（新高考）2020-2021学年下学期高三4月月考卷1

（新高考）2020-2021学年下学期高三4月月考卷

数学（A）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷（选择题）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合，，则集合的子集个数为（    ）

A．7 B．9 C．8 D．32

2．“”是“直线与平行”的（    ）

A．充分而不必要条件  B．必要而不充分条件

C．充要条件  D．既不充分也不必要条件

3．为虚数单位，已知复数，则复数在复平面中对应的点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

4．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

5．若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（    ）

A．  B．

C．  D．

6．已知函数满足，且的最小值为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

7．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

8．已知是平面向量，满足，，且，记与的夹角为，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．

9．以下关于正弦定理或其变形正确的有（    ）

A．在中，

B．在中，若，则

C．在中，若，则；若，则都成立

D．在中，

10．已知等差数列的前项和为，若，，则（    ）

A．

B．数列是公比为8的等比数列

C．若，则数列的前2020项和为4040

D．若，则数列的前2020项和为

11．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且．

则下列结论正确的是（    ）

A．三棱锥的体积为定值

B．当向运动时，二面角逐渐变小

C．在平面内的射影长为

D．当与重合时，异面直线与所成的角为

12．已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于点，，若，两点在准线上的射影分别为，，线段的中点为，则（    ）

A．  B．四边形的面积等于

C． D．直线与抛物线相切

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．的展开式中的常数项为______．

14．将、、、、、六个字母排成一排，其中、相邻，且、在、的两侧，则不同的排法共有__________种．（用数字作答）

15．已知定义在R上的偶函数在上单调递增，且．若，则的取值范围是_______；设函数，若方程有且只有两个不同的实数解，则实数a的取值范围为________．

16．已知定义在上的函数满足且，若恒成立，则的取值范围为____________．

四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）已知数列满足，．

（1）证明：数列为等差数列；

（2）求数列的前项和．

18．（12分）在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求出其面积；若不存在，请说明理由．

问题：是否存在，它的内角、、所对的边分别为、、，且，，___________？

19．（12分）2022年第24届冬季奥林匹克运动会，简称“北京张家口冬奥会”，将在2022年02月04日～2022年02月20日在北京市和张家口市联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京将承办所有冰上项目，延庆和张家口将承办所有的雪上项目．下表是截取了2月5日和2月6日两天的赛程表：

说明：“*”代表当日有不是决赛的比赛；数字代表当日有相应数量的决赛．

（1）①若在这两天每天随机观看一个比赛项目，求恰好看到冰壶和冰球的概率；

②若在这两天每天随机观看一场决赛，求两场决赛恰好在同一赛区的概率；

（2）若在2月6日（星期日）的所有决赛中观看三场，记为赛区的个数，求的分布列及期望．

20．（12分）如图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿，，折起得三棱锥，如图乙．

（1）求证：平面平面；

（2）过棱作平面交棱于点，且三棱锥和的体积比为，求直线与平面所成角的正弦值．

21．（12分）已知椭圆过点，离心率为．

（1）求椭圆的方程；

（2）设点为椭圆的上顶点，、是椭圆上两个不同的动点（不在轴上），直线、的斜率分别为、，且，求证：直线过定点．

22．（12分）已知函数，，．

（1）若曲线在点处的切线与轴垂直，求的值；

（2）讨论的单调性；

（3）若关于的方程在区间上有两个不相等的实数根，，证明：．

（新高考）2020-2021学年下学期高三4月月考卷

数学（A）答案

第Ⅰ卷（选择题）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．【答案】C

【解析】含有3个不同元素，故它的子集个数为8，故选C．

2．【答案】B

【解析】因为直线与平行，

所以且两直线的斜率相等，即，解得．

而当时，直线为，同时为，两直线重合不满足题意；

当时，与平行，满足题意，

故，

根据小范围推大范围可得是的必要不充分条件，故选B．

3．【答案】D

【解析】，根据的运算周期性，所以，

所以该复数对应的点为，故选D．

4．【答案】C

【解析】因为，，，

所以，，，

因此，故选C．

5．【答案】D

【解析】方程，即为，

因为方程有两个不相等的实数根，

所以函数与的图象有两不同的交点，

在同一坐标系中作出函数与的图象如图所示：

由图象知：当直线过点时，，

当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，

即，解得，

所以实数的取值范围是，故选D．

6．【答案】A

【解析】，

则，，

且，

设函数的最小正周期为，则，，可得，

，因此，，

故选A．

7．【答案】B

【解析】，

令，则，故为上的奇函数，

故的图象关于对称，故排除C；

又当时，令，则，

故，故当时，，故排除D；

而，故排除A，

故选B．

8．【答案】B

【解析】由，得，所以，

则，

令函数，因为在上单调递减，

又因为，故当时，取得最小值，最小值为，故选B．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．

9．【答案】ACD

【解析】对于A，由正弦定理，

可得，故该选项正确；

对于B，由，可得或，即或，

∴或，故该选项错误；

对于C，在中，由正弦定理可得，

因此是的充要条件，故该选项正确；

对于D，由正弦定理，可得右边左边，故该选项正确，

故选ACD．

10．【答案】CD

【解析】由等差数列的性质可知，故A错误；

设的公差为，则有，解得，，

故，，

则数列是公比为的等比数列，故B错误；

若，

则的前2020项，故C正确；

若，

则的前2020项和，故D正确，

故选CD．

11．【答案】AC

【解析】选项A：连接，

由正方体性质知是矩形，

，

连接交于点，

由正方体性质知平面，

所以，是点到平面的距离，即，

，是定值；

选项B：连接与交于点，连接，

由正方体性质知，是中点，，

又，，

的大小即为与所成的角，

在直角三角形中，为定值．

选项C：如图，作，，，

在直角三角形中，，，

选项D：当与重合时，与重合，连接与交于点，

连接，，

异面直线与所成的角，即为异面直线与所成的角，

在三角形中，，，，

由余弦定理得，

故选AC．

12．【答案】ACD

【解析】设，，直线的方程为，

将直线的方程代入抛物线方程，利用根与系数的关系得．

如图，由题意可得，准线方程为．

设，，直线的方程为，

代人抛物线方程，得，所以，

因为线段的中点为，所以，

所以，，

所以，所以，故A正确；

因为，所以，

所以，所以，

所以四边形的面积等于，故B错误；

根据抛物线的定义知，，

所以，

，

所以，所以C正确；

不妨设点在轴上方，

当时，由，得，，

所以抛物线以点为切点的切线方程为，

令，得，

所以点在以点为切点的切线上，即直线与抛物线相切，故D正确，

故选ACD．

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．【答案】19

【解析】的展开式的通项，

所以的展开式中的常数项为，故答案为19．

14．【答案】

【解析】将、捆绑，合二为一，共有种方法；

从个位置选出个，共种选法，

其中、放中间，、放两边，有种排法；

剩下两个位置放、，共种排法，

由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为，故答案为．

15．【答案】，

【解析】由是偶函数，且在上单调递增，

所以在上单调递减，且，

由，可得，

所以，即．

由，可得或．

由函数解析式可知在和上均为增函数，

故当时，；当时，．

①若，则有1解，有2解，不符合题意；

②若，此时有2解，有1解，不符合题意；

③若，则有1解，有1解，符合题意；

④若，则有1解，有1解，符合题意；

⑤若，则有2解，有1解，不符合题意；

⑥若，则有2解，有1解，不符合题意；

综上，或，解得或．

故答案为，．

16．【答案】

【解析】，∴为增函数，

，∴存在唯一一个常数，使得，

∴，即，

令可得，∴，故而，

∵恒成立，即恒成立，

∴的函数图象在直线上方，

不妨设直线与的图象相切，切点为，

则，解得，

．

如图，

∴当，即时，的函数图象在直线上方，

即恒成立，

故答案为．

四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）依题，在两边同时除以，得，，

故数列是以1为首项，1为公差的等差数列．

（2）由（1）得，可得，所以，

则数列的前项和①，

②，

①-②，得，

所以．

18．【答案】答案见解析．

【解析】选择条件①：

由正弦定理可得，

由于，可得，

化简可得，即，

因为，所以，

由余弦定理可得，解得，

，解得，

因此．

选择条件②：因为，即，

由正弦二倍角公式可得，

，则，所以，所以，

所以，即，

由余弦定理可得，

由已知可得，

由基本不等式可得，所以不存在满足条件的．

选择条件③：

由余弦二倍角公式可得，解得或（舍去），

因为，所以，

由余弦定理得，解得，

，解得，

因此．

19．【答案】（1）①；②；（2）分布列见解析；期望为．

【解析】（1）①记“在这两天每天随机观看一个项目，恰好看到冰壶情况数，然后分析“决赛恰好在同一赛区”和冰球”为事件．

由表可知，在这两天每天随机观看一个项目，共有种不同情况，

其中恰好看到冰壶和冰球，共有种不同情况，

所以．

②记“在这两天每天随机观看一场决赛，两场决赛恰好在同一赛区”为事件．

由表可知，在这两天每天随机观看一场决赛共有种不同情况，

其中两场决赛恰好在北京赛区共有种不同情况，在张家口赛区共有种不同情况，

所以．

（2）随机变量的所有可能取值为．

根据题意，，

，

．

随机变量的分布列是：

数学期望．

20．【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：如图，取的中点为，连接，．

∵，∴．

∵，，

∴，同理．

又，∴，∴．

∵，，平面，∴平面．

又平面，∴平面平面．

（2）解：如图建立空间直角坐标系，

根据边长关系可知，，，，，

∴，．

∵三棱锥和的体积比为，∴，

∴，∴．

设平面的法向量为，

则，令，得．

设直线与平面所成角为，则，

∴直线与平面所成角的正弦值为．

21．【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】（1）根据题意得，解得，

所以椭圆的方程为．

（2）因为点为椭圆上顶点，所以点的坐标为，

设点、，

设直线，由，得，

解得，

则，即点，

，

设直线，同理可得，

又因为，所以，所以，

所以，所以直线过定点．

22．【答案】（1）；（2）当时，在上为增函数；当时，在上递减，在上递增；（3）证明见解析．

【解析】（1）因为，所以，

依题意可得，得．

（2），

当时，在上恒成立，所以在上为增函数；

当时，当时，；当时，，

所以在上递减，在上递增．

综上所述：当时，在上为增函数；

当时，在上递减，在上递增．

（3）因为关于的方程在区间上有两个不相等的实数根，，

所以，即在区间上有两个不相等的实数根，，不妨设，

所以，

所以，

所以，

要证，即证，

因为，所以，所以，

所以只需证，

即要证，

令，因为，所以，

所以只需证，

令，

则，

所以在上单调递增，所以，即，

所以．