2020届高三第三次月考数学试题（解析版）

2020届山东师范大学附属中学高三第三次月考数学试题一、单选题1已知集合，若（ ）ABCD【答案】D【解析】根据一元二次不等式求得集合A，从而可求得.【详解】由得，又，故选：D.【点睛】本题考查一元二次不等式的解法，集合间的交集运算，属于基础题.2已知命题“”，则命题（ ）ABCD【答案】A【解析】试题分析：因为命题“”的否定为：，因此命题“”的否定为：，选A.【考点】命题的否定3为了得函数的图象，只需把函数的图象（ ）A向左平移个单位B向左平移单位C向右平移个单位D向右平移个单位【答案】A【解析】将函数的图象按图像变换规律逐步变到函数的图象【详解】不妨设函数的图象沿横轴所在直线平移个单位后得到函数的图象于是，函数平移个单位后得到函数，即，所以有，取，答案为A【点睛】由函数的图像经过变换得到的图像，在具体问题中，可先平移后伸缩变换，也可以先伸缩后平移变换，但要注意水平方向上的伸缩和平移变换都是针对x值而言，故先伸缩后平移时要把x 前面的系数变为14已知数列满足且，则（ ）A-3B3CD【答案】B【解析】由已知可得数列是以2为公差的等差数列，再，代入可得选项.【详解】,数列是以2为公差的等差数列，故选：B.【点睛】本题考查等差数列的定义，等差数列的项的关系，属于基础题.5函数是增函数的一个充分不必要条件是（ ）ABCD【答案】D【解析】根据对数函数的单调性和命题的充分条件、必要条件的判断可得选项.【详解】时，是增函数，函数是增函数的一个充分不必要条件是的一个子集，又 ，故选：D.【点睛】本题考查对数函数的单调性和命题的充分必要条件的定义和判断，属于基础.6函数的零点所在区间为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据零点存在原理求出每个区间端点的函数值即可选出正确答案.【详解】，由.故选：C【点睛】本题考查了零点存在原理，考查了数学运算能力.7若，则的最小值为（ ）A9B8C7D6【答案】A【解析】由对数的运算性质可得，再构造出，根据基本不等式可得最小值.【详解】，当且仅当“”时取等号，的最小值为9.故选：A.【点睛】本题考查对数的运算性质和基本不等式的运用，关键在于“1”的巧妙运用，构造出基本不等式所需的形式，属于中档题.8已知在区间上有极值点，实数a的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】对函数求导函数，由已知条件得其导函数在上有零点，建立不等式组可得范围.【详解】,由于函数在上有极值点，所以在上有零点。所以，解得.故选：D.【点睛】本题主要考查导函数的极值问题，关键在于得出导函数在所给的区间上有零点，转化为求解不等式组的问题，属于基础题,9泉城广场上矗立着的“泉标”，成为泉城济南的标志和象征为了测量“泉标”高度，某同学在“泉标”的正西方向的点A处测得“泉标”顶端的仰角为，沿点A向北偏东前进100 m到达点B，在点B处测得“泉标”顶端的仰角为，则“泉标”的高度为（ ）A50 mB100 mC120 mD150 m【答案】A【解析】理解方位角、仰角的含义,画出图形,确定中的边与角,利用余弦定理,即可求得结论.【详解】如图,为“泉标”高度,设高为米，由题意,平面,米,，在中,在中,在中,，,，,由余弦定理可得，解得或 (舍去),故选：B.【点睛】本题考查利用数学知识解决实际问题,考查余弦定理的运用,解题的关键是确定三角形的边与角,属于中档题.10已知偶函数的定义域为，其导函数为，当时，有成立，则关于x的不等式的解集为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据题意设，则求导函数分析的正负，得函数在上的单调性，再根据的奇偶性，得 的奇偶性，将所求解的不等式转化为，根据分析出的单调性和奇偶性可得不等式的解集.【详解】根据题意设，则，又当时，则有，所以在上单调递减，又在上是偶函数，所以，所以是偶函数，所以，又为偶函数，且在上为减函数，且定义域为，则有，解得或，即不等式的解集为，故选：B.【点睛】本题以函数和导函数为背景,考查函数的导数与函数单调性的关系,考查逻辑思维、转化与化归思想.创新意识.推理运算能力,考查逻辑推理，数学抽象.数学运算素养.二、多选题11下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（ ）ABCD【答案】CD【解析】对每一个选项中的函数分别从是否满足,根据常见的初等函数的单调性判断在上是否单调递增，可得出选项.【详解】本题主要考查函数的单调性和函数的奇偶性.A项，对于函数，因为，所以函数不是偶函数。故A项不符合题意。B项，对于函数，因为当时，当，所以函数在区间上不是单调递增的。故B项不符合题意.C项，对于函数，因为定义域为，所以函数为偶函数，因为函数，当时，而，函数在上单调递增，所以函数在区间上为增函数。故C项符合题意.D项，对于函数，因为函数，所以函数是偶函数。而在上单调递增，在上单调递增，所以函数在上单调递增。故D项符合题意.故选：CD.【点睛】本题考查函数的奇偶性的判断，和一些常见的初等函数的单调性的判断，属于基础题.12在平面直角坐标系中，角顶点在原点，以正半轴为始边，终边经过点，则下列各式的值恒大于0的是（ ）ABCD【答案】AB【解析】根据角终边经过点，结合三角函数的定义可以判断角的正弦、余弦、正切的正负性，对四个选项逐一判断即可选出正确答案.【详解】由题意知，.选项A；选项B，；选项C，；选项D，符号不确定.故选：AB.【点睛】本题考查了三角函数的定义，属于基础题.13已知函数，是函数的极值点，以下几个结论中正确的是（ ）ABCD【答案】AC【解析】求导数,利用零点存在定理,可判断A,B; ,可判断C，D.【详解】函数,是函数的极值点，即，,即A选项正确,B选项不正确;,即C正确,D不正确.故答案为:AC.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值,考查学生的计算能力,属于中档题.三、填空题14已知，则的值为_【答案】【解析】利用二倍角公式,和同角三角函数的关系，运用弦化切，代入可求得值.【详解】原式,又，原式，故答案为：.【点睛】本题考查同角三角函数的关系，和运用二倍角公式化简求值问题，关键在于将齐次式转化为正切的式子，属于基础题.15已知函数是定义在上的奇函数，当时，有恒成立，若，则x的取值范围是_【答案】【解析】根据已知条件得函数是定义在上的减函数，再根据函数是定义在上的奇函数，化简不等式得，解之可得范围.【详解】根据已知条件：当时，有恒成立，得函数是定义在上的减函数，又因为函数是定义在上的奇函数，所以，故等价于，所以，即。故答案为：。【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的综合运用，关键在于将不等式转化为是两个函数值的不等关系，运用单调性的定义可得所求的范围，属于中档题。16设等差数列前n项和为若，则_，的最大值为_【答案】4 42 【解析】根据等差数列的前n项和公式，可求得，从而可求得数列的公差，得到数列的通项公式和前n项和公式，可求得所需求的值.【详解】数列是等差数列，又，,当或时，有最大值42.故答案为：（1）4；（2）42.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式，和根据二次函数的求得前n项和的最大值，运用是需注意数列的项数应是自然数，属于基础题.17已知函数，若方程有三个不同的实根，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】由在同一坐标系中画出函数的图象与函数的图象，利用数形结合，可求出满足条件实数a的取值范围【详解】函数的图象如下图所示，作出直线l：，平移直线l至与之间时，方程有三个不同的实根，而由得，当时，即（舍去）时，得直线，当直线l：，过点时，得直线，此时，所以要使方程有三个不同的实根，则实数a的取值范围是：，故答案为：. 【点睛】本题考查学生综合运用函数和方程的能力，以及让学生掌握数形结合的数学思想，属于中档题四、解答题18设等差数列前项和为，满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的通项公式【答案】(1) (2) 【解析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为的形式列方程组，解方程组求得，进而求得数列的通项公式.（2）利用“退作差法”求得的表达式，进而求得数列的通项公式.【详解】（1）设等差数列首项为，公差为由已知得，解得于是（2）当时， 当时，当时上式也成立于是故【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式和前项和公式的计算，考查“退作差法”求数列的通项公式，属于基础题.19的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（1）求的值；（2）若，求的面积【答案】（1） （2）【解析】（1）根据正弦定理，对进行边角互化再由正弦定理可得，可得的值；（2）由可知而，运用余弦定理可求得，进而求得角，运用三角形的面积公式可求得面积【详解】（1）由正弦定理，可化为，也就是由中可得即由正弦定理可得，故（2）由可知而，由余弦定理可知又，于是【点睛】本题考查解三角形的正弦定理和余弦定理，以及三角形的面积公式，关键在于选择合适的定理进行边角互化，属于中档题.20设函数.（1）设方程在内有两个零点，求的值；（2）若把函数的图象向左平移个单位，再向下平移2个单位，得函数图象，求函数在上的最值.【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为【解析】(1)先利用三角诱导公式将函数表达式化简,再由余弦函数图像可得或根据范围可得.(2)根据图像平移得到,由正弦曲线可得最值.【详解】解：（1）由题设知，或得或，（2）图像向左平移个单位，得再向下平移2个单位得当时，在的最大值为，最小值为.【点睛】本题考查了三角诱导公式,三角函数图像平移与性质,基础题.21设函数.（）当，时，恒成立，求的范围；（）若在处的切线为，且方程恰有两解，求实数的取值范围.【答案】（I） （II） 【解析】试题分析：（1）将参数值代入得到函数表达式，研究函数的单调性求得函数最值，使得最小值大于等于0即可；（2）根据切线得到，方程有两解，可得，所以有两解，令，研究这个函数的单调性和图像，使得常函数y=m，和有两个交点即可.解析：由，当时，得.当时，且当时，此时.所以，即在上单调递増，所以，由恒成立，得，所以.（2）由得，且.由题意得，所以.又在切线上.所以.所以.所以.即方程有两解，可得，所以.令，则，当时