【文档说明】（新高考）高三数学4月月考卷 数学（A卷）解析版.doc，共(10)页，964.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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,,,Aabcd，,,,Bbcde，则集合AB的子集个数为（）A．7B．9C．8D．32【答案】C【解析】AB含有3个不同元素，故它的子集个数为8，故

选C．2．“21a”是“直线1xay与1axy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【答案】B【解析】因为直线1xay与1axy平行，所以0a且两直线的斜率相等，

即1aa，解得1a．而当1a时，直线1xay为1xy，同时1axy为1xy，两直线重合不满足题意；当1a时，1xy与1xy平行，满足题意，故1a，根据小范围

推大范围可得21a是1a的必要不充分条件，故选B．3．i为虚数单位，已知复数234202020211iiiiiiiz，则复数z在复平面中对应的点的坐标为（）A．1,0B．0,1C．1,1D．1,1【答案】D【解析】231iii0

，根据i的运算周期性，所以1i1iiz，所以该复数对应的点为1,1，故选D．4．已知034.a，40.3b，3log10c，则（）A．bcaB．acbC．cabD．cba【答案】C【解析】因为050324

41..，4010.3，33log10log92，所以12a，01b，2c，因此cab，故选C．5．若关于x的方程2230xxmx有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（）A．4,3B．34,,

23C．34,23D．34,23【答案】D【解析】方程2230xxmx，即为223xxmx，因为方程2230xxmx有两个不相等的实

数根，所以函数22yxx与3ymx的图象有两不同的交点，在同一坐标系中作出函数22yxx与3ymx的图象如图所示：此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号由图象知：当直线3ymx过点2,0时，32m，

当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即2311mm，解得43m，所以实数m的取值范围是34,23，故选D．6．已知函数3sincos0fxxx满足

124fxfx，且12xx的最小值为π2，则8πf的值为（）A．622B．1C．3D．2【答案】A【解析】π3sincos2sin06fxxxx，则max2fx，min2fx，且12max

min4fxfxfxfx，设函数fx的最小正周期为T，则12π22Txx，2ππT，可得2，3sin2cos2fxxx，因此，πππ623sincos8442f，故选A．7．函数

221sin1xxfxx的图象大致是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】2221sin2sin111xxxxfxxx，令22sin1xxgxx，则22s

in1xxgxgxx，故gx为R上的奇函数，故fx的图象关于0,1对称，故排除C；又当0x时，令2sinhxxx，则2cos0hxx，故00hxh，故当0x时，1fx，故排除D；而sin1102f，故排

除A，故选B．8．已知,ab是平面向量，满足||2a，||1b，且322ba，记a与b的夹角为，则cos的最小值是（）A．1116B．78C．158D．31516【答案】B【解析】由322ba，得

2223294124babaab，所以2143bba，则23||113||4cos||||2||2||8babbabbb，令函数13()28xfxx，因为()fx在0,1上单调递减，又因为1b，故当1b时，

cos取得最小值，最小值为78，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．以下关于正弦定理或其变形正确的有（）A．在ABC△中，::si

n:sin:sinabcABCB．在ABC△中，若sin2sin2AB，则abC．在ABC△中，若sinsinAB，则AB；若AB，则sinsinAB都成立D．在ABC△中，sinsinsinabcABC【答案】AC

D【解析】对于A，由正弦定理2sinsinsinabcRABC，可得::2sin:2sin:2sinsin:sin:sinabcRARBRCABC，故该选项正确；对于B，由sin2sin2AB，可得AB或22πAB，即AB或π2AB，∴ab或222abc，故该选项

错误；对于C，在ABC△中，由正弦定理可得sinsinABabAB，因此AB是sinsinAB的充要条件，故该选项正确；对于D，由正弦定理2sinsinsinabcRABC，可得右边2sin2sin2sinsinsinsinbcRBRCRB

CBC左边，故该选项正确，故选ACD．10．已知等差数列na的前n项和为nS，若831a，10210S，则（）A．19919SaB．数列22na是公比为8的等比数列C．若1nnnba，则数列nb的前2

020项和为4040D．若11nnnbaa，则数列nb的前2020项和为202024249【答案】CD【解析】由等差数列的性质可知191019Sa，故A错误；设na的公差为d，则有811017311045210aadSad

，解得13a，4d，故41nan，28122nan，则数列22na是公比为82的等比数列，故B错误；若1141nnnnban，则nb的前2020项20203711158079410104040

T，故C正确；若1111414344143nbnnnn，则nb的前2020项和2020111111120204377118079808324249T，故D正确，

故选CD．11．如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为1，线段11BD上有两个动点E，F，且22EF．则下列结论正确的是（）A．三棱锥ABEF的体积为定值B．当E向1D运动时，二面角AEFB逐渐变小C．EF在平面11ABBA内的射影长为12D．

当E与1D重合时，异面直线AE与BF所成的角为π4【答案】AC【解析】选项A：连接BD，由正方体性质知11BDDB是矩形，1112212224BEFSEFBB△，连接AO交BD于点O，由正方体性质知AO平面11BDDB，所以，AO是点

A到平面11BDDB的距离，即22AO，11221334212ABEFBEFVSAO△，ABEFV是定值；选项B：连接11AC与11BD交于点M，连接11,ADAB，由正方体性质知11ADAB，M是11BD中点，AM

EF，又1BBEF，11BBAA∥，AEFB的大小即为AM与1AA所成的角，在直角三角形1AAM中，12tan2MAA为定值．选项C：如图，作11FHAB，11EGAB，ETEG，在直角三角形EFT中，221cos45222FTEF，12HGFT，选

项D：当E与1D重合时，F与M重合，连接AC与BD交于点R，连接1DR，1DRBM∥，异面直线AE与BF所成的角，即为异面直线1AD与1DR所成的角，在三角形1ADR中，12AD，2211132DRMBBBMB，22A

R，由余弦定理得13cos6ADR，故选AC．12．已知过抛物线24yx的焦点F的直线与抛物线交于点A，B，若A，B两点在准线上的射影分别为M，N，线段MN的中点为C，则（）A．ACBCB．四边形AMCF的面积等于ACMFC．AFBFAFBFD．直线

CA与抛物线相切【答案】ACD【解析】设211,4yAy，222,4yBy，直线AB的方程为1xty，将直线AB的方程代入抛物线方程，利用根与系数的关系得124yy．如图，由题意可得

1,0F，准线方程为1x．设211,4yAy，222,4yBy，直线AB的方程为1xty，代人抛物线方程，得2440yty，所以124yy，因为线段MN的中点为C，所以121,2yyC

，所以21121,42yyyCA，22211,42yyyCB，所以2121210162yyyyCACB，所以ACBC，故A正确；因为11,My，所以12,MFy，所以12202yyCAMF，所以ACMF，所以四边形AM

CF的面积等于12ACMF，故B错误；根据抛物线的定义知2114yAFAM，2214yBFBN，所以2212244yyAFBF，22222212121212164444yyyyyyAFBF，所以AFBFAFB

F，所以C正确；不妨设点211,4yAy在x轴上方，当0y时，由24yx，得2yx，1yx，所以抛物线以点A为切点的切线方程为211121112424yyyxyxyy，令1x，

得221111212111422222yyyyyyyyyyy，所以点C在以点A为切点的切线上，即直线CA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．52121xx的展开式中的常数

项为______．【答案】19【解析】521x的展开式的通项555155C212C1rrrrrrrrTxx，所以52121xx的展开式中的常数项

为452C2119，故答案为19．14．将A、B、C、D、E、F六个字母排成一排，其中A、B相邻，且C、D在A、B的两侧，则不同的排法共有__________种．（用数字作答）【答案】80【解析】将A、B捆绑，合二为一，共有2种方法；从5个位置选出3个，共35C种选法，其

中A、B放中间，C、D放两边，有22A种排法；剩下两个位置放E、F，共22A种排法，由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为3225222CAA80，故答案为80．15．已知定义在R上的偶函数

fx在,0上单调递增，且11f．若110fx，则x的取值范围是_______；设函数2(1)1,021,0xxaxgxxax，若方程1

0fgx有且只有两个不同的实数解，则实数a的取值范围为________．【答案】[0,2]，,13,【解析】由fx是偶函数，且fx在(,0]上单调递增，所以fx在0,上单

调递减，且111ff，由110fx，可得11fxf，所以111x，即02x．由10fgx，可得1gx或1gx．由函数解析式可知g

x在,0和0,上均为增函数，故当,0x时，2gxa；当0,x时，gxa．①若121aa，则1gx有1解，1gx有2解，不符合题意；②若211aa，此时1gx有2

解，1gx有1解，不符合题意；③若1a，则1gx有1解，1gx有1解，符合题意；④若21a，则1gx有1解，1gx有1解，符合题意；⑤若21a，则1gx有2解，1gx有1解，不符合题意

；⑥若21a，则1gx有2解，1gx有1解，不符合题意；综上，1a或21a，解得1a或3a．故答案为[0,2]，,13,．16．已知定义在R上的函数()fx满足()0

fx且()1xffxe，若()fxaxx恒成立，则a的取值范围为____________．【答案】[1,1]e【解析】0fx，∴fx为增函数，()1xffxeQ，∴存在唯一一个常数0x，使得0()1f

x，∴0()xfxex，即0()xfxex，令0xx可得01xex，∴00x，故而()xfxe，∵()fxaxx恒成立，即(1)xeax恒成立，∴xye的函数图象在直线(1)yax上方，不妨设直线(1)ykx与xye的图象相切，切点为

00,xy，则00000(1)1xxykxyeek，解得01x，1ke．如图，∴当01ae，即11ae时，xye的函数图象在直线(1)yax上方，即()fxaxx恒成立，故答案为[1,1]e．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na数列满足12a，1122nnnaa．（1）证明：数列2nna为等差数列；（2）求数列12nna的前n项和．【答案】（1）证明见解析；（2）1122nnS

n．【解析】（1）依题，在1122nnnaa两边同时除以12n，得11122nnnnaa，1112a，故数列2nna是以1为首项，1为公差的等差数列．（2）由（1）得112nnann，可得2nnan，所以

1222nnnan，则数列12nna的前n项和12332425222nnSn①，231232421222nnnSnn②，①-②，得231121262222242212nnnnn

Snn，所以1122nnSn．18．（12分）在①sincos6πaCcA；②3sinsin2BCA；③cos23cos1AA，这三个条件中任选一个，补充在

下面问题中，若问题中的ABC△存在，求出其面积；若不存在，请说明理由．问题：是否存在ABC△，它的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且23a，43bc，___________？【答案】答案见解析．【解析】选择条件①：由正弦定理可得sinsinsincπos6ACCA

，由于sin0C，可得31sincoscossin6π22AAAA，化简可得13sincos22AA，即tan3A，因为0,πA，所以π3A，由余弦定理可得22223abcbcbcbc，解得12bc，4312bcbc

，解得23bc，因此1sin332ABCSbcA△．选择条件②：因为π3sin3sin3cos2222BCAA，即3cossin2AA，由正弦二倍角公式可得3cos2sincos222AAA，0,πA，则π0,22A

，所以cos02A，所以3sin22A，所以π23A，即2π3A，由余弦定理可得2222222cosabcbcAbcbcbcbc，由已知可得2236bcbca，由基本不等式可得2122bcbc，所以不存在满足条件的ABC△．选

择条件③：由余弦二倍角公式可得22cos3cos20AA，解得1cos2A或2（舍去），因为0,πA，所以π3A，由余弦定理得22223abcbcbcbc，解得12bc，4312bcbc

，解得23bc，因此1sin332ABCSbcA△．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北京赛区延庆赛区张

家口赛区年2月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*11*1166（日）**1*1111117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X为赛区的个数，求X的分布列及期望()EX．【答案】（1）①150；②37；（2）分布列见解析；期望为7435．【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A．由表可知，在这两天每天随机观看一个项目，共有1010100种不同情况，其中恰好看到冰壶和冰球，共有2种不同情况

，所以21100(50)PA．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B．由表可知，在这两天每天随机观看一场决赛共有6742种不同情况，其中两场决赛恰好在北京赛区共有2种不同情况，在张家

口赛区共有4416种不同情况，所以21627(34)PB．（2）随机变量X的所有可能取值为1,2,3．根据题意，3437C4(1)C35PX，121212211214242437CCCCCCCC1612423(2)C3535PX

，11112437CCC8(3)C35PX．随机变量X的分布列是：X123P4352335835数学期望423874()12335353535EX．20．（12分）如图甲是由正方形ABCD，等边ABE△和等边BCF△组成的一个平面图形，其

中6AB，将其沿AB，BC，AC折起得三棱锥PABC，如图乙．（1）求证：平面PAC平面ABC；（2）过棱AC作平面ACM交棱PB于点M，且三棱锥PACM和BACM的体积比为1:2，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）427．【解析】（1）证明：如图

，取AC的中点为O，连接BO，PO．∵PAPC，∴POAC．∵6PAPC，90APC，∴1322POAC，同理32BO．又6PB，∴222POOBPB，∴POOB．∵ACOBO，AC，OB平面ABC，∴PO平面ABC．又PO平

面PAC，∴平面PAC平面ABC．（2）解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，32,0,0A，32,0,0C，0,32,0B，0,0,32P，∴32,32,0CBuur，32,0,32CPu

ur．∵三棱锥PACM和BACM的体积比为1:2，∴:1:2PMBM，∴0,2,22M，∴32,2,22AMuuur．设平面PBC的法向量为,,xyzn，则3232032320xyxz，令1x，得1,1,1n．设

直线AM与平面PBC所成角为，则6242sincos,7273AMuuurn，∴直线AM与平面PBC所成角的正弦值为427．21．（12分）已知椭圆2222:10xyCabab过

点2,0，离心率为12．（1）求椭圆C的方程；（2）设点M为椭圆C的上顶点，A、B是椭圆C上两个不同的动点（不在y轴上），直线MA、MB的斜率分别为1k、2k，且123kk，求证：直线AB过定点50,33N．【答案】（1）22143x

y；（2）证明见解析．【解析】（1）根据题意得222212acabac，解得213acb，所以椭圆C的方程为22143xy．（2）因为点M为椭圆上顶点，所以点M的坐标为0,3M，设点11,Axy、22,Bxy，设直线1:3MA

ykx，由2211433xyykx，得221134830kxkx，解得11218343kxk，则21111213343343kykxk，即点211221

1833343,4343kkAkk，21211111121433355334331338343ANkykkkxkkk，设直线2:3MBykx，同理可得2213BN

kkk，又因为123kk，所以213kk，所以1111311333BNkkkkk，所以ANBNkk，所以直线AB过定点50,33N．22．（12分）已知函数2lnfxxax，2gxaxb，,abR．（

1）若曲线yfx在点1,1f处的切线与y轴垂直，求a的值；（2）讨论fx的单调性；（3）若关于x的方程fxgx在区间1,上有两个不相等的实数根1x，2x，证明：12xxa．【答案】（1）2a；（2）

当0a时，()fx在(0,)上为增函数；当0a时，()fx在(0,)2a上递减，在(,)2a上递增；（3）证明见解析．【解析】（1）因为2lnfxxax，所以22()2(0)axafxxxxx，依题意可得(1)20fa，得2a．（2）22(

)2(0)axafxxxxx，当0a时，()0fx在(0,)上恒成立，所以()fx在(0,)上为增函数；当0a时，当02ax时，()0fx；当2ax时，()0fx，所以()fx在(0,)2a上递减，在(,

)2a上递增．综上所述：当0a时，()fx在(0,)上为增函数；当0a时，()fx在(0,)2a上递减，在(,)2a上递增．（3）因为关于x的方程fxgx在区间1,上有两个不相等的实数根1x，2x，所以2ln(2)xaxaxb，即2(2)lnxax

axb在区间1,上有两个不相等的实数根1x，2x，不妨设211xx，所以21112222(2)ln(2)lnxaxaxbxaxaxb，所以22121212(2)()(lnln)0xxaxxaxx

，所以22121212122()lnlnxxxxaxxxx，要证12xxa，即证2212121212122()lnlnxxxxxxxxxx，因为21xx，所以12120,lnln0xxxx，所以

1212lnln0xxxx，所以只需证22121212121212()()()(lnln)2()xxxxxxxxxxxx，即要证1121222(1)ln1xxxxxx，令12xtx，因为21xx，所以01t，所以只需证2

(1)ln(01)1tttt，令2(1)()ln(01)1thtttt，则212(1)2(1)()(1)tthttt2222214(1)4(1)0(1)(1)(1)ttttttt，所以()ht在(0,1)上单调递增，所

以()(1)0hth，即2(1)ln(01)1tttt，所以12xxa．此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号