【文档说明】（新高考）高三数学4月月考卷 数学（B卷）解析版.doc，共(10)页，976.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-28921.html

以下为本文档部分文字说明：

（新高考）高三数学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{|||3,}AxxxZ，{|||1,}BxxxZ，则AB（）A．{1,2,3,5,7,11}AB．{3,2,2,3}C．{2,0,2}D．{2,2}【答案】D【解析】因为||3x，所以33x

，又xZ，所以{2,1,0,1,2}A，因为||1x，所以1x或1x，所以{|1Bxx或1,}xxZ，所以{2,2}AB，故选D．2．设复数z满足||11z，则z在复平面内对应的点为(),xy，则

（）A．2211xyB．2211()xyC．22()11xyD．2211xy【答案】B【解析】设(i,)zxyxyR，由||11z，得|()|1i1xy，∴2

211()xy，故选B．3．函数()fxxxab是奇函数的充要条件（）A．0abB．220abC．abD．0ab【答案】B【解析】由于fx为奇函数，所以0fxfx恒成立，即0xxa

bxxab，20xxaxab恒成立，由于xR，所以0ab==．在四个选项中，与0ab==等价的是220ab，所以B选项符合，故选B．4．函数log1aafxxax的图象可能是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由2

axax，当且仅当axx时，取等号，又1a，所以22axax，故loglog10aaafxxx，所以只有A正确，故选A．此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号5．已知m，n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，m，n，则直线m与n一定平行B．若m，n，，则直线m与n可能相交、平行或异面C．若m，//n，则直线m与n一定垂直D．若m，n，//，则直线m与n一定平行【答案】C【解析】对于A，m，n可能平行、异

面、相交，故A错误；对于B，若m，n，，则直线m与n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m与n一定垂直，故C正确；对于D，若m，n，//，则直线

m与n可能平行，也可能异面，故D错误，故选C．6．已知函数21,223,2xxaxfxx，若21ff，则实数a的取值范围是（）A．,2B．,3C．3,D．2,【答案】A【解析】23831afff，39a，即2a

，故选A．7．点F为抛物线24yx的焦点，点(2,1)A，点P为抛物线上与直线AF不共线的一点，则APF△周长的最小值为（）A．32B．32C．4D．22【答案】B【解析】根据题意，焦点1,0F，准线

方程为1x，过点P作准线的垂线，垂足为P'，过点A作准线的垂线，垂足为A，且与抛物线交于点0P，作出图象如图，故2AF，由抛物线的定义得PFPP，则APF△周长为222CPFPAPPPAAA

，当且仅当点P在点0P处时，等号成立，因为3AA，2232CPFPAAA，所以APF△周长的最小值为32，故选B．8．若某同学连续3次考试的名次（3次考试均没有出现并列名次的情况）不低于第3名，则称该同学为班级的尖子生．根据甲、乙、丙、丁四位同学过去连续3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2，方差小于1B．乙同学：平均数为2，众数为1C．丙同学：中位数为2，众数为2D．丁同学：众数为2，方差大于1【答案】A【解析】对于甲同学，平均数为2，方差小于1，设甲同学三次考试的名次分别为1x、2x、3

x，若1x、2x、3x中至少有一个大于等于4，则方差为22221231422233sxxx，与已知条件矛盾，所以，1x、2x、3x均不大于3，满足题意；对于乙同学，平均数为2，众数为1，则三次考试的成

绩的名次为1、1、4，即必有一次考试为第4名，不满足题意；对于丙同学，中位数为2，众数为2，可举反例：2、2、4，不满足题意；对于丁同学，众数为2，方差大于1，可举特例：2、2、5，则平均数为3，方差为222122353213s

，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．已知函数πcos

0,0,2fxAxA的部分图象如图所示，则下列关于函数fx的说法中正确的是（）A．函数fx最靠近原点的零点为3πB．函数fx的图象在y轴上的截距为3C．函数5π6fx

是偶函数D．函数fx在7π2π,3上单调递增【答案】ABC【解析】根据函数cosfxAx的部分图象知，2A，设fx的最小正周期为T，则2πππ4362T，∴2πT，2π1T．∵ππ2cos266f

，且π2，∴6π，故π2cos6fxx．令π2cos06fxx，得πππ62xk，kZ，即3π2πxk，kZ，因此函数fx最靠近原点的零点为π3，故A

正确；由02cos36πf，因此函数fx的图象在y轴上的截距为3，故B正确；由52cos2coπsπ6fxxx，因此函数6π5fx是偶函数，故C正确；令

π2π2ππ6kxk，kZ，得π5226π6ππkxk，kZ，此时函数fx单调递增，于是函数fx在13π2π,6上单调递增，在13π7π,63上单调递减，故D不正确，故选ABC

．10．ABC△中，D为边AC上的一点，且满足12ADDC，若P为边BD上的一点，且满足0,0APmABnACmn，则下列结论正确的是（）A．21mnB．mn的最大值为112C．41mn的

最小值为642D．229mn的最小值为12【答案】BD【解析】对于A，3APmABnACmABnAD，,,BPD三点共线，31mn，A错误；对于B，31mn，21131333212mnmnmn

（当且仅当3mn时取等号），B正确；对于C，414112123772743nmnmmnmnmnmnmn（当且仅当12nmmn，即23mn时取等号），C错误；对于D，22231922mnmn

（当且仅当3mn时取等号），D正确，故选BD．11．如图，在棱长为6的正方体1111ABCDABCD中，E为棱1DD上一点，且2DE，F为棱11CD的中点，点G是线段1BC上的动点，则（）A．无论点G在线段1BC上如何移动，都有11AGBDB．四面体ABEF的体积为24

C．直线AE与BF所成角的余弦值为21015D．直线1AG与平面1BDC所成最大角的余弦值为13【答案】ABD【解析】在正方体1111ABCDABCD中，易证1DB面11ABC，又1AG平面11ABC，所以11AGBD，则A正确；11114662432ABEFFABEDABEBA

DEVVVV三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥，则B正确；在棱1CC上取点N，使2CN，连接,,(BNNEFN如图)，则易知FBN为直线AE与BF所成角或其补角，可得210BN，5FN，9FB，

则222(210)958410cos1529210310FBN，则直线AE与BF所成角的余弦值为41015，则C错误；由题意知三棱锥11ABDC为棱长为62的正四面体，作1AO平面1BDC，O为垂足，则O为正1BDC△的中心，且1A

GO为直线1AG与平面1BDC所成角，所以211211cos1AOOGAGOAGAG，当点G移动到1BC的中点时，1AG最短，如图，此时1cosAGO最小，1AGO最大，此时1161cos336OGAGOAG，则D正确，故选ABD．1

2．设函数()lnfxxx，21()2gxx，给定下列命题，其中正确的是（）A．若方程()fxk有两个不同的实数根，则1,0keB．若方程2()kfxx恰好只有一个实数根，则0kC．若

120xx，总有1212mgxgxfxfx恒成立，则11mD．若函数()()2()Fxfxagx有两个极值点，则实数10,2a【答案】AD【解析】因

为()lnfxxx，所以()fx的定义域为(0,)，则()ln1fxx，令()0fx，解得1xe，可知()fx在1(0,)e上单调递减，在1(,)e上单调递增，所以min11()()fxfxfee极小值，当0x时，()0fx

，又10f，从而要使得方程()fxk有两个不同的实根，即()yfx与yk的图象有两个不同的交点，所以1(,0)ke，故选项A正确；因为1x不是方程2()kfxx的根，当1x时，()0fx，方程2()kfxx有且只有一个实数根，等价于yk与lnxyx

只有一个交点，2ln1(ln)xyx，又0x且1x，令0y，即ln1x，有xe，知lnxyx在(0,1)和(1,)e上单调递减，在(,)e上单调递增，1x是一条渐近线，极小值为e．由lnxyx大致图象可知0k或ke，故选项B错误；当120xx时，121

2[()()]()()mgxgxfxfx恒成立等价于1122()()()()mgxfxmgxfx恒成立，即函数()()ymgxfx在(0,)上为增函数，即()()ln10ymgxfx

mxx恒成立，即ln1xmx在(0,)上恒成立，令ln1()xrxx，则2ln()xrxx，令()0rx，得ln0x，解得01x，从而()fx在(0,1)

上单调递增，在(1,)上单调递减，则max1()1rxr，所以1m，故选项C错误；函数()()2()Fxfxagx有两个极值点，等价于()ln120Fxxax有两个不同的正根，即方程ln12xax有两个不同的正根，由选项C

可知，021a，即102a，故选项D正确，故选AD．第Ⅱ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x（吨）与所需某种原材料y（吨）的相关性，在生产过程中收集4组对应数据（,xy）如下表所示：x3467y2.534m根据

表中数据，得出y关于x的线性回归方程为ˆ0.7yxa．据此计算出在样本4,3处的残差为0.15，则表中m的值为________．【答案】5.9【解析】根据样本4,3处的残差为0.15，即3(0.74)0.15a，可得0.35a，即回归直线

的方程为ˆ0.70.35yx，又由样本数据的平均数为346754x，2.5344my，所以0.750.32.55344m，解得5.9m，故答案为5.9．14．若61xxa与610

axa的展开式中3x的系数相等，则实数a的值为________．【答案】83【解析】6xa的展开式通项为616C,06rrrrAxarrN，且6661xxxaxaxa，所以

61xxa的展开式通项为66761,16666CCCCkkkrrrkkkrrrkrTxxaxaxaxa，由7363kr，解得43kr，所以61xxa的展开式中3x

的系数为443366CCaa，61ax的展开式的通项为666166CCmmmmmmBaxax，由63m，可得3m，所以61ax的展开式中3x的系数为336Ca，所以44333

3666CCCaaa，解得3646CC283a，故答案为83．15．给图中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．【答案】

96【解析】要完成给图中A、B、C、D、E、F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AF同色，BD同色，CE同色，则从四种颜色中取三种颜色有34C4种取法，三种颜色染三个区域有33A6种染法，共46

24种染法；第二类是用四种颜色染色，即AF，BD，CE中有一组不同色，则有3种方案(AF不同色或BD不同色或CE不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有24A12种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有312272种染法．由分类加法原

理得总的染色种数为247296种，故答案为96．16．在ABC△中，角A，B，C分别为三角形的三个内角，且sin23sinsinBCA，则π6B的取值范围是______，sinsinsinsinCAAC的取值范围是_________

．【答案】π5π,66，2,4【解析】根据正弦定理sin23sinsinBbCAa，所以23sinbaC，sin23sinsinbBaCB，得223sinbacB，再由2222223

sincos22cabcaacBBacac，得22π2cos3sin4sin6acacBBacB，因为,π0B，7πππ,666B，而22π4sin26acBacac

，所以π1sin62B，所以5πππ,666B，所以π1sin,162B，所以π4sin2,46B，而22sinsinπ4sinsinsi

n6CAcaacBACacac，故sinsinsinsinCAAC的取值范围是2,4．四、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na是公差不为0的等差数列，满足11a，1829aaa，数列

nb满足2nanb．（1）求数列na和nb的通项公式；（2）令112233nnnTabababab，求nT的值．【答案】（1）nan，2nnb；（2）1122nnTn．【解析】（1）设数列na的公差为d，由题意得11

7118ddd，解得1d或0（舍），∴111nann，∴2nnb．（2）由（1）知231122331222322nnnnTababababn，∴23412122232122nnnTn

n，两式相减得2311121212122122nnnnTnn，∴1122nnTn．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．①

3coscoscossinAcBbCaA；②2cos2bcCa；③tantantan3tantanABCBC．已知ABC△的内角,,ABC的对应边分别为,,abc，．（1）求A；（2）若2a，10bc，求ABC△的面积．【答案】（1）π3A；（2）32．【解析】

（1）方案①：由已知及正弦定理得23cossincossincossinACBBCA，所以23cossinsinACBA，所以23cossinsinAAA，又0,πA，所以sin0A，所以tan3A，所以π3A

．方案②：由已知正弦定理得2cossin2sinsin2sinsinCABCACC2sincos2cossinsinACACC，所以2cossinsin0ACC，即2cossinsinACC，又0,πC，所以sin0C，所以

1cos2A，所以π3A．方案③：因为tantantan3tantanABCBC，所以tantantan3tantantantan()(1tantan)ABCBCABCBCtantan1tantantantantanAABCABC，即3

tantantantantanBCABC，又,,0,πABC，所以tan0B，tan0C，所以tan3A，1cos2A，所以π3A．（2）由余弦定理2222cosabcbcA，2a，π3A，得224bcbc，即243bcbc，又因为10bc

，所以2bc，所以13sin22ABCSbcA△．19．（12分）已知函数2ln21fxxaxax．（1）当1a时，求yfx曲线在1x处的切线方程；（2）讨论fx的单调性．【

答案】（1）62yx；（2）答案不唯一，具体见解析．【解析】（1）当1a时，2ln3fxxxx，可得1()23fxxx，斜率(1)6kf，而(1)4f，根据点斜式可得

yfx曲线在1x处的切线方程为62yx．（2）因为2ln21fxxaxax，对fx求导，222112111221axaxaxxfxaxaxxx，0x，①当0a时，110

fxx恒成立，此时yfx在0,上单调递增；②当0a，由于0x，所以2110axx恒成立，此时yfx在0,上单调递增；③当0a时，令0fx，解得

12xa．因为当10,2xa，0fx；当1,2xa，0fx，所以yfx在10,2a上单调递增，在1,2a上单调递减．综上可知，当0a时，fx在0,上单调递增，当0a

时，fx在10,2a上单调递增，在1,2a上单调递减．20．（12分）如图，在四棱锥SABCD中，ABCD为直角梯形，ADBC∥，BCCD，平面SCD平面ABCD

．SCD△是以CD为斜边的等腰直角三角形，224BCADCD，E为BS上一点，且2BEES．（1）证明：直线SD∥平面ACE；（2）求二面角SACE的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）13．【解析】（1）证明：连接BD交AC于点F，连接EF．因为ADBC∥，所以AFD

△与BCF△相似，所以2BFBCFDAD．又2BEBFESFD，所以EFSD∥．因为EF平面ACE，SD平面ACE，所以直线SD∥平面ACE．（2）解：平面SCD平面ABCD，平面SCD平面A

BCDCD，BC平面ABCD，BCCD，所以BC⊥平面SCD．以C为坐标原点，CD，CB所在的方向分别为y轴、z轴的正方向，与CD，CB均垂直的方向作为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz．则(0,0,0)C，(1,1,0)S

，(0,2,2)A，224(,,)333E，(0,2,2)CA，(1,1,0)CS，224(,,)333CE．设平面SAC的一个法向量为,,xyzm，则2200CAyzCSxymm，令1x，得1,1,1m；设平面EAC的一个

法向量为,,xyzn，则2202240333CAyzCExyznn，令1z，得1,1,1n，设二面角SACE的平面角的大小为，则||11cos||||333mnmn，所以二面角SACE的

余弦值为13．21．（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(B．Pascal)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(C．Huygens)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1,kkkN局，谁便赢得全部赌注a元．每局甲赢的概率为(01)pp，乙赢的概率为1p，且每局赌博相互独立．在甲赢了()mmk局，乙赢了()nnk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k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:PP甲乙分配赌注．（1）甲､乙赌博意外终止，若243

a，4k，2m，1n，23p，则甲应分得多少赌注？（2）记事件A为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当4k，2m，1n时赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率()fp，并判断当45p时，事件A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0.05，则称该随机事件为小概率事件．【答案】（1）216元；（2）3113(1)fppp，事件A是小概率事件，理由见解析．【解析】（1）设赌博再继续进行X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2X时，甲以4:1赢，所以224239PX；当3X时，甲以4:2赢，所以1222283C133327PX；当4X时

，甲以4:3赢，所以21322244C133327PX，所以，甲赢的概率为48424892727279，所以，甲应分得的赌注为82432169元．（2）设赌注继续进行Y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，则Y的可能取值有3、4，当3Y时

，乙以4:2赢，33(1)PYp；当4Y时，乙以4:3赢，13334C(1)3(1)PYpppp；所以，乙赢得全部赌注的概率为333(1)3(1)13(1)PApppp

p，于是甲赢得全部赌注的概率3113(1)fppp，求导，3223(1)133(1)112(1)fpppppp．因为415p，所以

0fp，所以fp在4,15上单调递增，于是min4608()5625fpf．故乙赢的概率为6081710.02720.05625625，故事件A是小概率事件．22．（12分）已知直线:lyxm交抛物线2:4Cyx于,AB两点．（1）

设直线l与x轴的交点为T．若2ATTB，求实数m的值；（2）若点,MN在抛物线C上，且关于直线l对称，求证：,,,ABMN四点共圆．【答案】（1）8m；（2）证明见解析．【解析】由24yxmyx

，得2440yym．设11,Axy，22,Bxy，则124yy，124yym．因为直线l与C相交，所以16160Δm，得1m．（1）由2ATTB，得1220yy

，所以240y，解得24y，从而18y，因为124yym，所以432m，解得8m．（2）设33,Mxy，44,Nxy，因为,MN两点关于直线yxm对称，则4343223443434144yyyyyyxxyy

，解得434yy．又434322yyxxm，于是3343422yyxxm，解得4342xmx．又点N在抛物线上，于是233()(42)44ymx．因为2334yx，所

以23341640yym，于是13231323()()()()MxxxxyyyMByA222233121323()()()()4444yyyyyyyy13231323()1

616yyyyyyyy13232123123()1616yyyyyyyyyy2231333404()1616yyyyymy+++，因此MAMB，同理NANB，于是

点,MN在以AB为直径的圆上，即,,,ABMN四点共圆．此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号