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1、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n<x2 BxR，n
2、N*，使得n<x2CxR，nN*，使得n<x2 DxR，nN*，使得n<x26、sin 15°cos 75°cos 15°sin 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a6
3、a7a8a9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a1
4、a21，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（
5、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， Ð 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，
6、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
7、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 15°cos 75°cos 15°sin 75°sin 90°1.7. 当ab时，有2×4(x1)(x1)0，解得x±3.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 C×3×2×4.9.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，S2
8、15;033，执行第2次时，S2×339，执行第3次时，S2×9321，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tm·n|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
9、 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0<B<，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a
10、4a1q31×(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是以为首项，以为公比的等比数列(2)由(1)可知cn()·()n1()n， 所以an1()n.20.（1）由题设及正弦定理得因为，所以由，可得，故因为，故，因此（2）由题设及（1）知ABC的面积由正弦定理得由于ABC为锐角三角形，故， 由（1）知，所以，故，从而因此，ABC面积的取值范围是21.22.20
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