（新高考）2020-2021学年下学期高三4月月考卷 数学（B卷） 学生版

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 （新高考）2020-2021学年下学期高三4月月考卷数学（B）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

2、一项是符合题目要求的1已知集合，则（ ）ABCD2设复数z满足，则z在复平面内对应的点为，则（ ）ABCD3函数是奇函数的充要条件（ ）ABCD4函数的图象可能是（ ）ABCD5已知，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列判断正确的是（ ）A若，则直线与一定平行B若，则直线与可能相交、平行或异面C若，则直线与一定垂直D若，则直线与一定平行6已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）ABCD7点为抛物线的焦点，点，点为抛物线上与直线不共线的一点，则周长的最小值为（ ）ABCD8若某同学连续次考试的名次（次考试均没有出现并列名次的情况）不低于第名，则称该同学为班级的尖子生根据甲、乙、丙、丁四位同学

3、过去连续次考试名次的数据，推断一定是尖子生的是（ ）A甲同学：平均数为，方差小于B乙同学：平均数为，众数为C丙同学：中位数为，众数为D丁同学：众数为，方差大于二、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已知函数的部分图象如图所示，则下列关于函数的说法中正确的是（ ）A函数最靠近原点的零点为B函数的图象在轴上的截距为C函数是偶函数D函数在上单调递增10中，为边上的一点，且满足，若为边上的一点，且满足，则下列结论正确的是（ ）AB的最大值为C的最小值为D的最小值为11如图，在棱长为6的正方体中，为棱上

4、一点，且，为棱的中点，点是线段上的动点，则（ ）A无论点在线段上如何移动，都有B四面体的体积为24C直线与所成角的余弦值为D直线与平面所成最大角的余弦值为12设函数，给定下列命题，其中正确的是（ ）A若方程有两个不同的实数根，则B若方程恰好只有一个实数根，则C若，总有恒成立，则D若函数有两个极值点，则实数第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13某工厂为研究某种产品产量（吨）与所需某种原材料（吨）的相关性，在生产过程中收集4组对应数据（）如下表所示：根据表中数据，得出关于的线性回归方程为据此计算出在样本处的残差为，则表中的值为_14若与的展开式中的系数相等，则实数的值为_15给

5、图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色若有4种颜色可供选择，则共有_种不同的染色方案16在中，角，分别为三角形的三个内角，且，则的取值范围是_，的取值范围是_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）数列是公差不为0的等差数列，满足，数列满足（1）求数列和的通项公式；（2）令，求的值18（12分）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答；已知的内角的对应边分别为， （1）求；（2）若，求的面积19（12分）已知函数（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论的单调性20（12分）如图，

6、在四棱锥中，为直角梯形，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为上一点，且（1）证明：直线平面；（2）求二面角的余弦值21（12分）公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫(Demere)向另一位著名的数学家帕斯卡(BPascal)提请了一个问题，帕斯卡和费马(Fermat)示讨论了这个问题，后来惠更斯(CHuygens)也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答该问题如下：设两名赌徒约定谁先赢局，谁便赢得全部赌注元每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局赌博相互独立在甲赢了局，乙赢了局时，赌博意外终止赌注该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢

7、局则赌博意外终止的情况，甲乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比分配赌注（1）甲乙赌博意外终止，若，则甲应分得多少赌注？（2）记事件为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当，时赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率，并判断当时，事件是否为小概率事件，并说明理由规定：若随机事件发生的概率小于，则称该随机事件为小概率事件22（12分）已知直线交抛物线于两点（1）设直线与轴的交点为若，求实数的值；（2）若点在抛物线上，且关于直线对称，求证：四点共圆（新高考）2020-2021学年下学期高三4月月考卷数学（B）答案第卷（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

8、给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1【答案】D【解析】因为，所以，又，所以，因为，所以或，所以或，所以，故选D2【答案】B【解析】设，由，得，故选B3【答案】B【解析】由于为奇函数，所以恒成立，即，恒成立，由于，所以在四个选项中，与等价的是，所以B选项符合，故选B4【答案】A【解析】由，当且仅当时，取等号，又，所以，故，所以只有A正确，故选A5【答案】C【解析】对于A，可能平行、异面、相交，故A错误；对于B，若，则直线与不可能平行，故B错误；对于C，根据线面垂直、线面平行的性质可知直线与一定垂直，故C正确；对于D，若，则直线与可能平行，也可能异面，故D错误，故选C6【答案】A【解析】，

9、即，故选A7【答案】B【解析】根据题意，焦点，准线方程为，过点作准线的垂线，垂足为，过点作准线的垂线，垂足为，且与抛物线交于点，作出图象如图，故，由抛物线的定义得，则周长为，当且仅当点在点处时，等号成立，因为，所以周长的最小值为，故选B8【答案】A【解析】对于甲同学，平均数为，方差小于，设甲同学三次考试的名次分别为、，若、中至少有一个大于等于，则方差为，与已知条件矛盾，所以，、均不大于，满足题意；对于乙同学，平均数为，众数为，则三次考试的成绩的名次为、，即必有一次考试为第名，不满足题意；对于丙同学，中位数为，众数为，可举反例：、，不满足题意；对于丁同学，众数为，方差大于，可举特例：、，则平均数

10、为，方差为，不满足条件，故选A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】ABC【解析】根据函数的部分图象知，设的最小正周期为，则，且，故令，得，即，因此函数最靠近原点的零点为，故A正确；由，因此函数的图象在轴上的截距为，故B正确；由，因此函数是偶函数，故C正确；令，得，此时函数单调递增，于是函数在上单调递增，在上单调递减，故D不正确，故选ABC10【答案】BD【解析】对于A，三点共线，A错误；对于B，（当且仅当时取等号），B正确；对于C，（当且仅当，即时取等号），C错误；对于D，（当且仅

11、当时取等号），D正确，故选BD11【答案】ABD【解析】在正方体中，易证面，又平面，所以，则A正确；，则B正确；在棱上取点，使，连接如图，则易知为直线与所成角或其补角，可得，则，则直线与所成角的余弦值为，则C错误；由题意知三棱锥为棱长为的正四面体，作平面，为垂足，则为正的中心，且为直线与平面所成角，所以，当点移动到的中点时，最短，如图，此时最小，最大，此时，则D正确，故选ABD12【答案】AD【解析】因为，所以的定义域为，则，令，解得，可知在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，又，从而要使得方程有两个不同的实根，即与的图象有两个不同的交点，所以，故选项A正确；因为不是方程的根，当时，方程有且

12、只有一个实数根，等价于与只有一个交点，又且，令，即，有，知在和上单调递减，在上单调递增，是一条渐近线，极小值为由大致图象可知或，故选项B错误；当时，恒成立等价于恒成立，即函数在上为增函数，即恒成立，即在上恒成立，令，则，令，得，解得，从而在上单调递增，在上单调递减，则，所以，故选项C错误；函数有两个极值点，等价于有两个不同的正根，即方程有两个不同的正根，由选项C可知，即，故选项D正确，故选AD第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】根据样本处的残差为，即，可得，即回归直线的方程为，又由样本数据的平均数为，所以，解得，故答案为14【答案】【解析】的展开式通项为，

13、且，所以的展开式通项为，由，解得，所以的展开式中的系数为，的展开式的通项为，由，可得，所以的展开式中的系数为，所以，解得，故答案为15【答案】96【解析】要完成给图中、六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用三种颜色染色，即同色，同色，同色，则从四种颜色中取三种颜色有种取法，三种颜色染三个区域有种染法，共种染法；第二类是用四种颜色染色，即，中有一组不同色，则有3种方案不同色或不同色或不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有种染法由分类加法原理得总的染色种数为种，故答案为9616【答案】，【解析】根据正弦定理，所以，得，再由，得，因为，而，所以

14、，所以，所以，所以，而，故的取值范围是四、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），；（2）【解析】（1）设数列的公差为，由题意得，解得或0（舍），（2）由（1）知，两式相减得，18【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：因为，所以，即，又，所以，所以，所以（2）由余弦定理，得，即，又因为，所以，所以19【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析【解析】（1）当时，可得，斜率，而，根据点斜式可得曲线在处的切线方程为（2）因为，对

15、求导，当时，恒成立，此时在上单调递增；当，由于，所以恒成立，此时在上单调递增；当时，令，解得因为当，；当，所以在上单调递增，在上单调递减综上可知，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减20【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：连接交于点，连接因为，所以与相似，所以又，所以因为平面，平面，所以直线平面（2）解：平面平面，平面平面，平面，所以平面以为坐标原点，所在的方向分别为轴、轴的正方向，与，均垂直的方向作为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则，设平面的一个法向量为，则，令，得；设平面的一个法向量为，则，令，得，设二面角的平面角的大小为，则，所以二面角的余弦值为21【答案】（1）元；（2），事件是小概率事件，理由见解析【解析】（1）设赌博再继续进行局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意知，最多再进行4局，甲乙必然有人赢得全部赌注当时，甲以赢，所以；当时，甲以赢，所以；当时，甲以赢，所以，所以，甲赢的概率为，所以，甲应分得的赌注为元（2）设赌注继续进行局