2019-2020年高三数学上学期联考试题-理

1、2019-2020年高三数学上学期联考试题 理本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。全卷满分150分，考试时间120分钟。 考试范围：集合与常用逻辑用语、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量与复数、数列。考生注意事项： 1答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。 2答第I卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦十净后，冉选涂其他答案标号。 3答第卷时，必须使用05毫米的黑色墨水签字笔在答题

2、卡上书写，要求字体T整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后冉用05毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。 4考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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）设i是虚数单位，复数 （A） 32i （B） 3+2i （C）23i （D） 2+3i（2）若集合A=，且AB则实数a的取值范围是 （A）（,-2 （B）2,2 （C）2,） （D）2, ）（3）设Sn是等比数列an的前n项和，若a3=7，S3=

3、21，则数列an的公比是 （A） （B）1 （C）或1 （D）或1（4）设a1, 则函数的图像大致为（5）若非直角ABC的内角A、B、C成等差数列，则tanA+tanCtanAtanBtanC=（A）（B） （C）（D）（6）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且当x0时f（x）=，则f(f（24）)=（A）4（B）2（C）2（D）4（7）设Sn是等差数列an的前n项和，且a2+2a4+5a6=48，则S9=（A）36（B）45（C）54（D）63（8）已知向量a=（0，sin），b=（1,2cos），函数f（x）=ab，g（x）=a2+b2，则f（x）的图像可由g（x）的图像经过怎样的变换得到

4、（A）向左平移个单位长度 （B）向右平移个单位长度（C）向左平移个单位长度 （D）向右平移个单位长度（9）已知a、b为正实数，直线y=xa与曲线y=ln（x+b）相切，则的取值范围是（A）（0，）（B）（0，1）（C）（0，）（D）（10）在ABC中，若（4），则sinA的最大值为（A）（B）（C）（D）第卷（非选择题 共100分）考生注意事项： 请用05毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分把答案填在题中横线上（11）已知向量a与b的夹角为60o，且|a|1，b=2，则ab= 。（12）由曲线yx22x与直线y=x围成的封闭图形

5、的面积为 。（13）设集合An=x|2nxsinB”是“ab”的充分必要条件 “cosAb”的充分必要条件 “tanAtanB是“ab”的充分必要条件 “sin2Asin2B”是“ab”的充分必要条件 “cos2Ab”的充分必要条件三、解答题：本大题共6小题，共75余解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（16）（本小题满分12分） 设函数f（x）=sinxcos（x+）+，xR （I）求f（x）的最大值及最小正周期； （）若斜率为的直线与f（x）相切，求其切点坐标（17）（本小题满分12分） 已知a0，a1，设命题p：函数y=loga x在（0，+）上单凋递增；命题q：函数y=|x+2a|x

6、|对任意xR满足1 y0f（x）a2ka恒成立，求实数k的取值范围（21）（本小题满分13分） 右图中的杨辉三角最早出现于我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法它有很多奇妙的性质，如每个数等于它肩上两数之和记图中从上到下第i行从左到右第j个数为（i，j）数列an的前n项和Sn=（n+2，3），nN* （I）求数列an的通项公式； （）设bn=，数列bn的前n项和为Tn证明：1Tn2参考答案题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）答案ACDDABCDAB（1）A 解析：（2）C 解析：若a2，A(2，a满足条件，若a2，A满足条件，若a2，Aa，2)，使AB，只

7、需a2，故选C（3）D 解析：设数列的公比为q，则解得或1.（4）D 解析：令a2，当x2时，yeq f(1,3)，排除B、C，当x2时，yeq f(4,3)，排除A，故选D（5）A 解析：故选A.（6）B 解析：，则.（7）C 解析：48a22a45a6S9eq f(9(a1a9),2)9a554.（8）D 解析：f (x)eq f(3,2)abeq f(3,2)2sineq f(x,2)coseq f(x,2)eq f(3,2)sinx，g(x)a2b2eq f(7,2)sin2eq f(x,2)14cos2eq f(x,2)eq f(7,2)3cos2eq f(x,2)eq f(3,2)

8、3eq f(1cosx,2)eq f(3,2)eq f(3,2)cosxeq f(3,2)sin(eq f(,2)x)，故选D（9）A 解析：yeq f(1,xb)1，x1b，切点为(1b，0)，代入yxa，得ab1，a、b为正实数，a(0，1)，令eq f(a2,2b)(0，eq f(1,2).（10）B 解析：0(4eq o(sup 5( ),sdo 0(AB)eq o(sup 5( ),sdo 0(AC)eq o(sup 5( ),sdo 0(CB)(4eq o(sup 5( ),sdo 0(AB)eq o(sup 5( ),sdo 0(AC)(eq o(sup 5( ),sdo 0(C

9、A)eq o(sup 5( ),sdo 0(AB)4eq o(sup 5( ),sdo 0(AB)2eq o(sup 5( ),sdo 0(AC)25eq o(sup 5( ),sdo 0(AC)eq o(sup 5( ),sdo 0(AB)4eq o(sup 5( ),sdo 0(AB)2eq o(sup 5( ),sdo 0(AC)25|eq o(sup 5( ),sdo 0(AC)|eq o(sup 5( ),sdo 0(AB)|cosA4|eq o(sup 5( ),sdo 0(AC)|eq o(sup 5( ),sdo 0(AB)|5|eq o(sup 5( ),sdo 0(AC)|

10、eq o(sup 5( ),sdo 0(AB)|cosA，cosAeq f(4,5)，sinAeq f(3,5) 解析：.（12） 解析：画出简图知封闭图形的面积（13）336 解析：中的各元素构成以33为首项，以5为公差的等差数列，共有7项，中各元素之和为（14） 解析：当n1时，2S1a1eq f(1,a1)=2a1，a11，当n2时，2SnSnSn1eq f(1,SnSn1)，即SnSn1eq f(1,SnSn1)，又Seq o(sup 4(2),sdo 3(n)n，Sneq r(n)，. 解析：由sinAsinB，利用正弦定理得 a=2rsinA，b=2rsinB，故sinAsinB

11、，等价于ab，正确；由cosAcosB，利用函数在上单调递减得，等价于ab，正确； 由tanAtanB，不能推出ab，如A为锐角，B为钝角，虽然有tanAtanB，但由大角对大边得ab，错误；由sin2Asin2B，不能推出ab，如 A=45，B=60时，虽然有sin2Asin2B，但由大角对大边得ab，错误；由cos2Acos2B，利用二倍角公式得sin2Asin2B，sinAsinB，故等价于ab，正确（16）解析：（）f (x)sinx(eq f(1,2)cosxeq f(eq r(3),2)sinx)eq f(eq r(3),4)eq f(1,4)sin2xeq f(eq r(3),2

12、)eq f(1cos2x,2)eq f(eq r(3),4)eq f(1,2)sin(2xeq f(,3)，f (x)的最大值为eq f(1,2)，最小正周期为（6分）（）f (x)cos(2xeq f(,3)，令cos(2xeq f(,3)eq f(1,2)，则2xeq f(,3)2keq f(,3)（kZ），即xk或xkeq f(,3)（kZ），故其切点坐标为(k，eq f(eq r(3),4)或(keq f(,3)，eq f(eq r(3),4)（kZ）（12分）（17）解析：若p为真命题，则a1若q为真命题，由得，2a1，0aeq f(1,2)（6分）又“pq”为真，“pq”为假，则p

13、、q中一真一假当p真q假时，a1；当p假q真时，0aeq f(1,2)故a的取值范围是(0，eq f(1,2)(1，)（12分）（18）解析：（）由已知得12sin2BcosBcos(AC)1，cos(AC)cos(AC)2sin2B，即2sinAsinC2sin2B由正弦定理知b2ac，a、b、c成等比数列（6分）（）由余弦定理知，而sinBeq f(eq r(7),4)，故的面积（12分）（19）解析：（）两边取以2为底的对数得log2an112log2an，则log2an112(log2an1)，1log2an为等比数列，且log2an1(log2a11)2n12n.（6分）（）eq f

14、(1,1log2an)eq f(1,2n)，设Meq f(1,1log2a1)eq f(2,1log2a2)eq f(n,1log2an)eq f(1,2)eq f(2,22)eq f(n,2n)，则eq f(1,2)Meq f(1,22)eq f(2,23)eq f(n,2n+1)，两式相减得eq f(1,2)Meq f(1,2)eq f(1,22)eq f(1,2n)eq f(n,2n+1)1eq f(1,2n)eq f(n,2n+1)1，则M2，结论成立.（13分）（20）解析：（）f (x)=aex当a0时，f (x)0，f (x)在R上单调递减，最多存在一个零点，不满足条件；当a0时，由f (x)=0解得x=lna，当xlna时，f (x)0，当xlna时，f (x)0故f (x)在x=lna处取得最大值f (lna)=alnaa，f (x)存在两个零点，f (lna)