（新高考）高三数学4月月考卷 数学（A卷）(2份打包，解析版+原卷版)

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（新高考）高三数学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．322．“”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4040D．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：2022年北京冬奥会赛程表（第七版，发布自2020年11月）2022年2月北京赛区延庆赛区张家口赛区 开闭幕式冰壶冰球速度滑冰短道速滑花样滑冰高山滑雪有舵雪橇钢架雪车无舵雪橇跳台滑雪北欧两项越野滑雪单板滑雪冬季两项自由式滑雪当日决赛数5（六） **11    *1 1*1166（日） **1 *1  11 11 17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）高三数学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．