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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 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。第卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分
2、，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3B0或C3D【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C2已知复数，且为纯虚数，则（ ）ABCD【答案】A【解析】复数，则，由纯虚数的定义知，解得，故选A3“”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A4已知等
3、比数列的前项和为，且，则（ ）A48B42C39D21【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C5函数在上的大致图象为（ ）ABCD【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A6已知中，若与线段交于点，且满足，则的最大值为（ ）ABCD【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D7已知函数在区间上恰有1个最大值点和1个最小值点，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】
4、，在上恰有1个最大值点和1个最小值点，解得，故选B8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（ ）ABCD【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B9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（ ）ABCD【答案】A【解析】设，中点为，切于，故，故所求概率为，故选A10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（ ）ABCD【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
5、，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B11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（ ）ABCD【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D12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（ ）ABCD【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
6、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
7、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21615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
8、（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，且，式÷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
9、标系，平面，平面平面，可设，由，可得，化简可得由（1）知，化简得解方程，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：只能一个人摸球；摸出的球不放回；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；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
10、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：67891011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
11、，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
12、当时，；当时，在有唯一零点，设零点为，则有，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