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1、六安一中2020届高三年级第三次月考理科数学试卷一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，解得：故选：B2. 已知，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，cossin=，cossin=，=sincos+cossin=sincos=.故选：B.3. 在中，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由，得，又，原式=tan(+)(1-tantan)+tantan=(1-tantan)+tantan=，故选C.点睛：本题巧用了两角和的正切
2、公式，可变形为：，当为特角时，就得到了正切和与正切积的关系.4. 由直线，曲线及轴所围成的封闭图形的面积是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据题意可知面积为：5. 若，则（ ）A. B. C. 1 D. 【答案】A【解析】，故选：A6. 若是函数的极值点，则的极小值为（ ）A. -1 B. C. D. 1【答案】A【解析】由题可得，因为，所以，故，令，解得或，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值为，故选A点睛:（1）可导函数yf(x)在点x0处取得极值的充要条件是f (x0)0，且在x0左侧与右侧f (x)的符号不同；（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)
3、在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值7. 已知函数，则的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】令，,得该函数在递减，在递增，且当时，所以函数的定义域为，且在递增，在递减.从而选A.8. 若函数（且）在区间内单调递增，则的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设g(x)=,g(x)0,得x(,0)(,+)，g(x)=3x2a,x(,0)时,g(x)递减，x(,)或x(,+)时,g(x)递增。当a1时,减区间为(,0)，不合题意，当0a1时,(,0)为增区间。.a故选B.9. 设偶函数的导函数是函数，当时，则使得成立的的取值范
4、围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】令g(x)=，g(x)=，x0，x0，g(x)在(,0)上是增函数，f(x)是偶函数,f(x)=f(x)，g(x)= =g(x)，g(x)是奇函数，g(x)在(0,+)上是增函数，f(2)=0,g(2)=f(2)2=0，g(2)=g(2)=0，如图示：当x0,f(x)0，即g(x)0=g(2)，解得：x2，当x0时,f(x)0，即g(x)g(2)=0，解得：x2故不等式f(x)0的解集是(,2)(2,+)，故选：B.10. 已知，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】,平方可得4sin24sincos+cos2=，化简可得=,即
5、=,求得tan=，或tan=3.当tan=时,tan2=，当tan=3时,tan2=，故选：C.11. 过点与曲线相切的直线有且只有两条，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设切点为(),所以切线方程为:,代入,得,即这个关于的方程有两个解.化简方程为,即,令(),在上单调递增,在上单调递减,g(1)=0,所以,所以.选B.【点睛】对于曲线切点问题,一定要看清楚是在那个点,还是过那个点,如果不知道切点,需要自己设切点.通过求导求出切线方程,再代入过的那一定点.12. 已知函数的图象有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在的图象上，则实数的取值范围是 （ ）A. B.
6、 C. D. 【答案】A【解析】试题分析：关于直线的对称直线为，先考虑特殊位置：与相切得，与相切，由导数几何意义得，结合图像可知，选A考点：函数零点【思路点睛】（1）运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质（2）在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上13. 曲线上的点到直线的最短距离是_【答案】【解析】曲线y=ln(2x1)，y=,分析知直线2xy+8=0与曲线y=ln(2x1)相切的点到直线2xy+8=0的距离最短y
7、=2,解得x=1,把x=1代入y=ln(2x1)，y=0,点(1,0)到直线2xy+8=0的距离最短，d=，故答案为：.14. _【答案】【解析】在上为奇函数，=0表示以原点O为圆心，半径为2的圆的二分之一，故答案为：15. _【答案】【解析】，.故答案为：点睛：三角函数式的化简要遵循“三看”原则:一看角，这是重要一环，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分，从而正确使用公式 ；二看函数名称，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有切化弦；三看结构特征，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，如遇到分式要通分等.16. 若实数满足方程组，则_【答案】1【解析】因为，由化简得：
8、8y32(1+cos2y)+2y+3=0，整理得：8y3+cos2y2y2=0,即(2y)3+cos(2y)+(2y)2=0，设t=2y,则有t3+cost+t2=0，与方程对比得：t=x，即x=2y，x+2y=0，则cos(x+2y)=1.故答案为：1.三、解答题 ：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知（1）求的值；（2）求的值【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）观察已知条件可知，所以，根据诱导公式，所以已知条件转化为，即，所以，再根据的范围，求出的范围，就可以求出的值，则可以将转化为，按两角差展开即可；（2）将转化为，再根据第（1）问中的
9、，的值就可以求出结果。本题重点考查诱导公式、同角三角函数基本关系式、三角恒等变换公式。要求学生对公式熟练掌握，能够观察出角之间的内在联系，会进行合理转化，进行解题。试题解析：（1） 即，由，得 ，从而，（2）考点：1诱导公式；2同角三角基本关系式；3三角恒等变换。18. 已知函数（1）若曲线与曲线在它们的公共点处具有公共切线，求的表达式；（2）若在上是减函数，求实数的取值范围【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）求出函数f（x）的导数，得到关于a的方程，求出a的值，计算g（1）=0，求出b的值，从而求出g（x）的解析式即可；（2）求出函数的导数，问题转化为，x1，+），根据函数的单调性求
10、出m的范围即可试题解析：解：（1）由已知得，所以又，所以， （2）在上是减函数，对恒成立， ，即.19. 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍（1）若，则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？【答案】（1）312（2）当时，仓库的容积最大【解析】试题分析：（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据体积关系建立函数解析式，然后利用导数求其最值.试题解析：解：（1）由PO1=2知OO1=4PO1=8.因为A1B1=AB=6，所以正四棱锥P
11、-A1B1C1D1的体积正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312（m3）.（2）设A1B1=a（m），PO1=h（m），则0h6，OO1=4h.连结O1B1.因为在 中，所以，即于是仓库的容积，从而.令，得或（舍）.当时，V是单调增函数；当时，V是单调减函数.故时，V取得极大值，也是最大值.因此，当m时，仓库的容积最大.【考点】函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点等方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言的能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏高考的应用题往往需结合导
12、数知识解决相应的最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.20. 已知函数，且曲线与轴切于原点（1）求实数的值；（2）若不等式解集与不等式的解集相同，求的值【答案】（1），（2）【解析】试题分析：（1）求出f（x）的导数，由题意可得，f（0）=（ab）+1=0，即可得到a，b的值；（2）由题意可得不等式，即，令求出导数和单调区间，即有0，1为二次方程x2+mxn=0的两根，即可得到m，n的值，进而得到m+n的值试题解析：解：（1），又， ；（2）不等式，整理得，即或，令，则，当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增， ，即当时，；当时，当或时，；故0和1是方程的两根，从而
13、， 21. 已知函数（1）求函数的单调区间；（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值【答案】（1）见解析（2）最小值为2【解析】试题分析：(1)首先对函数求导，然后对参数分类讨论可得当时，的单调递增区间为，无减区间，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为;(2)将原问题转化为在上恒成立，考查函数的性质可得整数的最小值是2.试题解析：(1)，函数的定义域为.当时，则在上单调递增，当时，令，则或(舍负)，当时，为增函数，当时，为减函数，当时，的单调递增区间为，无减区间，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)解法一：由得，原命题等价于在上恒成立，令，则，令，则在上单调递增，由，存在唯一，使，.当时，为增函数，当时，为减函数，时，又，则，由，所以.故整数的最小值为2.解法二：得，令，时，在上单调递减，该情况不成立.时，当时，单调递减；当时，单调递增，恒成立，即.令，显然为单调递减函数.由，且，当
