高中数学高考 2020-2021学年下学期高三4月月考卷 理科数学 教师版(1)

020-2021学年下学期高三4月月考卷

理科数学

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、选择题：本大题共12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．已知集合，，若，则实数a等于（    ）

A．或3 B．0或 C．3 D．

【答案】C

【解析】由，可知，故，解得或．

当时，，与集合元素互异性矛盾，故不正确，

经检验可知符合题意，故选C．

2．已知复数，且为纯虚数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】复数，则，

由纯虚数的定义知，解得，

故选A．

3．“”是“函数在区间上单调递增”的（    ）

A．充分不必要条件  B．必要不充分条件

C．充要条件  D．不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】，

当时，即时，函数在为增函数，即充分性成立，

若函数在区间上单调递增，如当，即时，满足题意，故必要性不成立．

即“”是“函数在区间上单调递增”的充分不必要条件，

故选A．

4．已知等比数列的前项和为，且，，则（    ）

A．48 B．42 C．39 D．21

【答案】C

【解析】设等比数列的公比为，

当时，，，此时，与，相矛盾，

所以，所以，所以，得，，

所以，故选C．

5．函数在上的大致图象为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】，即，

所以函数是奇函数，故排除B、C，

当时函数值为正数，故排除D，只有A选项符合题意，

故选A．

6．已知中，，，若与线段交于点，且满足

，，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】∵线段与线段交于点，设 ()，

则，即，

又∵、、三点共线，则，即，

∵，∴当为中点时，最小，此时最大，

又，故此时，

又因为，∴，即，即的最大值为，

故选D．

7．已知函数在区间上恰有1个最大值点和1个最小值点，则ω的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

，

，，，

在上恰有1个最大值点和1个最小值点，

，解得，故选B．

8．定义在上的函数满足，对任意的，，，恒有，则关于x的不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设，

因为对任意的，，，恒有，

所以函数在上为增函数，则在上为增函数，

又，而，所以，

所以为奇函数，

综上，为奇函数，且在上为增函数，

所以不等式等价于，

即，亦即，

可得，解得，故选B．

9．中，，内切的半径为，上高为，，现从内随机取一点，则该点取自内的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设，中点为，切于，，

，，

故，，

故所求概率为，故选A．

10．设过点的直线与圆交于两点，线段的中点为．

若与轴的交点为，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意，直线不与轴平行或重合，

可设直线方程为，则．

圆心到直线的距离．

因为直线与圆相交，所以，解得．

在中，．

又，所以，

令，则．

当时，，即在上单调递增，

因此，可得，

所以，故选B．

11．若存在，使得函数与的图象在这两个函数图象的公共点处的切线相同，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设曲线与的公共点为，

，，，

则，解得或，

又，且，则．

，，．

设，，

令，得．

当时，；当时，，

的最大值为，故选D．

12．在棱长为的正四面体中，点为所在平面内一动点，且满足

，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】如图所示，在平面内，，

所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，连接，

以直线为轴，直线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

则椭圆的半焦距，长半轴，该椭圆的短半轴为，

所以，椭圆方程为．

点在底面的投影设为点，则点为的中心，，

故点正好为椭圆短轴的一个端点，

，则，

因为，故只需计算的最大值．

设，则，

则，

当时，取最大值，

即，

因此可得，故的最大值为，故选B．

第Ⅱ卷（非选择题）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．的展开式中常数项是___________．(用数字作答)

【答案】

【解析】由题意，化简，

又由展开式的通项为，

当时，可得，

所以的展开式中常数项是，

故答案为．

14．甲和乙等名志愿者参加进博会四个不同的岗位服务，每人一个岗位，每个岗位至少1人，且甲和乙不在同一个岗位服务，则共有___________种不同的参加方法(结果用数值表示)．

【答案】

【解析】由题意得，有且只有2人分到一组，然后再分到四个不同的岗位，

则有种方法，

甲和乙在同一个岗位服务的分配方法有种，

所以甲和乙不在同一个岗位服务的方法有种，故答案为216．

15．已知的内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围为________．

【答案】

【解析】因为，所以

，

因为，，所以，

所以，所以，所以，

令，则，

所以，

所以在上恒成立，所以在上单调递减，

所以，即，

所以的取值范围为，故答案为．

16．已知双曲线的焦点为，是双曲线上一点，且．

若的外接圆和内切圆的半径分别为，且，则双曲线的离心率为__________．

【答案】

【解析】双曲线的焦点为，，，

在中，由正弦定理得，

解得，，

设，，

在中，由余弦定理得，

解得，

所以，

因为，

又，

所以，则，

所以，

整理得，则，

解得或（舍去），

故答案为．

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

17．（12分）已知在数列中，，，前n项和为，若

．

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列的前n项和为，求证：．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】（1）在数列中，①

∵②且，

∴①式÷②式，得 ，

∴数列以为首项，公差为1的等差数列，

∴，∴，

当时，；

当时，，不满足上式，

∴数列的通项公式为．

（2）由（1）知，

∵当时，，

∴当时，，满足，

∴

，

∵在中，，，∴，

∴，∴，∴，

所以．

18．（12分）如图，四棱锥中，，平面平面．若，，，．

（1）证明：；

（2）若，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：设平面平面，

，平面，平面，平面，

又平面，，

，，，

又平面平面，平面，

平面，．

（2）连接，在中，由余弦定理得，，

又，为二面角的平面角，

以为原点，分别以的方向为轴，轴正方向建立空间直角坐标系，

，，．

，，，

平面，平面平面，

可设，由，

可得，

化简可得…①

由（1）知，，化简得…②

解方程①②，可得，，

，

，，

二面角的余弦值为．

19．（12分）一黑色袋里装有除颜色不同外其余均相同的8个小球，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各1个．现甲、乙两人进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分、黄球每个记2分、红球每个记3分、绿球每个记4分，以得分高获胜．比赛规则如下：①只能一个人摸球；②摸出的球不放回；③摸球的人先从袋中摸出1球；若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，他的得分为两次摸出的球的记分之和；④剩下的球归对方，得分为剩下的球的记分之和．

（1）若甲第一次摸出了绿色球，求甲的得分不低于乙的得分的概率；

（2）如果乙先摸出了红色球，求乙得分的分布列和数学期望．

【答案】（1）；（2）分布列见解析，．

【解析】（1）记“甲第一次摸出了绿色球，甲的得分不低于乙的得分”为事件，

因为球的总分为16，即事件指的是甲的得分大于等于8，

则．

（2）如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出3个小球，

则得分情况有：6分、7分、8分、9分、10分、11分等，

，，

，，

，，

所以的分布列为：

所以的数学期望．

20．（12分）已知椭圆与双曲线有两个相同的顶点，且的焦点到其渐近线的距离恰好为的短半轴的长度．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过点作不垂直于坐标轴的直线与交于，两点，在轴上是否存在点，使得平分？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）存在点，使得平分．

【解析】（1）由题意可得，

双曲线的焦点为，渐近线方程为，

则焦点到渐近线的距离为，所以，

则椭圆的标准方程为．

（2）存在点使得平分，

由题知，直线的斜率存在且不为0，

又直线过点，则设直线的方程为，

，，，

联立方程，消去整理可得，

所以，，

因为，，，

所以，

即，

因为，所以，

即，

则，化简可得，

因为，所以，

综上，存在点，使得平分．

21．（12分）已知实数，函数．

（1）若函数在中有极值，求实数的取值范围；

（2）若函数有唯一的零点，求证：．

（参考数据，）

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】（1），令，得，

由，得，在上单调递增，

当时，，

函数在中有极值，与在上有交点，

．

（2）在上单调递增，

且当时，；当时，，

在有唯一零点，设零点为，则有…①，

在上单调递减，在上单调递增，

又函数有唯一的零点，且当时，；当时，，

，即，

将①式代入得，

记，则为函数的零点，

，

则当时，；当时，，

在上单调递增，在上单调递减，

且当时，，，当时，，

有唯一零点，

又，，

．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】

在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）直接写出曲线的普通方程；

（2）设是曲线上的动点，是曲线上的动点，求的最大值．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）曲线的普通方程为．

（2）由曲线的参数方程为（为参数），

得曲线的普通方程为，

它是一个以为圆心，半径等于的圆，

曲线的极坐标方程为，

，可得，

则曲线的参数方程为（为参数），

是曲线上的点，是曲线上的点，，

设，

则，

当时，，．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】

设函数．

（1）求不等式的解集；

（2）若的最小值是，且，求的最小值．

【答案】（1）或；（2）．

【解析】（1）当时，，解得；

当时，，解得；

当时，，解得，

综上，不等式的解集为或．

（2）由（1）可知当时，，即，则．

因为，

所以，即（当且仅当时等号成立）．

故的最小值为．