（新高考）2020-2021學(xué)年下學(xué)期高三4月月考卷 數(shù)學(xué)（B卷） 教師版

1、此卷只裝訂不密封班級 姓名 準(zhǔn)考證號 考場號 座位號 此卷只裝訂不密封班級 姓名 準(zhǔn)考證號 考場號 座位號 （新高考）2020-2021學(xué)年下學(xué)期高三4月月考卷數(shù)學(xué)（B）注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。第卷（選擇題）一、單項選擇題：本題共8小

2、題，每小題5分，共40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已知集合，則（ ）ABCD【答案】D【解析】因為，所以，又，所以，因為，所以或，所以或，所以，故選D2設(shè)復(fù)數(shù)z滿足，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，則（ ）ABCD【答案】B【解析】設(shè)，由，得，故選B3函數(shù)是奇函數(shù)的充要條件（ ）ABCD【答案】B【解析】由于為奇函數(shù)，所以恒成立，即，恒成立，由于，所以在四個選項中，與等價的是，所以B選項符合，故選B4函數(shù)的圖象可能是（ ）ABCD【答案】A【解析】由，當(dāng)且僅當(dāng)時，取等號，又，所以，故，所以只有A正確，故選A5已知，是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列判斷正確的是（ ）

3、A若，則直線與一定平行B若，則直線與可能相交、平行或異面C若，則直線與一定垂直D若，則直線與一定平行【答案】C【解析】對于A，可能平行、異面、相交，故A錯誤；對于B，若，則直線與不可能平行，故B錯誤；對于C，根據(jù)線面垂直、線面平行的性質(zhì)可知直線與一定垂直，故C正確；對于D，若，則直線與可能平行，也可能異面，故D錯誤，故選C6已知函數(shù)，若，則實數(shù)的取值范圍是（ ）ABCD【答案】A【解析】，即，故選A7點為拋物線的焦點，點，點為拋物線上與直線不共線的一點，則周長的最小值為（ ）ABCD【答案】B【解析】根據(jù)題意，焦點，準(zhǔn)線方程為，過點作準(zhǔn)線的垂線，垂足為，過點作準(zhǔn)線的垂線，垂足為，且與拋物線交于

4、點，作出圖象如圖，故，由拋物線的定義得，則周長為，當(dāng)且僅當(dāng)點在點處時，等號成立，因為，所以周長的最小值為，故選B8若某同學(xué)連續(xù)次考試的名次（次考試均沒有出現(xiàn)并列名次的情況）不低于第名，則稱該同學(xué)為班級的尖子生根據(jù)甲、乙、丙、丁四位同學(xué)過去連續(xù)次考試名次的數(shù)據(jù)，推斷一定是尖子生的是（ ）A甲同學(xué)：平均數(shù)為，方差小于B乙同學(xué)：平均數(shù)為，眾數(shù)為C丙同學(xué)：中位數(shù)為，眾數(shù)為D丁同學(xué)：眾數(shù)為，方差大于【答案】A【解析】對于甲同學(xué)，平均數(shù)為，方差小于，設(shè)甲同學(xué)三次考試的名次分別為、，若、中至少有一個大于等于，則方差為，與已知條件矛盾，所以，、均不大于，滿足題意；對于乙同學(xué)，平均數(shù)為，眾數(shù)為，則三次考試的成績

5、的名次為、，即必有一次考試為第名，不滿足題意；對于丙同學(xué)，中位數(shù)為，眾數(shù)為，可舉反例：、，不滿足題意；對于丁同學(xué)，眾數(shù)為，方差大于，可舉特例：、，則平均數(shù)為，方差為，不滿足條件，故選A二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5分，部分選對的得3分，有選錯的得0分9已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，則下列關(guān)于函數(shù)的說法中正確的是（ ）A函數(shù)最靠近原點的零點為B函數(shù)的圖象在軸上的截距為C函數(shù)是偶函數(shù)D函數(shù)在上單調(diào)遞增【答案】ABC【解析】根據(jù)函數(shù)的部分圖象知，設(shè)的最小正周期為，則，且，故令，得，即，因此函數(shù)最靠近原點的零點為，故A正確；由，因

6、此函數(shù)的圖象在軸上的截距為，故B正確；由，因此函數(shù)是偶函數(shù)，故C正確；令，得，此時函數(shù)單調(diào)遞增，于是函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故D不正確，故選ABC10中，為邊上的一點，且滿足，若為邊上的一點，且滿足，則下列結(jié)論正確的是（ ）AB的最大值為C的最小值為D的最小值為【答案】BD【解析】對于A，三點共線，A錯誤；對于B，（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號），B正確；對于C，（當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號），C錯誤；對于D，（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號），D正確，故選BD11如圖，在棱長為6的正方體中，為棱上一點，且，為棱的中點，點是線段上的動點，則（ ）A無論點在線段上如何移動，都有B四面體的體積為24C直線與所成角的余弦值

7、為D直線與平面所成最大角的余弦值為【答案】ABD【解析】在正方體中，易證面，又平面，所以，則A正確；，則B正確；在棱上取點，使，連接如圖，則易知為直線與所成角或其補角，可得，則，則直線與所成角的余弦值為，則C錯誤；由題意知三棱錐為棱長為的正四面體，作平面，為垂足，則為正的中心，且為直線與平面所成角，所以，當(dāng)點移動到的中點時，最短，如圖，此時最小，最大，此時，則D正確，故選ABD12設(shè)函數(shù)，給定下列命題，其中正確的是（ ）A若方程有兩個不同的實數(shù)根，則B若方程恰好只有一個實數(shù)根，則C若，總有恒成立，則D若函數(shù)有兩個極值點，則實數(shù)【答案】AD【解析】因為，所以的定義域為，則，令，解得，可知在上單調(diào)

8、遞減，在上單調(diào)遞增，所以，當(dāng)時，又，從而要使得方程有兩個不同的實根，即與的圖象有兩個不同的交點，所以，故選項A正確；因為不是方程的根，當(dāng)時，方程有且只有一個實數(shù)根，等價于與只有一個交點，又且，令，即，有，知在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，是一條漸近線，極小值為由大致圖象可知或，故選項B錯誤；當(dāng)時，恒成立等價于恒成立，即函數(shù)在上為增函數(shù)，即恒成立，即在上恒成立，令，則，令，得，解得，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則，所以，故選項C錯誤；函數(shù)有兩個極值點，等價于有兩個不同的正根，即方程有兩個不同的正根，由選項C可知，即，故選項D正確，故選AD第卷（非選擇題）三、填空題：本大題共4小題，每小題5分1

9、3某工廠為研究某種產(chǎn)品產(chǎn)量（噸）與所需某種原材料（噸）的相關(guān)性，在生產(chǎn)過程中收集4組對應(yīng)數(shù)據(jù)（）如下表所示：根據(jù)表中數(shù)據(jù)，得出關(guān)于的線性回歸方程為據(jù)此計算出在樣本處的殘差為，則表中的值為_【答案】【解析】根據(jù)樣本處的殘差為，即，可得，即回歸直線的方程為，又由樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，所以，解得，故答案為14若與的展開式中的系數(shù)相等，則實數(shù)的值為_【答案】【解析】的展開式通項為，且，所以的展開式通項為，由，解得，所以的展開式中的系數(shù)為，的展開式的通項為，由，可得，所以的展開式中的系數(shù)為，所以，解得，故答案為15給圖中A，B，C，D，E，F(xiàn)六個區(qū)域進行染色，每個區(qū)域只染一種顏色，且相鄰的區(qū)域不同色若有4

10、種顏色可供選擇，則共有_種不同的染色方案【答案】96【解析】要完成給圖中、六個區(qū)域進行染色，染色方法可分兩類，第一類是僅用三種顏色染色，即同色，同色，同色，則從四種顏色中取三種顏色有種取法，三種顏色染三個區(qū)域有種染法，共種染法；第二類是用四種顏色染色，即，中有一組不同色，則有3種方案不同色或不同色或不同色），先從四種顏色中取兩種染同色區(qū)有種染法，剩余兩種染在不同色區(qū)有2種染法，共有種染法由分類加法原理得總的染色種數(shù)為種，故答案為9616在中，角，分別為三角形的三個內(nèi)角，且，則的取值范圍是_，的取值范圍是_【答案】，【解析】根據(jù)正弦定理，所以，得，再由，得，因為，而，所以，所以，所以，所以，而，

11、故的取值范圍是四、解答題：本大題共6個大題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17（10分）數(shù)列是公差不為0的等差數(shù)列，滿足，數(shù)列滿足（1）求數(shù)列和的通項公式；（2）令，求的值【答案】（1），；（2）【解析】（1）設(shè)數(shù)列的公差為，由題意得，解得或0（舍），（2）由（1）知，兩式相減得，18（12分）請從下面三個條件中任選一個，補充在下面的橫線上，并解答；已知的內(nèi)角的對應(yīng)邊分別為， （1）求；（2）若，求的面積【答案】（1）；（2）【解析】（1）方案：由已知及正弦定理得，所以，所以，又，所以，所以，所以方案：由已知正弦定理得，所以，即，又，所以，所以，所以方案：因為，所以，即，又，

12、所以，所以，所以（2）由余弦定理，得，即，又因為，所以，所以19（12分）已知函數(shù)（1）當(dāng)時，求曲線在處的切線方程；（2）討論的單調(diào)性【答案】（1）；（2）答案不唯一，具體見解析【解析】（1）當(dāng)時，可得，斜率，而，根據(jù)點斜式可得曲線在處的切線方程為（2）因為，對求導(dǎo)，當(dāng)時，恒成立，此時在上單調(diào)遞增；當(dāng)，由于，所以恒成立，此時在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，令，解得因為當(dāng)，；當(dāng)，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減綜上可知，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減20（12分）如圖，在四棱錐中，為直角梯形，平面平面是以為斜邊的等腰直角三角形，為上一點，且（1）證明：直線平面；（2）求二面角的余弦值【答

13、案】（1）證明見解析；（2）【解析】（1）證明：連接交于點，連接因為，所以與相似，所以又，所以因為平面，平面，所以直線平面（2）解：平面平面，平面平面，平面，所以平面以為坐標(biāo)原點，所在的方向分別為軸、軸的正方向，與，均垂直的方向作為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系則，設(shè)平面的一個法向量為，則，令，得；設(shè)平面的一個法向量為，則，令，得，設(shè)二面角的平面角的大小為，則，所以二面角的余弦值為21（12分）公元1651年，法國一位著名的統(tǒng)計學(xué)家德梅赫(Demere)向另一位著名的數(shù)學(xué)家帕斯卡(BPascal)提請了一個問題，帕斯卡和費馬(Fermat)示討論了這個問題，后來惠更斯(CHuygen

14、s)也加入了討論，這三位當(dāng)時全歐洲乃至全世界最優(yōu)秀的科學(xué)家都給出了正確的解答該問題如下：設(shè)兩名賭徒約定誰先贏局，誰便贏得全部賭注元每局甲贏的概率為，乙贏的概率為，且每局賭博相互獨立在甲贏了局，乙贏了局時，賭博意外終止賭注該怎么分才合理？這三位數(shù)學(xué)家給出的答案是：如果出現(xiàn)無人先贏局則賭博意外終止的情況，甲乙便按照賭博再繼續(xù)進行下去各自贏得全部賭注的概率之比分配賭注（1）甲乙賭博意外終止，若，則甲應(yīng)分得多少賭注？（2）記事件為“賭博繼續(xù)進行下去乙贏得全部賭注”，試求當(dāng)，時賭博繼續(xù)進行下去甲贏得全部賭注的概率，并判斷當(dāng)時，事件是否為小概率事件，并說明理由規(guī)定：若隨機事件發(fā)生的概率小于，則稱該隨機事件為小概率事件【答案】（1）元；（2），事件是小概率事件，理由見解析【解析】（1）設(shè)賭博再繼續(xù)進行局甲贏得全部賭注，則最后一局必然甲贏，由題意知，最多再進行4局，甲乙必然有人贏得全部賭注當(dāng)時，甲以贏，所以；當(dāng)時，甲以贏，所以；當(dāng)時，甲以贏，所以，所以，甲贏的概率為，所以，甲應(yīng)分得的賭注為元（2）設(shè)賭注繼續(xù)進行局乙贏得全部賭注，則最后一局必然乙贏，則的可能取值有3、4，當(dāng)時，乙以贏，；當(dāng)時，乙以贏，；所以，乙贏得全部賭注的概率為，于是甲贏得全部賭注的概率，