深圳外国语学校2023届高三第7次月考数学试卷（含答案）

这是一份深圳外国语学校2023届高三第7次月考数学试卷（含答案），共21页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.244、已知等差数列满足：公差，，，则(   )A.17 B.18 C.19 D.205、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2D.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：C3、答案：D解析：由题意得，故，则，故.故选：D4、答案：C解析：，即，解得，即，故.故选：C5、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：C6、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：A7、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：C8、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：X012P（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.