深圳外国语学校2023届高三第7次月考数学试卷（含答案）

深圳外国语学校2023届高三第7次月考数学试卷

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题

1、已知集合，，则(   )

A. B. C. D.

2、随机变量，则(   )

A. B.

C. D.

3、已知函数，其中是的导函数，则(   )

A.12 B.20 C.10 D.24

4、已知等差数列满足：公差，，，则(   )

A.17 B.18 C.19 D.20

5、已知满足：，则(   )

A. B.

C. D.

6、已知正三棱锥中，，其内切球半径为r，外接球半径为，则(   )

A. B. C. D.

7、已知，，，则a，b，c的大小关系是(   )

A. B. C. D.

8、已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线与一条渐近线垂直，垂足为，交双曲线右支于点，，则离心率(   )

A. B. C. D.2

二、多项选择题

9、已知复数（i为虚数单位，），则(   )

A.若，则z为纯虚数

B.若，则z为实数

C.的最小值为2

D.时，z对应的点在第二象限

10、已知，恒成立；，恒成立则(   )

A.“”是p充分不必要条件 B.“”是p的必要不充分条件

C.“”是q的充分不必要条件 D.“”是q的必要不充分条件

11、已知，在上单调递增，则(   )

A.若，则

B.若，则的最大值为

C.对任意，均不成立

D.存在满足条件的，，使得

12、已知与有n个交点，横坐标分别为，，…，，则(   )

参考数据：，，，.

A.时，

B.时，

C.时，

D.时，

三、填空题

13、写出一个满足：的函数解析式为___________.

14、已知中，，为中点，，则______.

15、抛物线上有三点，B，C，直线AB和AC的斜率之和为2，则直线BC恒过定点的坐标为__________.

16、已知四棱锥中，平面平面ABCD，为等边三角形，，，，M为PC中点，则平面ADM截棱锥上下两部分的体积比为_____________.

四、解答题

17、在中，角A，，的对边分别为a，b，c，

（1）求；

（2）M是内心，，求.

18、政府举办“全民健身乒乓球比赛”，比赛规则为：每队4人，2男（男1号，男2号），2女（女1号，女2号），比赛时第一局两队男1号进行单打比赛，第二局两队女1号进行单打比赛，第三局两队各派一名男女运动员参加混双比赛，第四局两队男2号进行单打比赛，第五局两队女2号进行单打比赛，五局三胜，先胜3局的队获胜，比赛结束.某队中的男甲和男乙两名男队员，在比赛时，甲单打获胜的概率为，乙单打获胜的概率为，若甲排1号，男女混双获胜的概率为；若乙排1号，男女混双获胜的概率为（每局比赛相互之间不受影响）

（1）记X表示男甲排1号时，该队第一局和男女混双两局比赛获胜局数，求X的分布列；

（2）若要该队第一局和男女混双这两局比赛获胜局数的数学期望大，甲、乙两人谁排1号？加以说明.

19、已知数列满足，.

（1）求证：数列是等比数列；

（2）设，求数列的前n项和.

20、如图，在三棱锥中，F为AC中点，D为PC上一点，，PB上有点E，平面DFB.

（1）求的值；

（2）若平面ABC，，，求二面角的正弦值.

21、已知

（1）若，讨论的单调性；

（2）当时，的最小值为，求的取值范围.

22、椭圆的左、右焦点分别为、，椭圆C与圆有4个交点，且4个交点恰为正方形的4个顶点.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）A，B分别是椭圆的左、右顶点，M是直线上的动点，MA，MB分别交椭圆于另一点P，Q，证明：PQ恒过定点.

参考答案

1、答案：B

解析：解一元二次不等式，得，

，而，

.

故选：B.

2、答案：C

解析：易知该正态分布曲线的对称轴为，所以C正确；而A、B、D三项变量分布均不关于对称轴对称.

故选：C

3、答案：D

解析：由题意得，故，

则，故.

故选：D

4、答案：C

解析：，即，解得，

即，故.

故选：C

5、答案：C

解析：不妨设，此时，满足，

但,且，

故ABD错误；

由辅助角公式得，C正确；

故选：C

6、答案：A

解析：因为正三棱锥中，，不妨设，

由勾股定理得，故，

取BC中点F，连接AF，

过点P作⊥平面ABC于点E，则点E落在AF上，且，

故，由勾股定理得，

由对称性可知外接球的球心O在PE上，连接AO，则，，

在中，由勾股定理得，即，

解得，

设内切球球心为，则在PE上，取CB的中点F，连接PF，则切点G在PF上，

且，由重心性质可得，

因为，故，

因为，所以，即，解得，

故.

故选：A

7、答案：C

解析：令，，则，当时，，

所以在上单调递增，，

故，

令，，则在上恒成立，

故在单调递减，故，

所以，

令，，则，

故在上单调递减，

故，即，

构造，，则，

令，则，

令，则在上恒成立，

故在上单调递增，又，故在恒成立，

故在上单调递增，又，故在恒成立，

故，即，，

构造，，

则，令，则，

令，则在上恒成立，

故在上单调递减，又，

故在上恒成立，故在上单调递减，

又，故在上恒成立，故在上单调递减，

故，即，即，

因为，故.

故选：C

8、答案：B

解析：设，不妨取其中一条渐近线，

由两直线垂直，斜率乘积为-1有，过的直线l的方程为，

联立上述两直线可求得点M的坐标为，

因为，则，故，

由直线l的方程为得N点坐标为，

因为点N在双曲线上，所以，

化简得，故，故A，C，D错误.

故选：B.

9、答案：ABD

解析：由复数，

对于A中，当时，可得为纯虚数，所以A正确；

对于B中，当时，可得为实数，所以B正确；

对于C中，，

所以的最小值为，所以C不正确；

对于D中，时，可得复数在复平面内对应的点为位于第二象限，

所以D正确.

故选：ABD.

10、答案：BC

解析：已知，恒成立，则方程无实根，

所以恒成立，即，故“”是p的必要不充分条件，故A错误，B正确；

又，恒成立，所以在时恒成立，

又函数的最大值为，

所以，故“”是q的充分不必要条件，故C正确，D错误.

故选：BC.

11、答案：ABD

解析：对于A选项，当时，，设，

,，

则在上单调递增，

即，其中，

解得,

，当时，符合要求，可得，故A选项正确；

对于B选项，当时，，，

由条件可知，函数在上单调递增，即，其中

解得，

，令时，，即满足条件，

令，，不成立，经检验或均不成立，

又因为函数在上单调递增，其最小正周期，即，故，故B选项正确；

对于C选项，，解得，，

在上单调递增，即

，其中，

解得，又，，故当，时成立，

故C选项不正确；

对于D选项，，，即

当为偶数时，，其中，在上单调递增，

即，其中，解得，

令，，

不妨取，，满足且满足条件；

当为奇数时，，其中，在上单调递增，

即，其中，解得

有条件可得，，

综上，满足且满足条件，故D选项正确；

故选：ABD.

12、答案：ACD

解析：因为，所以，

所以定义域为，

又，

即，所以关于点对称，

因为，所以，所以也关于点对称，

因为在上单调递增，根据复合函数的单调性法则，

所以在上单调递增，又关于点对称，

所以在R上单调递增，当时，函数、的大致图象如下：

所以与有3个交点，且，故A正确，B错误；

当时，函数、的大致图象如下：

所以与有11个交点，且，故C，D正确.

故选：ACD.

13、答案：

解析：中，令，解得，

令得，故，

不妨设，满足要求.

故答案为：

14、答案：

解析：因为，E为AC中点，

所以，

得，.

故答案为：.

15、答案：

解析：因为抛物线过点，所以，所以，即抛物线方程为：，

设直线BC的方程为，设，联立，所以

得，所以,

又，

整理得，即，所以或

当时，直线BC的方程为，直线过定点；

当时，直线BC的方程为，直线过点，此时A,B,C三点共线，不符合题意.

综上，直线BC恒过定点的坐标为.

故答案为：.

16、答案：

解析：如图所示，延长AD与BC交于点E，连接DE，延长ED交PB于点F，

设，可得，

因为为正三角形，可得，则，

由，且，所以底面ABCD为直角梯形，

在中，，,

可得，

取AD的中点为O，因为为正三角形，可得，

又因为平面平面ABCD，平面平面，

平面PAD，可得平面ABCD，

又由OB,平面ABCD，可得，

直角和中，可得，

过点F作，设，由，可得，

即，可得，

又由，可得，即，解得，

所以为的一个三点分点，

因为，，

可得，，

且，

因为为的一个三点分点，

可得，，

所以，

则截得的下部分的体积为，

所以上下两部分的体积比为.

故答案为：.

17、答案：（1）

（2）

解析：（1）因为，所以，

所以，

所以，

所以，

因为，所以，，

所以或，

当时，又，所以，

当时，，显然不满足，

综上，.

（2）因为是内心，所以，

在中，由正弦定理有：，即，

在中，由正弦定理有：，即，

所以，又，

所以，

所以，所以.

18、答案： （1）答案见解析

（2）乙排1号，理由见解析

解析：X的可能取值为0,1,2，

，

，

，

故分布列为：

（2）（1）知，甲排1号时，期望值为，

设Y表示男乙排1号时，该队第一局和男女混双两局比赛获胜局数，

则Y的可能取值为0,1,2，

则，

，

，

故期望值为，

因为，故乙排1号时期望值更大.

19、答案：（1）证明见解析

（2）

解析：（1）证明：由，可得，

又，所以，

所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.

（2）由（1）得，所以，

，

设，前n项和为，

，

，

两式相减得，

，

得，

.

20、答案：（1）1

（2）

解析：（1）取PD的中点M，连接AM,EM如图（1）所示，

，又因为F为AC中点，

，又面BDF，面BDF，

面BDF.

又面BDF，，AE,面AEM，

面面BDF，又面面=EM，面面=BD，

，又∵，

（2）由题可知平面ABC，，所以.

以A为坐标原点，过点A作BC的平行线为x轴，以AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示，

则，，，，则PB的中点E为，

，，，

设平面AEB法向量为，

则，令则，

所以.

设平面AEC法向量为，

则，令则，

所以.

所以，

设二面角的大小为，则，

所以，即二面角的正弦值为.

21、答案：（1）在上单调递减；在上单调递增

（2）

解析：（1）若，则，求导得，

令可得，令可得，

故在上单调递减；在上单调递增.

（2）由题意可得，

令，

故在上单调递增，

当时，，，

故使得，此时

所以在上单调递减，在上单调递增，

又，所以由的单调性可知，

函数也在上单调递增，

故当时，，当时，

故的最小值为

易知随增大而增大，故其取值范围为：

22、答案：（1）

（2）恒过定点，证明过程见解析

解析：（1）由题意得，四边形CDHE为正方形，设，则，

解得，故，将其代入椭圆方程，得，

又，解得，

故椭圆方程为；

（2）由题意得，

设，则直线AM方程为，整理得，

与椭圆方程联立得，设，

则，故，代入中，得

，故

直线BM方程为，整理得，

与椭圆方程联立得，

设，则，故，代入中，得

，故，

则直线PQ为，

由对称性可知，PQ所过定点在轴上，

则令得，

故PQ恒过定点.