1、2019-2020年高三數學上學期聯考試題 理本試卷分第I卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分。全卷滿分150分，考試時間120分鐘。 考試范圍：集合與常用邏輯用語、函數與導數、三角函數與解三角形、平面向量與復數、數列。考生注意事項： 1答題前，務必在試題卷、答題卡規定的地方填寫自己的姓名、座位號，并認真核對答題卡上所粘貼的條形碼中姓名、座位號與本人姓名、座位號是否一致。務必在答題卡背面規定的地方填寫姓名和座位號后兩位。 2答第I卷時，每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦十凈后，冉選涂其他答案標號。 3答第卷時，必須使用05毫米的黑色墨水簽字筆在答題

2、卡上書寫，要求字體T整、筆跡清晰。作圖題可先用鉛筆在答題卡規定的位置繪出，確認后冉用05毫米的黑色墨水簽字筆描清楚。必須在題號所指示的答題區域作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上答題無效。 4考試結束，務必將試題卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50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）設i是虛數單位，復數 （A） 32i （B） 3+2i （C）23i （D） 2+3i（2）若集合A=，且AB則實數a的取值范圍是 （A）（,-2 （B）2,2 （C）2,） （D）2, ）（3）設Sn是等比數列an的前n項和，若a3=7，S3=

3、21，則數列an的公比是 （A） （B）1 （C）或1 （D）或1（4）設a1, 則函數的圖像大致為（5）若非直角ABC的內角A、B、C成等差數列，則tanA+tanCtanAtanBtanC=（A）（B） （C）（D）（6）已知f（x）是定義在R上的奇函數，且當x0時f（x）=，則f(f（24）)=（A）4（B）2（C）2（D）4（7）設Sn是等差數列an的前n項和，且a2+2a4+5a6=48，則S9=（A）36（B）45（C）54（D）63（8）已知向量a=（0，sin），b=（1,2cos），函數f（x）=ab，g（x）=a2+b2，則f（x）的圖像可由g（x）的圖像經過怎樣的變換得到

4、（A）向左平移個單位長度 （B）向右平移個單位長度（C）向左平移個單位長度 （D）向右平移個單位長度（9）已知a、b為正實數，直線y=xa與曲線y=ln（x+b）相切，則的取值范圍是（A）（0，）（B）（0，1）（C）（0，）（D）（10）在ABC中，若（4），則sinA的最大值為（A）（B）（C）（D）第卷（非選擇題 共100分）考生注意事項： 請用05毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上作答，在試題卷上答題無效。二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分把答案填在題中橫線上（11）已知向量a與b的夾角為60o，且|a|1，b=2，則ab= 。（12）由曲線yx22x與直線y=x圍成的封閉圖形

5、的面積為 。（13）設集合An=x|2nxsinB”是“ab”的充分必要條件 “cosAb”的充分必要條件 “tanAtanB是“ab”的充分必要條件 “sin2Asin2B”是“ab”的充分必要條件 “cos2Ab”的充分必要條件三、解答題：本大題共6小題，共75余解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟（16）（本小題滿分12分） 設函數f（x）=sinxcos（x+）+，xR （I）求f（x）的最大值及最小正周期； （）若斜率為的直線與f（x）相切，求其切點坐標（17）（本小題滿分12分） 已知a0，a1，設命題p：函數y=loga x在（0，+）上單凋遞增；命題q：函數y=|x+2a|x

6、|對任意xR滿足1 y0f（x）a2ka恒成立，求實數k的取值范圍（21）（本小題滿分13分） 右圖中的楊輝三角最早出現于我國南宋數學家楊輝1261年所著的詳解九章算法它有很多奇妙的性質，如每個數等于它肩上兩數之和記圖中從上到下第i行從左到右第j個數為（i，j）數列an的前n項和Sn=（n+2，3），nN* （I）求數列an的通項公式； （）設bn=，數列bn的前n項和為Tn證明：1Tn2參考答案題號（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滿足條件，若a2，A滿足條件，若a2，Aa，2)，使AB，只

7、需a2，故選C（3）D 解析：設數列的公比為q，則解得或1.（4）D 解析：令a2，當x2時，yeq f(1,3)，排除B、C，當x2時，yeq f(4,3)，排除A，故選D（5）A 解析：故選A.（6）B 解析：，則.（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)，故選D（9）A 解析：yeq f(1,xb)1，x1b，切點為(1b，0)，代入yxa，得ab1，a、b為正實數，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：畫出簡圖知封閉圖形的面積（13）336 解析：中的各元素構成以33為首項，以5為公差的等差數列，共有7項，中各元素之和為（14） 解析：當n1時，2S1a1eq f(1,a1)=2a1，a11，當n2時，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、，等價于ab，正確；由cosAcosB，利用函數在上單調遞減得，等價于ab，正確； 由tanAtanB，不能推出ab，如A為銳角，B為鈍角，雖然有tanAtanB，但由大角對大邊得ab，錯誤；由sin2Asin2B，不能推出ab，如 A=45，B=60時，雖然有sin2Asin2B，但由大角對大邊得ab，錯誤；由cos2Acos2B，利用二倍角公式得sin2Asin2B，sinAsinB，故等價于ab，正確（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)的最大值為eq f(1,2)，最小正周期為（6分）（）f (x)cos(2xeq f(,3)，令cos(2xeq f(,3)eq f(1,2)，則2xeq f(,3)2keq f(,3)（kZ），即xk或xkeq f(,3)（kZ），故其切點坐標為(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為真命題，則a1若q為真命題，由得，2a1，0aeq f(1,2)（6分）又“pq”為真，“pq”為假，則p

13、、q中一真一假當p真q假時，a1；當p假q真時，0aeq f(1,2)故a的取值范圍是(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成等比數列（6分）（）由余弦定理知，而sinBeq f(eq r(7),4)，故的面積（12分）（19）解析：（）兩邊取以2為底的對數得log2an112log2an，則log2an112(log2an1)，1log2an為等比數列，且log2an1(log2a11)2n12n.（6分）（）eq f

14、(1,1log2an)eq f(1,2n)，設Meq f(1,1log2a1)eq f(2,1log2a2)eq f(n,1log2an)eq f(1,2)eq f(2,22)eq f(n,2n)，則eq f(1,2)Meq f(1,22)eq f(2,23)eq f(n,2n+1)，兩式相減得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，則M2，結論成立.（13分）（20）解析：（）f (x)=aex當a0時，f (x)0，f (x)在R上單調遞減，最多存在一個零點，不滿足條件；當a0時，由f (x)=0解得x=lna，當xlna時，f (x)0，當xlna時，f (x)0故f (x)在x=lna處取得最大值f (lna)=alnaa，f (x)存在兩個零點，f (lna)