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1、重庆市西南大学附属中学2021届高三数学下学期第四次月考试题（满分：150分，考试时间：120分钟）2021年4月注意事项：1答卷前考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2回答选择题时用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将答题卡交回（试题卷自己保管好，以备评讲）。一、 选择题（本题共8小题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 设集合，则（ ）ABCD2 若复数（为虚数单位）为纯虚数，则实数的值为（ ）ABCD3 命题“”为真命题的一个必要不充分条件是（ ）A. B.
2、 C. D. 4 2020年12月，西南大学附属中学举办一年一度的缤纷节，由于疫情原因为了避免人员聚集，所以采用云直播的方式将各个分会场的情况通过电视播放给同学们观看，学校安排4名主持人和3名摄像师对本次缤纷节实行直播，其中2名主持人和1名摄像师负责“综艺晚会”的直播，另2名主持人和2名摄像师分两组（每组主持人和摄像师各1人），分别负责“青春歌会”和“附中诗词大赛”的现场直播。如果所有主持人、摄像师都能承担三个分会场的相应工作，则所有不同的安排方案有（ ）A144种B72种C48种D36种5 若函数为偶函数，设，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 6 设数列的前项和是，令，称为数列，的
3、“超越数”，已知数列，的“超越数”为2020，则数列5，的“超越数”为（ ）A2018B2019C2020D20217 如图，已知是双曲线的上、下焦点，直线且与双曲线交于两点，若是正三角形且点是的内心，则双曲线的离心率是（ ）A. B. C. D. 8 已知函数是连续可导函数,其导函数是，若时，令，则以下正确的是（ ）ABCDT的符号不能确定二、 多选题（本题共4小题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，有选错的得0分，部分选对的得2分）9 已知，均为实数，下列说法正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，10 等差数列中，为其前n项和，则以下正确的是（ ）ABC的最大
4、值为D使得的最大整数11 如图，在菱形中，为的中点，将沿直线翻折成，连接和，为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A B的长不为定值 C与的夹角为D当三棱锥的体积最大时， 三棱锥的外接球的表面积是12 设函数的定义域为，如果存在非零常数，对于任意，都有，则称函数是“元周期函数”，非零常数为函数的“元周期”现有下面四个关于“元周期函数”的命题：所有正确结论的选项是（ ）A如果“元周期函数”的“元周期”为，那么它是周期为2的周期函数；B函数是“元周期函数”C常数函数是“元周期函数”D如果函数是“元周期函数”，那么“或”三、 填空题（本题共4小题。14题仅对1个得3分）13 已知函数，其中
5、表示不超过实数的最大整数，则_14 二项式的展开式的所有项系数和为_，展开式中项的系数是 . 15 如图，矩形中，是矩形内（包括边界）的动点，且点到点距离为1，则的最小值为_16 已知圆锥体积为，高为4，过顶点作截面，若平面与底面所成的锐二面角的余弦值为，圆锥被平面截得的两个几何体设为.若的体积为（其中），则_四、 解答题（本题共6小题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17 在； ；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题问题：在中，内角的对边分别是，若已知，_，求的值（注：如果选择多个条件分别解答，按第一解答计分）18 已知各项都为正数的数列满足，(1) 求的通项公式；(2
6、) 若数列满足，求数列的前项和19 某公司有车牌尾号为3的汽车和尾号为5的汽车，两车分属于两个独立业务部门.对一段时间内两辆汽车的用车记录进行统计，在非限行日，车日出车频率0.6，B车日出车频率0.6该地区汽车限行规定如下：车尾号0和91和82和73和64和5限行日星期一星期二星期三星期四星期五现将汽车日出车频率理解为日出车概率，且，两车出车相互独立.(1) 求该单位在星期二至少出车一台的概率；(2) 设表示该单位在星期三、星期四和星期五三天的出车台数之和，求的分布列及其数学期望.20 如图，三棱柱的底面是边长为4的正三角形，侧面底面，且侧面为菱形， (1) 求二面角所成角的正弦值(2) 分别
7、是棱的中点，又.求经过三点的平面截三棱柱的截面的周长。21 已知直线过椭圆的右焦点，且交椭圆于A，B两点，线段AB的中点是(1) 求椭圆的方程；(2) 过原点的直线与线段AB相交（不含端点）且交椭圆于C，D两点，求四边形面积的最大值.22 已知函数(1) 求函数的单调区间；(2) 当时，记函数在上的最大值为，证明：西南大学附属中学校高2021级第四次月考数学试题答案一、选择题：本题共8小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。16：B C D B C D 78 A A二、多项选择题：本题共4小题。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，有选错的得0分，部分选
8、对的得2分。9AD10ABD11AC12ACD三、填空题：本题共4小题。13 140, 15 16 部分解答：7.因为是正三角形且是的内心，所以也是的重心.设直线AB与y轴的交点为H，所以，即又因为，所以,即直线，将直线代入双曲线C解得，在中8. 因为当，所以设，因为当时，在上单调递增又当时，当时，；又时，当时，当时，；又当时，时，选A11. A选项：因为四边形是菱形，所以，则为等边三角形。又因为为的中点，所以,又又因为所以，即所以，又因为所以平面，又平面，所以，所以A正确B选项:作的中点，连接因为为的中点，所以，又因为,所以,所以又即，所以是定值，所以B选项错误；C选项:与的夹角也就与的夹角
9、，即,又所以，又因为异面直线额夹角范围为所以，所以C选项正确D选项:要使最大，即高最大，则因为,所以则,所以在直角三角形中,为斜边，取斜边上中点，又为的中点所以，又平面，所以平面，平面所以，所以为外接球的球心，半径，又，所以外接球的表面积为，所以选项D错误。12.解：A选项:“元周期函数”的“元周期”为，故它是周期为2的周期函数，故A正确；B选项 ：若函数是“元周期函数”，则存在非零常数，使，即恒成立，故成立，但无解，故B错误；C选项 ：常数函数是“元周期函数”, 则存在非零常数，使，即恒成立, 时恒成立，故C正确；D选项:若函数是“元周期函数”， 则存在非零常数，则，即恒成立，故恒成立，即恒
10、成立，故，可得或，故或，故D正确所故选：ACD16. 设平面与底面的交线为,底面圆心为点，设底面圆半径为。由，即于点，则余弦值为，即，又,则。切四次剩下一个正四棱锥，其高，底边为的正方形。四、解答题：本题共6小题。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17解：若选：因为，所以，因为，所以所以即所以，因为，所以所以，所以，所以，所以若选：因为，所以，所以因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以若选：因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以18.（1）由得，所以为首项为的等比数列，（2）由题意 ,则的前项和为19.（1）设车在星期出车的事件为，车在星期出车的事件为，2，3
11、，4，5. 由已知可得，设该单位在星期二至少出一台车的事件为，因为，两车是否出车相互独立，且事件，,互斥，所以该单位在星期二至少出一台车的概率为0.84（2）的可能取值为0，1，2，3，4所以的的分布列为X01234P0.02560.15360.34560.34560.1296.20.（1）解：连接，侧面为菱形，为正三角形侧面底面，侧面底面，侧面底面底面为正三角形，为的中点以未坐标原点，分别以，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系底面是边长为4的正三角形，设平面的一个法向量为由得，令，得又易只为平面ABC的一个法向量。所以二面角所成角的正弦值为(2)连接,分别是棱的中点，又
12、因为,经过三点的平面截三棱柱的截面即为平面，其中，在中，因为三棱柱的底面是边长为4的正三角形，侧面为菱形， ，由余弦定理得，取的中点,连接,四边形为平行四边形，,又因为侧面为菱形，为两个全等的等边三角形，连接又因为又因为侧面底面，且侧面底面,平面，又平面,又因为,即，所以截面的周长为：21.（1）直线与x轴交于点,所以椭圆右焦点的坐标为,故,因为线段AB的中点是,设,则,且,又,作差可得,则,得又,所以,因此椭圆的方程为.（2）由（1）联立,解得或,不妨令,易知直线l的斜率存在,设直线,代入,得,解得或,设,则,则,因为到直线的距离分别是,由于直线l与线段AB（不含端点）相交,所以,即,所以,
13、四边形的面积,令,则,所以,当,即时,，因此四边形面积的最大值为.22（1）由函数的定义域是，则当时，此时在区间上，；在区间上，故函数的单调递减区间为，单调递增区间为当且时，即时，对任意恒成立，即对任意恒成立，且不恒为0故函数的单调递减区间为；当且时，即时，方程的两根依次为，此时在区间，上，；在区间上，故函数的单调递减区间为，单调递增区间为；当时，方程的两根依次为，此时在区间上，；在区间上，故函数的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明：当时，则当时，令，则，所以在上单调递增因为，所以存在使得，即，即故当时，此时；当时，此时即在上单调递增，在上单调递减，则令，则，所以在上单调递增，则，所以所以,即,
重庆市西南大学附属中学2021届高三数学下学期第四次月考试题（含答案）
