 1A3 , 2 , 1B4 , 3 , 2CCBA A B C D3 , 2 , 14 , 2 , 14 , 3 , 24 , 3 , 2 , 1 2、函数 y=sin(x+)（0）是 R R 上的偶函数，则等于( ) A0 B. C. D. 4 2 3、设函数的图像过点，其反函数的图像过点，则等( )log ()(0,1) a f xxb aa(2,1)(2,8)ab 于 （ ） A.3 B.4 C.5 D.6 4、（ ）的是，则：条件：条件qpxqxp2, 1 A.充分但不必要条件 B.必要但不充分条件 C.充分且必要条件 D.既不充分也不必要条件 5、已知等比数列a 的前 n 项和是 S=（ ） n2019181716105 , 6, 2,aaaaaSS n 则 A.8 B.12 txjy C.16 D.24 6、有一道数学难题，学生 A 解出的概率为，学生 B 解出的概率为，学生 C 解出的概率为， 2 1 3 1 4 1 A、B、C 三学生独立去解答此题，则恰有 1 人解出的概率为 ( ) A1 B C D 24 6 24 11 24 17 7、给出下列四个命题： 若直线 l平面 ，l/平面 ，则 ；各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱； 一个二面角的两个半平面所在平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面所在平面，则这两个二面角 的平面角互为补角；过空间任意一点一定可以作一个和两个异面直线都平行的平面。其中正确的命题 的个数有 ( ) A1 B.2 C.3 D.4 8 、计算机中常用十六进制是逢 16 进 1 的计数制，采用数字 09 和字母 AF 共 16 个计数符号，这些 符号与十进制的数的对应关系如下表： 十六进制 0123456789ABCDEF 十进制 0123456789101112131415 例如，用十六进制表示：E+D=1B，则 AB=（ ） A6E B72 C5F DB0 第卷（非选择题，共 110 分） 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 6 6 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 3030 分分. .把答案填在题中横线上）把答案填在题中横线上） 9、已知集合，则 RxxxM, 2|1| Zx x xP, 1 1 5 |PM 10、某校对全校男女学生共 1600 名进行健康调查，选用分层抽样法抽取一个容量为 200 的样本。已知 女生比男生少抽了 10 人，则该校的女生人数应是_ _人. 11、设函数 f(x)=，若 f(-4)=f(0),f(-2)=-2,则 f(x)的解析式为 f(x)=_, 0)x(cbxx 0),x(2 2 关于 x 的方程 f(x)= x 的解的个数为_ 12、不等式的解集是，则不等式的解集是 2 ( )0f xaxxc| 21xx 2 0cxxa 13、设函数 f(x)=sin(wx+)(w0,给出以下四个结论：它的周期为; 2 2 它的图象关于直线 x=对称；它的图象关于点（,0）对称； 在区间（,0）上是增函数.以其中 12 3 6 两个论断为条件，另两个论断作结论写出你认为正确的一个命题：_ _ （注：填上你认为是正确的一种答案即可） 14、设数列，定义使（k，k为整数的 k n a)(2(log 1 Nnna nnk aaaa 321 n) N 为美好数，则在区间内的所有美好数之和 S=_ _.2006, 1 三、解答题（共三、解答题（共 6 6 小题小题, ,共共 8080 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15、 （本小题满分 12 分）已知全集为 R，. 1 2 5 |log (3)2 ,|1 , 2 R AxxBxAB x 求C 16 、(本题满分 12 分)在中，所对的边长分别为，设满足条ABCCBA、cba、cba、 件和，求和的值 222 abccb3 2 1 b c ABtan 17、（本小题满分 14 分）设函数 f(x)=，其中向量=(2cosx,1), =(cosx,sin2x),xR.R.nmmn3 (1)求 f(x)的最小正周期、最大值及取得最大值时 x 的值；(2)求 f(x)的单调递增区间； 18、 （本小题满分 14 分）已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，且， 1 ,60AAADDAB F 为棱 BB1的中点，M 为线段 AC1的中点. （1）求证：直线 MF/平面 ABCD； （2）求证：平面 AFC1平面 ACC1A1； （3）求平面 AFC1与平面 ABCD 所成二面角的大小. 19、 （本小题满分 14 分）已知是等差数列，其前 n 项和为 Sn，已知 a3=11，S9=153， n a （1）求数列的通项公式； （2）设，证明是等比数列，并求其前 n 项和 Tn. n a nn ba 2 log n b 20、 （本小题满分 14 分）已知函数 22 ( )4()f xxaxaaR (1)如果关于的不等式的解集为，求实数的最大值；x( )f xxRa (2)在（1）的条件下，对于任意实数，试比较与的大小；x( )fff xx (3)设函数，如果在区间上存在极小值，求实数的取值范围。 3 ( )23( )g xxaf x( )g x0,1a 参考答案参考答案 DCBAC CAA 9、或写成0,1,2,3 10、760Zxxx, 30| 11、f(x)=，3 12、 0)x(24xx 0)x(2 2 1 (, 1)( ,) 2 13、 , 14、2026 15、 | 213 RA Bxxx 或C 16、 17、解：(1)f(x)=1+2sin(2x+ f(x)的最小正周期为 .60A. 2 1 tanB) 6 18、解法：（）延长 C1F 交 CB 的延长线于点 N，连结 AN.因为 F 是 BB1的中点， 所以 F 为 C1N 的中点，B 为 CN 的中点. 又 M 是线段 AC1的中点，故 MF/AN. （ 4 分）.,ABCDANABCDMF平面平面又./ABCDMF平面 （）证明：连 BD，由直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 可知：平面 ABCD, AA1 又BD平面 ABCD， 四边形 ABCD 为菱形，. 1 BDAA.BDAC , 1111 AACCAAACAAAAC平面又. 11A ACCBD平面 在四边形 DANB 中，DABN 且 DA=BN，所以四边形 DANB 为平行四边形. 故 NABD，平面 ACC1A1. ACC1A1. （8 分）NA 1 AFCNA平面又平面平面 1 AFC （）由（）知 BDACC1A1，又 AC1 ACC1A1， BDAC1，BD/NA，AC1NA. 又由 BDAC 可知 NAAC， C1AC 就是平面 AFC1与平面 ABCD 所成二面角的平面角或补 角. 在 RtC1AC 中， 故C1AC=30. 3 1 tan 1 1 CA CC ACC 平面 AFC1与平面 ABCD 所成二面角的大小为 30或 150 （12 分） 解法二：设 ACBD=O，因为 M、O 分别为 C1A、CA 的中点，所以，MO/C1C， 又由直四棱柱知 C1C平面 ABCD，所以，MO平面 ABCD. 故可以 O 为原点，OB、OC、OM 所在直线分别为轴、轴、轴如图建立空间直角坐标系，xyz 若设|OB|=1，则 B（1，0，0） ，B1（1，0，2） ，A（0，0） ，C（0，0） ，C1（0，2）. 333 （I）由 F、M 分别为 B1B、C1A 的中点可知：F（1，0，1） ，M（0，0，1） ， 所以（1，0，0）=MF .OB 又与不共线，所以，MFOB.MFOB 平面 ABCD，OB平面 ABCD，MF 平面 ABCD. （4 分）MF （III）（1，0，0）为平面 ACC1A1的法向量.OB 设为平面 AFC1的一个法向量，),(zyxn 则 由，.,MFnAFn)0 , 0 , 1 (),1 , 3, 1 (MFAF 得： 令得，此时，. . 0 , 03 x zyx , 1y3z)3, 1 , 0(n 由于，所以，平面 AFC1平面 ACC1A1. （8 分）0)0 , 0 , 1 ()3, 1 , 0(OBn （III）为平面 ABCD 的法向量，设平面 AFC1与平面 ABCD 所成二面角的大小为，则) 1 , 0 , 0(OM 所以=30或 150. 2 3 | 21 3 | |,| |,cos|cos| nOM nOM nOM 即平面 AFC1与平面 ABCD 所成二面角的大小为 30或 150 （12 分） 19、解：（1） 解得， . 153d 2 89 a9 11d2a 1 1 5, 3 1 ad23 nan （2）， , 是公比为 8 的等比数列. n a n b2822 2 2 b b 3aa a a n 1n n1n n 1n b n 又是 ， 322 1 1 a b) 18( 7 32 81 )81 (32 T n n n 20、 提示或答案：（1）的解集为，恒成立( )f xxR 22 (41)0 xaxa 解得， 故的最大值为 222 (41)40 12810aaaa 即 11 26 a a 1 6 （1）由（1）得恒成立，( )f xx( )( )ff xf x( )( )fff xff x 从而，即( )( )( )fff xff xf xx( )fff xx （2）由已知可得，则 3223 ( )23123g xxaxa xa 2222 ( )66126(2)6()(2 )g xxaxaxaxaxa xa 令得( )0g x2xaxa 或 若，则在上单调递增，在上无极值0a