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1、（新高考）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 2021-2022学年下学期高三4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。第卷（选择题）一、单项选择题：本题共8
2、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，若，则实数的取值组成的集合是（ ）ABCD【答案】D【解析】集合，当，即时，显然满足条件；当时，因为，所以或，即或，解得或，综上，实数的取值组成的集合是，故选D2i为虚数单位，复数z满足，则下列说法正确的是（ ）ABCz的虚部为Dz在复平面内对应的点在第三象限【答案】D【解析】由已知，所以，A错；，B错；的虚部是，C错；对应点坐标为，在第三象限，D正确，故选D3下列有关命题的说法错误的是（ ）A的增区间为B“”是“”的充分不必要条件C若集合中只有两个子集，则D对于命题p：存在，使得，则任意，均有【答案】C【
3、解析】A令，由，解得，由二次函数的性质知：t在上递增，在上递减，又在上递增，由复合函数的单调性知：在上递增，故正确；B当时，成立，故充分，当成立时，解得或，故不必要，故正确；C若集合中只有两个子集，则集合只有一个元素，即方程有一根，当时，当时，解得，所以或，故错误；D因为命题p：存在，使得是存在量词命题，则其否定为全称量词命题，即任意，均有，故正确，故选C4在等差数列中，为其前n项和若，则下列判断错误的是（ ）A数列递增BC数列前2020项和最小D【答案】C【解析】因为，即，所以，因为，所以，所以公差，所以数列是递增数列，其前1010项和最小，所以C错误，故选C5若，则（ ）ABCD【答案】A
4、【解析】由题意可得，令，则在上是单调增函数，又，所以，即，故选A6在棱长为1的正方体中，M为底面ABCD的中心，N为线段AQ的中点，则下列命题中正确的个数为（ ）CN与QM共面；三棱锥的体积跟的取值无关；当时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为；时，A1B2C3D4【答案】C【解析】在中，因为M，N为AC，AQ的中点，所以，所以CN与QM共面，所以正确；由，因为N到平面ABCD的距离为定值，且的面积为定值，所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以正确；当时，取，连接，则，又，所以，所以共面，即过A，Q，M三点的正方体的截面为ACHQ，由，则ACHQ是等腰梯形，且，所以平面截正方体所得截面
5、的周长为，所以正确；当时，可得，取的中点分别为，连接，则，在直角三角形中，则，所以不成立，所以不正确，所以正确的命题个数是3个，故选C7设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线上任意一点，M是线段PF上的点，且，则直线OM的斜率的最大值为（ ）A1BCD【答案】C【解析】因为，设，显然当时，；当时，则要想求解直线OM的斜率的最大值，此时，设，因为，所以，即，解得，由于，所以，即，由于，则，当且仅当，即时，等号成立，故直线OM的斜率的最大值为，故选C8已知定义域为的单调递增函数满足：，有，则方程的解的个数为（ ）A3B2C1D0【答案】A【解析】因定义域为的单调递增函数满足：，有，则存在唯一正实数
6、使得，且，即，于是得，而函数在上单调递增，且当时，因此，方程，于是得方程的解的个数是函数与的图象公共点个数，在同一坐标系内作出函数与的图象如图，观察图象知，函数与的图象有3个公共点，所以方程的解的个数为3，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2分，有选错的得0分9立德中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照50，60）60，70）70，80）80，90）90，100分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是（ ）A图中的x值为B这组
7、数据的极差为50C得分在80分及以上的人数为400D这组数据的平均数的估计值为77【答案】ACD【解析】由，可解得，故选项A正确；频率分布直方图无法看出这组数据的最大值和最小值，故选项B不正确；得分在80分及以上的人数的频率为，故人数为，故选项C正确；这组数据的平均数的估计值为：，故选项D正确，故选ACD10已知函数，则（ ）A的最小正周期为B是曲线的一个对称中心C是曲线的一条对称轴D在区间上单调递增【答案】ACD【解析】，A对；是曲线的一个对称中心，B错；，时，是的一条对称轴，C对；，在上单调递增，D对，故选ACD11圆和圆的交点为，则有（ ）A公共弦所在直线方程为B为圆上一动点，则到直线距
8、离的最大值为C公共弦的长为D圆上存在三个点到直线的距离为【答案】ABD【解析】圆的圆心，半径，选项A：由和两式作差得，则公共弦所在直线方程为，判断正确；选项B：圆心到直线的距离为，则圆上动点到直线距离的最大值为，判断正确；选项C：公共弦的长判断错误；选项D：圆心到直线的距离为，又圆的半径，则圆上存在三个点到直线的距离为判断正确，故选ABD12如图，圆是边长为的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M为圆上任意一点，（，），则可以取值为（ ）ABCD1【答案】CD【解析】根据三角形面积公式得到，可得到内切圆的半径为1；以D点为原点，BC所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立坐标系，
9、可得到点的坐标为，故选项CD满足，故选CD第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13在中，角A，B，C的对边分别为a，且，则_【答案】或【解析】由，所以，因为，所以，所以，则，又，所以由余弦定理，即，解得或（舍去），由正弦定理得，即，所以，故答案为14设，则_【答案】1【解析】由题意令，可得，令，可得，所以，故答案为115某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图），现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有多少种？【答案】120【解析】由题设可得4种颜色必须全用上，1，5，6这三块共有种栽种方法，如果2与5或6同色，则
10、2，3，4共有；如果2与5或6异色，则2，3，4共有；故不同的栽种方法总数为，故答案为12016有五个球编号分别为号，有五个盒子编号分别也为号，现将这五个球放入这五个盒子中，每个盒子放一个球，则恰有四个盒子的编号与球的编号不同的放法种数为_（用数字作答），记为盒子与球的编号相同的个数，则随机变量的数学期望_【答案】，1【解析】恰有四个盒子的编号与球的编号不同，就是恰有1个编号相同，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有种情况，不妨设5号球放在5号盒子里，其余四个球的放法为，1，4，3，4，4，1，1，4，4，1，4，2，1，2，3，1，3，2，共9种，故恰好有一个球的编号与盒子的编号相同的投
11、放方法总数为种；若恰有2个编号相同，先在五个球中任选两个球投放到与球编号相同的盒子内有种，剩下的三个球，不妨设编号为3，4，5，投放3号球的方法数为，则投放4，5号球的方法只有一种，根据分步计数原理共有种；若恰有3个编号相同，先在五个盒子中确定3个，使其编号与球的编号相同，有种情况，剩下有2个盒子放2个球；其编号与球的编号不同，只有1种情况；由分步计数原理可知共有种；若恰有5个编号相同（不可能恰有4个相同），有1种方法，因为这五个球放入这五个盒子中，每个盒子放一个球共有种方法，所以0个编号相同的方法为种，综上，可取的值为0，1，2，3，5，故答案为45，1四、解答题：本大题共6个大题，共70分
12、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）求A；（2）若D为BC上一点，且，求的面积【答案】（1）；（2）【解析】（1）在中，因为，所以由正弦定理得，即因为，所以，即，因为，所以（2）在中，因为，所以由余弦定理得，即，解得（舍去）因为所以，即因为，所以，解得，所以的面积，即的面积为18（12分）如图，在三棱锥中，平面ABC，M为棱PC上的动点（1）证明：平面平面PAC；（2）若异面直线AM与BC所成角的余弦值为，求此时平面ABM与平面PBC所成锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）因为平面ABC，平面ABC
13、，所以，因为在ABC中，所以由余弦定理得，所以，所以，所以又，平面PAC，平面PAC，所以平面PAC又平面ABM，所以平面平面PAC（2）由（1）知直线AB，AC，AP两两垂直，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设，则，所以，设异面直线AM与BC所成的角为，则，即，解得，所以设平面ABM的一个法向量为，则，即，令，得，所以；设平面PBC的一个法向量为，则，即，令，得，所以，所以，所以平面ABM与平面PBC所成锐二面角的余弦值为19（12分）已知数列满足，且，若，的前项和为（1）求证：为等比数列，并求的通项公式；（2）求，并求满足不等式的最小正整数的值【答案】（1）证明见解析，；（2），最小正整数【解析】（1），又，数列是以为首项，为公比的等比数
