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2022-2023学年广东省深圳外国语学校高三（下）第七次月考数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广东省深圳外国语学校高三（下）第七次月考数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省深圳外国语学校高三（下）第七次月考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x|x2−2x−3<0}，B={x|log2x<2}，则A∪B=( )
A. (−∞,3) B. (−1,4) C. (−1,3) D. (−∞,4)
2. 随机变量X～N(2,12)，则( )
A. P(X>0)=P(X<0) B. P(X>1)=P(X<1)
C. P(X>2)=P(X<2) D. P(X>3)=P(X<3)
3. 已知函数f(x)=x3−2x+2f′(2)，其中f′(x)是f(x)的导函数，则f(2)=( )
A. 12 B. 20 C. 10 D. 24
4. 已知等差数列{an}满足：公差d≠0，13a7=12a6，am=0，则m=( )
A. 17 B. 18 C. 19 D. 20
5. 已知α满足：sinα−cosα>0，则( )
A. sinα>0 B. cosα>0 C. sin(α−π4)>0 D. cos(α−π4)>0
6. 已知正三棱锥P−ABC中，∠APB=90°，其内切球半径为r，外接球半径为R，则rR=( )
A. 3−13 B. 2( 3+1)9 C. 6− 26 D. 6+ 26
7. 已知a=e0.1−1，b=sin0.1，c=ln1.1，则( )
A. a
A. 2 33 B. 53 C. 43 D. 2
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知复数z=(1+i)(2+mi)(i为虚数单位，m∈R)，则( )
A. 若m=2，则z为纯虚数 B. 若m=−2，则z为实数
C. |z|的最小值为2 D. m=3时，z对应的点在第二象限
10. 已知p：∀x∈R，x2−ax+1>0恒成立；q：∀x>0，x+ax>2恒成立.则( )
A. “a<2”是p的充分不必要条件 B. “a<2”是p的必要不充分条件
C. “a>2”是q的充分不必要条件 D. “a>2”是q的必要不充分条件
11. 已知f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈(0,2π))在(π3,π)上单调递增，则( )
A. 若ω=1，则φ∈[7π6,3π2]
B. 若φ=π3，则ω的最大值为16
C. f(0)=0对任意ω，φ均不成立
D. 存在满足条件的ω，φ，使得f(π2)=0
12. 已知f(x)=ln( x2+e+x)与g(x)=asinx+12有n个交点，横坐标分别为x1，x2，…，xn，则( )
参考数据：e12≈1.65，e2≈7.39，e3≈20.09，e4≈54.60．
A. a=2时，n=3
B. a=2时，f(x1)+f(x2)+…+f(xn)=3
C. a=3时，n=11
D. a=3时，f(x1)+f(x2)+…+f(xn)=112
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 写出一个满足：f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy的函数解析式为______ ．
14. 已知△ABC中，BD=13BA，E为AC中点，BC=xBE+yCD，则x+y= ______ ．
15. 抛物线y2=2px上有三点A(1,1)，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P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等边三角形，AB//CD，AB=2CD=2BC，∠ABC=90°，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（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanA=sinB+sinCcosB+cosC．
(1)求∠A；
(2)M是△ABC内心，b=32CM，求cos∠ABC．
18. (本小题12.0分)
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23，乙单打获胜的概率为35，若甲排1号，男女混双获胜的概率为23；若乙排1号，男女混双获胜的概率为45(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. (本小题12.0分)
已知数列{an}满足a1=2，an+1=3an+2(n∈N*).
(1)求证：数列{an+1}是等比数列；
(2)设bn=(3n−2)⋅an，求数列{bn}的前n项和Sn．
20. (本小题12.0分)
如图，在三棱锥P−ABC中，F为AC中点，D为PC上一点，PD=2DC，PB上有点E，AE//平面DFB．
(1)求PEEB的值；
(2)若PA⊥平面ABC，∠ACB=90°，PA=AC=CB=1，求二面角B−AE−C的正弦值．
21. (本小题12.0分)
已知f(x)=lnx+ex+ax．
(1)若a=1，讨论f(x)的单调性；
(2)当a∈(−1,1)时，f(x)的最小值为g(a)，求g(a)的取值范围．
22. (本小题12.0分)
椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−1,0)、F2(1,0)，椭圆C与圆x2+y2=43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x=3 2上的动点，MA，MB分别交椭圆于另一点P，Q，证明：PQ恒过定点．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由集合A中的不等式变形得：(x−3)(x+1)<0，
解得：−1
故选：B．
求出集合A中不等式的解确定出A，利用对数的性质求出集合B中不等式的解，确定出B，求出A与B的并集即可．
此题考查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：随机变量X～N(2,12)，则对应正态分布曲线的对称轴为X=2，
所以P(X>2)=P(X<2)．
故选：C．
根据正态分布的对称性，逐项判断即可．
本题考查正态分布的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：f(x)=x3−2x+2f′(2)，
则f′(x)=3x2−2，
令x=2，
则f′(2)=3×4−2=10，
故f(x)=x3−2x+20，
f(2)=8−4+20=24．
故选：D．
根据已知条件，先对f(x)求导，求出f′(x)，令x=2，求得f′(2)，即可推出f(2)，再将x=2代入f(x)，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：等差数列{an}满足公差d≠0，13a7=12a6，
则13(a1+6d)=12(a1+5d)，即a1+18d=a19=0，
因为am=0，则m=19．
故选：C．
由已知结合等差数列的通项公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由sinα−cosα= 2sin(α−π4)>0可得sin(α−π4)>0．
故选：C．
由辅助角公式转化原不等式，即可得到选项C正确．
本题考查三角恒等变换，属基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为正三棱锥P−ABC中，∠APB=90°，不妨设PA=PB=PC=1，
由勾股定理得AB= PA2+PB2= 2，故AC=BC= 2，
取BC中点F，连接AF，
过点P作PE⊥平面ABC于点E，则点E落在AF上，且2AE= 2sin60°=2 63，
故AE= 63，由勾股定理得PE= AP2−AE2= 33，
由对称性可知外接球的球心O在PE上，连接AO，
则AO=OP=R,OE= 33−R，
在△AOE中，由勾股定理得AO2=AE2+OE2，即R2=( 63)2+( 33−R)2，
解得R= 32；
设内切球球心为O1，则O1在PE上，
取CB的中点F，连接PF，则切点G在PF上，且PF=12BC= 22，
由重心性质可得EF=12AE= 66，
因为O1E=O1G=r，故O1P= 33−r，
因为△PO1G∽△PFE，所以O1GEF=PO1PF，
即r 6= 33−r 22，解得r= 2 6+3 2，
故rR= 2 6+3 2÷ 32= 3−13．
故选：A．
设出边长，找到外接球的球心位置，利用勾股定理得到方程，求出R，再找到内切球球心位置，利用三角形相似求出r，得到答案．
本题考查了多面体与球体的内接和外切问题，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了导数的综合应用及构造法应用，属于难题．
分别构造函数f(x)=ex−x−1，g(x)=sinx−x，h(x)=ln(x+1)−sinx，利用导数判断函数的单调性，从而比较大小．
【解答】
解：令f(x)=ex−x−1，则f′(x)=ex−1，
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0,+∞)上是增函数，
故f(0.1)>f(0)，
即e0.1−0.1−1>0，
故a=e0.1−1>0.1，
令g(x)=sinx−x，则g′(x)=cosx−1<0在(0,1)上恒成立，
故g(x)=sinx−x在(0,1)上单调递减，
故g(0.1)
即b=sin0.1<0.1，
所以b
令m(x)=1−(x+1)cosx，则m′(x)=−cosx+(x+1)sinx，
易知m′(x)在(0,π6)上是增函数，
且m′(π6)=− 32+(1+π6)12=−6 3+6+π12<0，
故m′(x)<0在(0,π6)上恒成立，
故m(x)在(0,π6)上是减函数，
又∵m(0)=1−1=0，
故m(x)<0在(0,π6)上恒成立，
故h′(x)<0在(0,π6)上恒成立，
故h(x)在(0,π6)上是减函数，
故h(0.1)
即c
8.【答案】B
【解析】解：不妨设F1(−c,0)，其中一条渐近线方程为y=−bax，
因为两直线垂直，
所以斜率乘积为−1，
此时过F1的直线l的方程为y=ab(x+c)，
联立y=−baxy=ab(x+c)，
解得点M的坐标为(−a2c,abc)，
因为F1N=4F1M，
所以yN=4yM，
则yN=4abc，
同理，由直线l的方程为y=ab(x+c)，
可得点N坐标为(3c2−4a2c,4abc)，
因为点N在双曲线上，
所以(3c2−4a2)2a2c2−16a2c2=1，
化简得9c2=25a2，
则e=ca= 259=53，
故选项A，C，D错误．
故选：B．
由题意，利用双曲线的渐近线、两直线的交点坐标、三角形相似以及点在双曲线上进行计算即可求解．
本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
9.【答案】ABD
【解析】解：z=(1+i)(2+mi)=2−m+(2+m)i，
对于A，当m=2时，
则z=4i，故A正确；
对于B，当m=−2时，
则z=4，故B正确；
对于C，|z|= (2−m)2+(2+m)2= 8+2m2≥2 2，
故|z|的最小值为2 2，故C错误；
对于D，当m=3时，
则复数z=−1+5i在复平面内对应的点为(−1,5)位于第二象限，故D正确．
故选：ABD．
根据已知条件，先对z化简，再结合选项，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：∵p：∀x∈R，x2−ax+1>0恒成立⇒a2−4<0⇒−2
又q：∀x>0，x+ax>2恒成立⇔∀x>0，a>2x−x2对恒成立．
∵当x>0时，y=2x−x2=−(x−1)2+1的最大值为1(当x=1时取到)，
∴a>1．
∴a>2”是q的充分不必要条件，故C正确，D错误．
故选：BC．
利用函数恒成立问题可分别求得命题p与命题q中a的取值范围，再利用充分条件与必要条件的定义判断可得答案．
本题考查函数恒成立问题与充分条件与必要条件的应用，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为ω>0，φ∈(0,2π)，x∈(π3,π)，
对于A，当ω=1时，f(x)=sin(x+φ)，
又因为f(x)在(π3,π)上单调递增，x+φ∈(π3+φ,π+φ)，
由题意可得π3+φ≥3π2π+φ≤5π2，解得7π6≤φ≤3π2，故A正确；
对于B，当φ=π3时，f(x)=sin(ωx+π3)，
因为x∈(π3,π)，
所以ωx∈(πω3,πω)，ωx+π3∈(πω3+π3,πω+π3)，
又因为f(x)在(π3,π)上单调递增，
根据正弦图像可得πω3+π3≥−π2π3+πω≤π2，ω>0，解得0<ω≤16，故B正确；
对于C，f(0)=sinφ=0，φ∈(0,2π)，
∴φ=π，f(x)=sin(ωx+π)=−sinωx，ωx∈(πω3,πω)，
∵f(x)在(π3,π)上单调递增，∴πω≤3π2πω3≥π2解得ω=32，
∴存在满足条件的ω，φ，故C错误，
对于D，f(π2)=sin(π2ω+φ)=0，π2ω+φ=kπ，k∈z，
当ω=1，φ=3π2时，f(x)=sin(x+3π2)=−cosx，满足题意，
∴存在满足条件的ω，φ，使f(π2)=0.故D正确．
故选：ABD．
利用三角函数单调性，根据选项给出的条件，依次判断四个选项的正误．
本题考查学生利用三角函数单调性求参数范围．
12.【答案】ACD
【解析】解：因为 x2+e> x2=|x|，所以 x2+e+x>|x|+x≥0，
所以f(x)=ln( x2+e+x)的定义域为R，
又f(−x)=ln( x2+e−x)=lne x2+e+x=1−ln( x2+e−x)=1−f(x)，
即f(−x)+f(x)=1，所以f(x)=ln( x2+e−x)关于点(0,12)对称，
因为g(x)=asinx+12有，所以g(−x)+g(x)=1，
所以g(x)也关于点(0,12)对称，
因为y= x2+e+x在[0,+∞)上单调递增，根据复合函数的单调性法则，
所以f(x)=ln( x2+e+x)在[0,+∞)上单调递增，又f(x)关于点(0,12)对称，
所以f(x)在R上单调递增，当a=2时，函数f(x)、g(x)的大致图象如下：
所以f(x)与g(x)有3个交点，
且f(x1)+f(x2)+f(x3)=32，故A正确，B错误；
当a=3时，函数f(x)、g(x)的大致图象如下：
所以f(x)与g(x)有11个交点，且f(x1)+f(x2)+…+f(x11)=112，故C，D正确．
故选：ACD．
利用函数的对称性、单调性，再结合函数图象进行判断．
本题考查了函数的单调性、对称性及数形结合思想，难点是作出当a=2、a=3时，f(x)，g(x)的图象，属于中档题．
13.【答案】f(x)=x2(答案不唯一)
【解析】解：f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy中，令x=y=0，解得f(0)=0，
令y=−x得f(x−x)=f(x)+f(−x)−2x2，故f(x)+f(−x)=2x2，
不妨设f(x)=x2，满足要求．(答案不唯一)
故答案为：f(x)=x2(答案不唯一)．
赋值法得到f(0)=0，f(x)+f(−x)=2x2，求出函数解析式．
本题考查求函数解析式，属于基础题．
14.【答案】−14
【解析】解：如图所示：
∵BD=13BA，∴CD=BD−BC=13BA−BC，
∴BA=3CD+3BC，
∵E为AC中点，
∴2BE=BA+BC，
∴2BE=3CD+3BC+BC=3CD+4BC，
∴BC=12BE−34CD，
∵BC=xBE+yCD，且BE与CD不共线，
∴由平面向量基本定理得：x=12y=−34，
∴x+y=12−34=−14．
故答案为：−14．
由向量减法法则可得CD=BD−BC，结合条件得到据向量加法的平行四边形法则得到2BE=BA+BC，从而得到BC=12BE−34CD，再根据平面向量基本定理即可求得．
本题考查平面向量基本定理和平面向量的线性运算，属于中档题．
15.【答案】(12,−1)
【解析】解：因为A在抛物线上，所以12=2p⋅1，即2p=1，
所以抛物线的方程为y2=x，
(i)当直线BC的斜率存在时，显然不为0，设直线BC的方程为x=my+t，设B(x1,y1)，C(x2,y2)，
联立x=my+ty2=x，整理可得y2−my−t=0，
Δ=m2+4t>0，且y1+y2=m，y1y2=−t，x1+x2=m(y1+y2)+2t=m2+2t，x1x2=(y1y2)2=t2，
因为 t−1t−1+− t−1t−1kAB+kAC=y1−1x1−1+y2−1x2−1=2，
整理可得：y1y2−(y1+y2)+1−2x1x2+2(x1+x2)−2=0，代入整理可得t−34=±(m−14)，
当t−34=m−14，即t=m+12，此时直线BC的方程为x=my+m+12=m(y+1)+12，可得直线BC恒过定点(12,−1)；
当t−34=−(m−14)，即t=−m+1，此时直线BC的方程为x=my−m+1=m(y−1)+1，可得直线BC恒过定点(1,1)(舍)，
即直线BC恒过定点(12,−1)；
(ii)当直线BC的斜率不存在时，设直线BC的方程为x=t，代入抛物线的方程可得y2=t，可得y=± t，
设B(t, t)，C(t,− t)，t≠0，
则kAB+kAC= t−1t−1+− t−1t−1=−2t−1=2，解得t=0，(舍)，
综上所述，满足条件的直线BC恒过定点(12,−1)．
故答案为：(12,−1)．
由A点的坐标，可得p的值，即求出抛物线的方程，分别讨论直线BC的斜率存在和不存在两种情况，设直线BC的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出直线AB，AC的斜率之和的表达式，由题意可得参数的关系，进而求出直线BC恒过定点，并求出定点的坐标．
本题考查抛物线的方程的求法及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
16.【答案】513
【解析】解：如图，延长AD与BC交于点E，连接DE，延长ED交PB于点F，
设AB=2CD=2BC=4，可得AD=2 2，
∵△PAD为正三角形，∴PA=AD=PD=2 2，∴PO= 6，
∵AB//CD，AB=2CD=2BC，且∠ABC=90°，
∴底面ABCD为直角梯形，
在△AOB中，AB=4，AO= 2，∠OAB=45°，
∴OB2=42+( 2)2−2×4× 2cos45°=10，
取AD的中点为O，∵△PAD为正三角形，∴PO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
OP⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，
∵OB，OC⊂平面ABCD，∴PO⊥OB，PO⊥OC，
直角△POB和△POC中，可得PC=PB=4，
过点F作FN//PC，设BF=x，由△BNF～△BPC，得BFBP=BNBC，
∴x4=BN2，∴BN=x2，
∵△ECD∽△ENF，∴CDNF=CEEN，即2x=24−x2，解得x=83，
∴F为PB的一个三等分点，
∵S△ABD=12×4×2=4，S△BCD=12×CD×BC=12×2×2=2，
∴VP−ABD=VF−PAD=13VP−ABD=4 69，
VP−DFM=VF−PMF=13×12⋅VP−BCD= 69，
∴VP−ADMF=VP−DMF+VP−DMF=5 69，
则截得的下部分的体积为V=VP−ABCD−VP−ADMF=2 6−5 69=13 69，
∴上下两部分的体积比为315．
故答案为：513．
由题意证明过ADM的截面与PD的交点F为PB的一个三等分点，求得VP−ABD=4 63，VP−BCD=2 63，VP−ABCD=2 6，求得VP−ADMF=5 69，再求得截面截得的下部分的体积为V=13 69，进而得到上下两部分的体积比．
本题考查棱锥的结构特征、三角形相似、锥体及体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)tanA=sinB+sinCcosB+cosC，
则sinAcosA=sinB+sinCcosB+cosC，即sinAcosB+sinAcosC=sinBcosA+sinCcosA，
故sin(A−B)=sin(C−A)，
则A−B=C−A或A−B+C−A=π(舍去)，
故2A=B+C，
∵A+B=C=π，
∴A=π3；
(2)M是△ABC内心，
则M为三角形ABC角平分线的交点，
由(1)可知，A=π3；
则∠MAC=π6，
b=32CM，
由正弦定理可知，MCsin∠MAC=ACsin∠AMC，即23b12=bsin∠AMC，解得sin∠AMC=34，
∵M为三角形ABC角平分线的交点，
∴∠ABC=π−∠BAC−∠BCA，∠AMC=π−12(∠BAC+∠BCA)，
∴∠ABC=2∠AMC−π，
∴cos∠ABC=cos(2∠AMC−π)=−2cos∠AMC=2sin2∠AMC−1=18．
【解析】(1)根据已知条件，结合三角恒等变换公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合内心的性质，以及正弦定理，推得sin∠AMC=34，再结合二倍角公式，即可求解．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)X的可能取值为0，1，2，
P(X=0)=(1−23)×(1−23)=19，P(X=1)=(1−23)×23+23×(1−23)=49，P(X=2)=23×23=49，
故X的分布列为：
X
0
1
2
P
19
49
49
(2)由(1)知，甲排1号时，期望值为E(X)=0×19+1×49+2×49=43．
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P(Y=0)=(1−35)×(1−45)=225，
P(Y=1)=(1−35)×45+35×(1−45)=1125，
P(Y=2)=35×45=1225，
故期望值为E(Y)=0×225+1×1125+2×1225=75，
因为43<75，故乙排1号时期望值更大．
【解析】(1)求出X的可能取值及对应的概率，得到分布列；
(2)在(1)的基础上，求出男甲排1号时的期望值，再求出男甲排1号时的期望值，比较后得到结论．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：∵an+1=3an+2(n∈N*)，
∴an+1+1=3(an+1)，
又∵a1+1=2+1=3，
∴数列{an+1}是首项、公比均为3的等比数列；
(2)解：由(1)得an+1=3n，
∴bn=(3n−2)⋅an=n(3n−1)=n3n−n，
∴Sn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−(1+2+3+…+n)
=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−n(n+1)2，
记Qn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n，
则13Qn=1⋅30+2⋅31+3⋅32+…+(n−1)⋅3n−2+n⋅3n−1，
两式相减得−23Qn=30+31+32+…+3n−2+3n−1−n⋅3n
=1−3n1−3−n⋅3n
=(12−n)⋅3n−12，
∴Qn=−32[(12−n)⋅3n−12]=(n2−14)⋅3n+1+34，
∴Sn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−n(n+1)2
=(n2−14)⋅3n+1+34−n(n+1)2．
【解析】(1)通过对an+1=3an+2(n∈N*)变形可知an+1+1=3(an+1)，即可证明结论；
(2)由(1)得bn=n3n−n，进而Tn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−n(n+1)2，利用错位相减法计算可知Qn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n=(n2−14)⋅3n+1+34，进而计算可得结论．
本题考查等比数列的判定，考查数列的通项及前n项和，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)取PD的中点M，连接AM，EM，如图(1)所示，
∵PD=2DC，∴MD=DC，又因为F为AC的中点，
∴FD//AM，又∵AM⊄面BDF，FD⊂面BDF，∴AM//面BDF．
又∵AE//面BDF，AE∩AM=A，AE，AM⊂面AEM，
∴平面AEM//平面BDF，又∵平面PBC∩平面AEM=EM，平面PBC∩平面DBF=BD，
∴BD//ME，又∵PMMD=1，∴PEEB=1；
(2)由题可知PA⊥平面ABC，∠ACB=90°，所以AC⊥BC．
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，如图所示，
则A(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，则PB的中点E为(12,12,12)，
AE=(12,12,12)，AC=(0,1,0)，AB=(1,1,0)，
设平面AEB法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AE=12x+12y+12z=0m⋅AB=x+y=0，令x=1，则y=−1，z=0．
∴平面AEB法向量为m=(1,−1,0)，
设平面AEC法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅AE=12a+12b+12c=0n⋅AC=b=0，令a=1，则c=−1，b=0．
∴平面AEC法向量为n=(1,0,−1)，
所以cos=m⋅n|m|⋅|n|=1 2× 2=12，
设二面角B−AE−C的大小为θ，则|cosθ=|cos|=12，
∴sinθ= 1−cos2θ= 32，
即二面角B−AE−C的正弦值为 32．
【解析】(1)找到PD的中点M，可证得AM//面BDF，进而得到面AEM//面BDF，利用面面平行的性质定理得到BD//ME，即可确定PEEB的值；
(2)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，利用平面AEB与平面AEC的法向量可求得二面角B−AE−C的正弦值．
本题考查求线段长度之比，考查求二面角B−AE−C的正弦值，考查运算求解能力，属中档题．
21.【答案】解：(1)已知f(x)=lnx+ex+ax，函数定义域为(0,+∞)，
当a=1时，f(x)=lnx+ex+1x，
可得f′(x)=(x−1)(ex+1)x2，
当00，f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递增，
(2)因为f′(x)=(x−1)ex+(x−a)x2，
不妨设h(x)=(x−1)ex+(x−a)，函数定义域为(0,+∞)，
可得h′(x)=xex+1>0，
所以h(x)在定义域上单调递增，
当x→0+时，h(x)→−1−a<0，
又h(1)=1−a>0，
所以∃x0∈(0,1)，使得h(x0)=0，
此时a=(x0−1)ex0+x0，
所以f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
又h(0)=−1，h(1)=1，
所以由h(x)的单调性可知，函数a=(x0−1)ex0+x0也在(0,+∞)上单调递增，
所以当a→−1时，x0→0+，当a→1时，x0→1，
则f(x)的最小值g(a)=lnx0+ex0+ax0=lnx0+ex0+1(0
所以g(a)的取值范围为(−∞,e+1)．
【解析】(1)由题意，将a=1代入函数f(x)的解析式中，对函数f(x)进行求导，利用导数的几何意义即可得到函数f(x)的单调性；
(2)求出f′(x)，利用零点存在性定理得到f′(x)的零点x0，再构造函数g(a)，对函数g(a)进行求导，利用导数的几何意义得到g(a)的单调性，进而可得g(a)的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
22.【答案】解：(1)由题意得c=1，四边形CDHE为正方形，设E(m,m)，则m2+m2=43，
解得m= 63，故E( 63, 63)，将其代入椭圆方程，得23a2+23b2=1
又a2−b2=1，解得a2=2，b2=1，
故椭圆方程为x22+y2=1；
(2)证明：由题意得A(− 2,0)B( 2,0)，
设M(3 2,t)，则直线AM方程为y−0x+ 2=t−03 2+ 2，整理得y=t4 2(x+ 2)，
与椭圆方程联立得(16+t2)x2+2 2t2x+2t2−32=0，设P(x1,y1)，
则− 2x1=2t2−3216+t2，故x1=16 2− 2t216+t2，代入y=t4 2(x+ 2)中，得
y1=t4 2(16 2− 2t216+t2+ 2)=8t16+t2，故P(16 2− 2t216+t2,8t16+t2)，
直线BM方程为y−0x− 2=1−03 2− 2，整理得y=t2 2(x− 2)，
与椭圆方程联立得(4+t2)x2−2 2t2x+2t2−8=0，
设Q(x2,y2)，则 2x2=2t2−84+t2，故x2= 2t2−4 24+t2，代入y=t2 2(x− 2)中，
得y2=x2 2( 2t2−4 24+t2− 2)=−4t4+t2，故Q( 2t2−4 24+t2,−4t4+t2)，
则直线PQ为y+4t4+t2x− 2t2−4 24+t2=8t16+t2+4t4+t216 2− 2t216+t2− 2t2−4 24+t2，
由对称性可知，PO所过定点在x轴上，
则令y=0得x=4t4+t2(16 2− 2t216+t2− 2t2−4 24+t2)8t16+t2+4t4+t2+ 2t2−4 24+t2= 23，
故PQ恒过定点( 23,0)．
【解析】(1)根据正方形得到交点坐标，进而代入椭圆方程，得到关系式，结合焦点坐标，待定系数法求出椭圆方程；
(2)设出直线AM方程，与椭圆方程联立，求出P点坐标，同理得到Q点坐标，从而得到PQ的方程，由对称性得到直线所过定点在x轴上，令y=0，求出定点坐标．
本题考查椭圆方程的求法，考查方程思想，考查运算求解能力，属中档题．
2022-2023学年广东省深圳外国语学校高三（下）第七次月考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x|x2−2x−3<0}，B={x|log2x<2}，则A∪B=( )
A. (−∞,3) B. (−1,4) C. (−1,3) D. (−∞,4)
2. 随机变量X～N(2,12)，则( )
A. P(X>0)=P(X<0) B. P(X>1)=P(X<1)
C. P(X>2)=P(X<2) D. P(X>3)=P(X<3)
3. 已知函数f(x)=x3−2x+2f′(2)，其中f′(x)是f(x)的导函数，则f(2)=( )
A. 12 B. 20 C. 10 D. 24
4. 已知等差数列{an}满足：公差d≠0，13a7=12a6，am=0，则m=( )
A. 17 B. 18 C. 19 D. 20
5. 已知α满足：sinα−cosα>0，则( )
A. sinα>0 B. cosα>0 C. sin(α−π4)>0 D. cos(α−π4)>0
6. 已知正三棱锥P−ABC中，∠APB=90°，其内切球半径为r，外接球半径为R，则rR=( )
A. 3−13 B. 2( 3+1)9 C. 6− 26 D. 6+ 26
7. 已知a=e0.1−1，b=sin0.1，c=ln1.1，则( )
A. a
A. 2 33 B. 53 C. 43 D. 2
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知复数z=(1+i)(2+mi)(i为虚数单位，m∈R)，则( )
A. 若m=2，则z为纯虚数 B. 若m=−2，则z为实数
C. |z|的最小值为2 D. m=3时，z对应的点在第二象限
10. 已知p：∀x∈R，x2−ax+1>0恒成立；q：∀x>0，x+ax>2恒成立.则( )
A. “a<2”是p的充分不必要条件 B. “a<2”是p的必要不充分条件
C. “a>2”是q的充分不必要条件 D. “a>2”是q的必要不充分条件
11. 已知f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈(0,2π))在(π3,π)上单调递增，则( )
A. 若ω=1，则φ∈[7π6,3π2]
B. 若φ=π3，则ω的最大值为16
C. f(0)=0对任意ω，φ均不成立
D. 存在满足条件的ω，φ，使得f(π2)=0
12. 已知f(x)=ln( x2+e+x)与g(x)=asinx+12有n个交点，横坐标分别为x1，x2，…，xn，则( )
参考数据：e12≈1.65，e2≈7.39，e3≈20.09，e4≈54.60．
A. a=2时，n=3
B. a=2时，f(x1)+f(x2)+…+f(xn)=3
C. a=3时，n=11
D. a=3时，f(x1)+f(x2)+…+f(xn)=112
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 写出一个满足：f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy的函数解析式为______ ．
14. 已知△ABC中，BD=13BA，E为AC中点，BC=xBE+yCD，则x+y= ______ ．
15. 抛物线y2=2px上有三点A(1,1)，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P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等边三角形，AB//CD，AB=2CD=2BC，∠ABC=90°，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（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanA=sinB+sinCcosB+cosC．
(1)求∠A；
(2)M是△ABC内心，b=32CM，求cos∠ABC．
18. (本小题12.0分)
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23，乙单打获胜的概率为35，若甲排1号，男女混双获胜的概率为23；若乙排1号，男女混双获胜的概率为45(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. (本小题12.0分)
已知数列{an}满足a1=2，an+1=3an+2(n∈N*).
(1)求证：数列{an+1}是等比数列；
(2)设bn=(3n−2)⋅an，求数列{bn}的前n项和Sn．
20. (本小题12.0分)
如图，在三棱锥P−ABC中，F为AC中点，D为PC上一点，PD=2DC，PB上有点E，AE//平面DFB．
(1)求PEEB的值；
(2)若PA⊥平面ABC，∠ACB=90°，PA=AC=CB=1，求二面角B−AE−C的正弦值．
21. (本小题12.0分)
已知f(x)=lnx+ex+ax．
(1)若a=1，讨论f(x)的单调性；
(2)当a∈(−1,1)时，f(x)的最小值为g(a)，求g(a)的取值范围．
22. (本小题12.0分)
椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−1,0)、F2(1,0)，椭圆C与圆x2+y2=43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x=3 2上的动点，MA，MB分别交椭圆于另一点P，Q，证明：PQ恒过定点．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由集合A中的不等式变形得：(x−3)(x+1)<0，
解得：−1
故选：B．
求出集合A中不等式的解确定出A，利用对数的性质求出集合B中不等式的解，确定出B，求出A与B的并集即可．
此题考查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：随机变量X～N(2,12)，则对应正态分布曲线的对称轴为X=2，
所以P(X>2)=P(X<2)．
故选：C．
根据正态分布的对称性，逐项判断即可．
本题考查正态分布的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：f(x)=x3−2x+2f′(2)，
则f′(x)=3x2−2，
令x=2，
则f′(2)=3×4−2=10，
故f(x)=x3−2x+20，
f(2)=8−4+20=24．
故选：D．
根据已知条件，先对f(x)求导，求出f′(x)，令x=2，求得f′(2)，即可推出f(2)，再将x=2代入f(x)，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：等差数列{an}满足公差d≠0，13a7=12a6，
则13(a1+6d)=12(a1+5d)，即a1+18d=a19=0，
因为am=0，则m=19．
故选：C．
由已知结合等差数列的通项公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由sinα−cosα= 2sin(α−π4)>0可得sin(α−π4)>0．
故选：C．
由辅助角公式转化原不等式，即可得到选项C正确．
本题考查三角恒等变换，属基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为正三棱锥P−ABC中，∠APB=90°，不妨设PA=PB=PC=1，
由勾股定理得AB= PA2+PB2= 2，故AC=BC= 2，
取BC中点F，连接AF，
过点P作PE⊥平面ABC于点E，则点E落在AF上，且2AE= 2sin60°=2 63，
故AE= 63，由勾股定理得PE= AP2−AE2= 33，
由对称性可知外接球的球心O在PE上，连接AO，
则AO=OP=R,OE= 33−R，
在△AOE中，由勾股定理得AO2=AE2+OE2，即R2=( 63)2+( 33−R)2，
解得R= 32；
设内切球球心为O1，则O1在PE上，
取CB的中点F，连接PF，则切点G在PF上，且PF=12BC= 22，
由重心性质可得EF=12AE= 66，
因为O1E=O1G=r，故O1P= 33−r，
因为△PO1G∽△PFE，所以O1GEF=PO1PF，
即r 6= 33−r 22，解得r= 2 6+3 2，
故rR= 2 6+3 2÷ 32= 3−13．
故选：A．
设出边长，找到外接球的球心位置，利用勾股定理得到方程，求出R，再找到内切球球心位置，利用三角形相似求出r，得到答案．
本题考查了多面体与球体的内接和外切问题，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了导数的综合应用及构造法应用，属于难题．
分别构造函数f(x)=ex−x−1，g(x)=sinx−x，h(x)=ln(x+1)−sinx，利用导数判断函数的单调性，从而比较大小．
【解答】
解：令f(x)=ex−x−1，则f′(x)=ex−1，
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0,+∞)上是增函数，
故f(0.1)>f(0)，
即e0.1−0.1−1>0，
故a=e0.1−1>0.1，
令g(x)=sinx−x，则g′(x)=cosx−1<0在(0,1)上恒成立，
故g(x)=sinx−x在(0,1)上单调递减，
故g(0.1)
即b=sin0.1<0.1，
所以b
令m(x)=1−(x+1)cosx，则m′(x)=−cosx+(x+1)sinx，
易知m′(x)在(0,π6)上是增函数，
且m′(π6)=− 32+(1+π6)12=−6 3+6+π12<0，
故m′(x)<0在(0,π6)上恒成立，
故m(x)在(0,π6)上是减函数，
又∵m(0)=1−1=0，
故m(x)<0在(0,π6)上恒成立，
故h′(x)<0在(0,π6)上恒成立，
故h(x)在(0,π6)上是减函数，
故h(0.1)
即c
8.【答案】B
【解析】解：不妨设F1(−c,0)，其中一条渐近线方程为y=−bax，
因为两直线垂直，
所以斜率乘积为−1，
此时过F1的直线l的方程为y=ab(x+c)，
联立y=−baxy=ab(x+c)，
解得点M的坐标为(−a2c,abc)，
因为F1N=4F1M，
所以yN=4yM，
则yN=4abc，
同理，由直线l的方程为y=ab(x+c)，
可得点N坐标为(3c2−4a2c,4abc)，
因为点N在双曲线上，
所以(3c2−4a2)2a2c2−16a2c2=1，
化简得9c2=25a2，
则e=ca= 259=53，
故选项A，C，D错误．
故选：B．
由题意，利用双曲线的渐近线、两直线的交点坐标、三角形相似以及点在双曲线上进行计算即可求解．
本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
9.【答案】ABD
【解析】解：z=(1+i)(2+mi)=2−m+(2+m)i，
对于A，当m=2时，
则z=4i，故A正确；
对于B，当m=−2时，
则z=4，故B正确；
对于C，|z|= (2−m)2+(2+m)2= 8+2m2≥2 2，
故|z|的最小值为2 2，故C错误；
对于D，当m=3时，
则复数z=−1+5i在复平面内对应的点为(−1,5)位于第二象限，故D正确．
故选：ABD．
根据已知条件，先对z化简，再结合选项，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：∵p：∀x∈R，x2−ax+1>0恒成立⇒a2−4<0⇒−2
又q：∀x>0，x+ax>2恒成立⇔∀x>0，a>2x−x2对恒成立．
∵当x>0时，y=2x−x2=−(x−1)2+1的最大值为1(当x=1时取到)，
∴a>1．
∴a>2”是q的充分不必要条件，故C正确，D错误．
故选：BC．
利用函数恒成立问题可分别求得命题p与命题q中a的取值范围，再利用充分条件与必要条件的定义判断可得答案．
本题考查函数恒成立问题与充分条件与必要条件的应用，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为ω>0，φ∈(0,2π)，x∈(π3,π)，
对于A，当ω=1时，f(x)=sin(x+φ)，
又因为f(x)在(π3,π)上单调递增，x+φ∈(π3+φ,π+φ)，
由题意可得π3+φ≥3π2π+φ≤5π2，解得7π6≤φ≤3π2，故A正确；
对于B，当φ=π3时，f(x)=sin(ωx+π3)，
因为x∈(π3,π)，
所以ωx∈(πω3,πω)，ωx+π3∈(πω3+π3,πω+π3)，
又因为f(x)在(π3,π)上单调递增，
根据正弦图像可得πω3+π3≥−π2π3+πω≤π2，ω>0，解得0<ω≤16，故B正确；
对于C，f(0)=sinφ=0，φ∈(0,2π)，
∴φ=π，f(x)=sin(ωx+π)=−sinωx，ωx∈(πω3,πω)，
∵f(x)在(π3,π)上单调递增，∴πω≤3π2πω3≥π2解得ω=32，
∴存在满足条件的ω，φ，故C错误，
对于D，f(π2)=sin(π2ω+φ)=0，π2ω+φ=kπ，k∈z，
当ω=1，φ=3π2时，f(x)=sin(x+3π2)=−cosx，满足题意，
∴存在满足条件的ω，φ，使f(π2)=0.故D正确．
故选：ABD．
利用三角函数单调性，根据选项给出的条件，依次判断四个选项的正误．
本题考查学生利用三角函数单调性求参数范围．
12.【答案】ACD
【解析】解：因为 x2+e> x2=|x|，所以 x2+e+x>|x|+x≥0，
所以f(x)=ln( x2+e+x)的定义域为R，
又f(−x)=ln( x2+e−x)=lne x2+e+x=1−ln( x2+e−x)=1−f(x)，
即f(−x)+f(x)=1，所以f(x)=ln( x2+e−x)关于点(0,12)对称，
因为g(x)=asinx+12有，所以g(−x)+g(x)=1，
所以g(x)也关于点(0,12)对称，
因为y= x2+e+x在[0,+∞)上单调递增，根据复合函数的单调性法则，
所以f(x)=ln( x2+e+x)在[0,+∞)上单调递增，又f(x)关于点(0,12)对称，
所以f(x)在R上单调递增，当a=2时，函数f(x)、g(x)的大致图象如下：
所以f(x)与g(x)有3个交点，
且f(x1)+f(x2)+f(x3)=32，故A正确，B错误；
当a=3时，函数f(x)、g(x)的大致图象如下：
所以f(x)与g(x)有11个交点，且f(x1)+f(x2)+…+f(x11)=112，故C，D正确．
故选：ACD．
利用函数的对称性、单调性，再结合函数图象进行判断．
本题考查了函数的单调性、对称性及数形结合思想，难点是作出当a=2、a=3时，f(x)，g(x)的图象，属于中档题．
13.【答案】f(x)=x2(答案不唯一)
【解析】解：f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy中，令x=y=0，解得f(0)=0，
令y=−x得f(x−x)=f(x)+f(−x)−2x2，故f(x)+f(−x)=2x2，
不妨设f(x)=x2，满足要求．(答案不唯一)
故答案为：f(x)=x2(答案不唯一)．
赋值法得到f(0)=0，f(x)+f(−x)=2x2，求出函数解析式．
本题考查求函数解析式，属于基础题．
14.【答案】−14
【解析】解：如图所示：
∵BD=13BA，∴CD=BD−BC=13BA−BC，
∴BA=3CD+3BC，
∵E为AC中点，
∴2BE=BA+BC，
∴2BE=3CD+3BC+BC=3CD+4BC，
∴BC=12BE−34CD，
∵BC=xBE+yCD，且BE与CD不共线，
∴由平面向量基本定理得：x=12y=−34，
∴x+y=12−34=−14．
故答案为：−14．
由向量减法法则可得CD=BD−BC，结合条件得到据向量加法的平行四边形法则得到2BE=BA+BC，从而得到BC=12BE−34CD，再根据平面向量基本定理即可求得．
本题考查平面向量基本定理和平面向量的线性运算，属于中档题．
15.【答案】(12,−1)
【解析】解：因为A在抛物线上，所以12=2p⋅1，即2p=1，
所以抛物线的方程为y2=x，
(i)当直线BC的斜率存在时，显然不为0，设直线BC的方程为x=my+t，设B(x1,y1)，C(x2,y2)，
联立x=my+ty2=x，整理可得y2−my−t=0，
Δ=m2+4t>0，且y1+y2=m，y1y2=−t，x1+x2=m(y1+y2)+2t=m2+2t，x1x2=(y1y2)2=t2，
因为 t−1t−1+− t−1t−1kAB+kAC=y1−1x1−1+y2−1x2−1=2，
整理可得：y1y2−(y1+y2)+1−2x1x2+2(x1+x2)−2=0，代入整理可得t−34=±(m−14)，
当t−34=m−14，即t=m+12，此时直线BC的方程为x=my+m+12=m(y+1)+12，可得直线BC恒过定点(12,−1)；
当t−34=−(m−14)，即t=−m+1，此时直线BC的方程为x=my−m+1=m(y−1)+1，可得直线BC恒过定点(1,1)(舍)，
即直线BC恒过定点(12,−1)；
(ii)当直线BC的斜率不存在时，设直线BC的方程为x=t，代入抛物线的方程可得y2=t，可得y=± t，
设B(t, t)，C(t,− t)，t≠0，
则kAB+kAC= t−1t−1+− t−1t−1=−2t−1=2，解得t=0，(舍)，
综上所述，满足条件的直线BC恒过定点(12,−1)．
故答案为：(12,−1)．
由A点的坐标，可得p的值，即求出抛物线的方程，分别讨论直线BC的斜率存在和不存在两种情况，设直线BC的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出直线AB，AC的斜率之和的表达式，由题意可得参数的关系，进而求出直线BC恒过定点，并求出定点的坐标．
本题考查抛物线的方程的求法及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
16.【答案】513
【解析】解：如图，延长AD与BC交于点E，连接DE，延长ED交PB于点F，
设AB=2CD=2BC=4，可得AD=2 2，
∵△PAD为正三角形，∴PA=AD=PD=2 2，∴PO= 6，
∵AB//CD，AB=2CD=2BC，且∠ABC=90°，
∴底面ABCD为直角梯形，
在△AOB中，AB=4，AO= 2，∠OAB=45°，
∴OB2=42+( 2)2−2×4× 2cos45°=10，
取AD的中点为O，∵△PAD为正三角形，∴PO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
OP⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，
∵OB，OC⊂平面ABCD，∴PO⊥OB，PO⊥OC，
直角△POB和△POC中，可得PC=PB=4，
过点F作FN//PC，设BF=x，由△BNF～△BPC，得BFBP=BNBC，
∴x4=BN2，∴BN=x2，
∵△ECD∽△ENF，∴CDNF=CEEN，即2x=24−x2，解得x=83，
∴F为PB的一个三等分点，
∵S△ABD=12×4×2=4，S△BCD=12×CD×BC=12×2×2=2，
∴VP−ABD=VF−PAD=13VP−ABD=4 69，
VP−DFM=VF−PMF=13×12⋅VP−BCD= 69，
∴VP−ADMF=VP−DMF+VP−DMF=5 69，
则截得的下部分的体积为V=VP−ABCD−VP−ADMF=2 6−5 69=13 69，
∴上下两部分的体积比为315．
故答案为：513．
由题意证明过ADM的截面与PD的交点F为PB的一个三等分点，求得VP−ABD=4 63，VP−BCD=2 63，VP−ABCD=2 6，求得VP−ADMF=5 69，再求得截面截得的下部分的体积为V=13 69，进而得到上下两部分的体积比．
本题考查棱锥的结构特征、三角形相似、锥体及体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)tanA=sinB+sinCcosB+cosC，
则sinAcosA=sinB+sinCcosB+cosC，即sinAcosB+sinAcosC=sinBcosA+sinCcosA，
故sin(A−B)=sin(C−A)，
则A−B=C−A或A−B+C−A=π(舍去)，
故2A=B+C，
∵A+B=C=π，
∴A=π3；
(2)M是△ABC内心，
则M为三角形ABC角平分线的交点，
由(1)可知，A=π3；
则∠MAC=π6，
b=32CM，
由正弦定理可知，MCsin∠MAC=ACsin∠AMC，即23b12=bsin∠AMC，解得sin∠AMC=34，
∵M为三角形ABC角平分线的交点，
∴∠ABC=π−∠BAC−∠BCA，∠AMC=π−12(∠BAC+∠BCA)，
∴∠ABC=2∠AMC−π，
∴cos∠ABC=cos(2∠AMC−π)=−2cos∠AMC=2sin2∠AMC−1=18．
【解析】(1)根据已知条件，结合三角恒等变换公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合内心的性质，以及正弦定理，推得sin∠AMC=34，再结合二倍角公式，即可求解．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)X的可能取值为0，1，2，
P(X=0)=(1−23)×(1−23)=19，P(X=1)=(1−23)×23+23×(1−23)=49，P(X=2)=23×23=49，
故X的分布列为：
X
0
1
2
P
19
49
49
(2)由(1)知，甲排1号时，期望值为E(X)=0×19+1×49+2×49=43．
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P(Y=0)=(1−35)×(1−45)=225，
P(Y=1)=(1−35)×45+35×(1−45)=1125，
P(Y=2)=35×45=1225，
故期望值为E(Y)=0×225+1×1125+2×1225=75，
因为43<75，故乙排1号时期望值更大．
【解析】(1)求出X的可能取值及对应的概率，得到分布列；
(2)在(1)的基础上，求出男甲排1号时的期望值，再求出男甲排1号时的期望值，比较后得到结论．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：∵an+1=3an+2(n∈N*)，
∴an+1+1=3(an+1)，
又∵a1+1=2+1=3，
∴数列{an+1}是首项、公比均为3的等比数列；
(2)解：由(1)得an+1=3n，
∴bn=(3n−2)⋅an=n(3n−1)=n3n−n，
∴Sn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−(1+2+3+…+n)
=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−n(n+1)2，
记Qn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n，
则13Qn=1⋅30+2⋅31+3⋅32+…+(n−1)⋅3n−2+n⋅3n−1，
两式相减得−23Qn=30+31+32+…+3n−2+3n−1−n⋅3n
=1−3n1−3−n⋅3n
=(12−n)⋅3n−12，
∴Qn=−32[(12−n)⋅3n−12]=(n2−14)⋅3n+1+34，
∴Sn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−n(n+1)2
=(n2−14)⋅3n+1+34−n(n+1)2．
【解析】(1)通过对an+1=3an+2(n∈N*)变形可知an+1+1=3(an+1)，即可证明结论；
(2)由(1)得bn=n3n−n，进而Tn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n−n(n+1)2，利用错位相减法计算可知Qn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+…+n⋅3n=(n2−14)⋅3n+1+34，进而计算可得结论．
本题考查等比数列的判定，考查数列的通项及前n项和，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)取PD的中点M，连接AM，EM，如图(1)所示，
∵PD=2DC，∴MD=DC，又因为F为AC的中点，
∴FD//AM，又∵AM⊄面BDF，FD⊂面BDF，∴AM//面BDF．
又∵AE//面BDF，AE∩AM=A，AE，AM⊂面AEM，
∴平面AEM//平面BDF，又∵平面PBC∩平面AEM=EM，平面PBC∩平面DBF=BD，
∴BD//ME，又∵PMMD=1，∴PEEB=1；
(2)由题可知PA⊥平面ABC，∠ACB=90°，所以AC⊥BC．
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，如图所示，
则A(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，则PB的中点E为(12,12,12)，
AE=(12,12,12)，AC=(0,1,0)，AB=(1,1,0)，
设平面AEB法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AE=12x+12y+12z=0m⋅AB=x+y=0，令x=1，则y=−1，z=0．
∴平面AEB法向量为m=(1,−1,0)，
设平面AEC法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅AE=12a+12b+12c=0n⋅AC=b=0，令a=1，则c=−1，b=0．
∴平面AEC法向量为n=(1,0,−1)，
所以cos
设二面角B−AE−C的大小为θ，则|cosθ=|cos
∴sinθ= 1−cos2θ= 32，
即二面角B−AE−C的正弦值为 32．
【解析】(1)找到PD的中点M，可证得AM//面BDF，进而得到面AEM//面BDF，利用面面平行的性质定理得到BD//ME，即可确定PEEB的值；
(2)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，利用平面AEB与平面AEC的法向量可求得二面角B−AE−C的正弦值．
本题考查求线段长度之比，考查求二面角B−AE−C的正弦值，考查运算求解能力，属中档题．
21.【答案】解：(1)已知f(x)=lnx+ex+ax，函数定义域为(0,+∞)，
当a=1时，f(x)=lnx+ex+1x，
可得f′(x)=(x−1)(ex+1)x2，
当0
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递增，
(2)因为f′(x)=(x−1)ex+(x−a)x2，
不妨设h(x)=(x−1)ex+(x−a)，函数定义域为(0,+∞)，
可得h′(x)=xex+1>0，
所以h(x)在定义域上单调递增，
当x→0+时，h(x)→−1−a<0，
又h(1)=1−a>0，
所以∃x0∈(0,1)，使得h(x0)=0，
此时a=(x0−1)ex0+x0，
所以f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
又h(0)=−1，h(1)=1，
所以由h(x)的单调性可知，函数a=(x0−1)ex0+x0也在(0,+∞)上单调递增，
所以当a→−1时，x0→0+，当a→1时，x0→1，
则f(x)的最小值g(a)=lnx0+ex0+ax0=lnx0+ex0+1(0
所以g(a)的取值范围为(−∞,e+1)．
【解析】(1)由题意，将a=1代入函数f(x)的解析式中，对函数f(x)进行求导，利用导数的几何意义即可得到函数f(x)的单调性；
(2)求出f′(x)，利用零点存在性定理得到f′(x)的零点x0，再构造函数g(a)，对函数g(a)进行求导，利用导数的几何意义得到g(a)的单调性，进而可得g(a)的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
22.【答案】解：(1)由题意得c=1，四边形CDHE为正方形，设E(m,m)，则m2+m2=43，
解得m= 63，故E( 63, 63)，将其代入椭圆方程，得23a2+23b2=1
又a2−b2=1，解得a2=2，b2=1，
故椭圆方程为x22+y2=1；
(2)证明：由题意得A(− 2,0)B( 2,0)，
设M(3 2,t)，则直线AM方程为y−0x+ 2=t−03 2+ 2，整理得y=t4 2(x+ 2)，
与椭圆方程联立得(16+t2)x2+2 2t2x+2t2−32=0，设P(x1,y1)，
则− 2x1=2t2−3216+t2，故x1=16 2− 2t216+t2，代入y=t4 2(x+ 2)中，得
y1=t4 2(16 2− 2t216+t2+ 2)=8t16+t2，故P(16 2− 2t216+t2,8t16+t2)，
直线BM方程为y−0x− 2=1−03 2− 2，整理得y=t2 2(x− 2)，
与椭圆方程联立得(4+t2)x2−2 2t2x+2t2−8=0，
设Q(x2,y2)，则 2x2=2t2−84+t2，故x2= 2t2−4 24+t2，代入y=t2 2(x− 2)中，
得y2=x2 2( 2t2−4 24+t2− 2)=−4t4+t2，故Q( 2t2−4 24+t2,−4t4+t2)，
则直线PQ为y+4t4+t2x− 2t2−4 24+t2=8t16+t2+4t4+t216 2− 2t216+t2− 2t2−4 24+t2，
由对称性可知，PO所过定点在x轴上，
则令y=0得x=4t4+t2(16 2− 2t216+t2− 2t2−4 24+t2)8t16+t2+4t4+t2+ 2t2−4 24+t2= 23，
故PQ恒过定点( 23,0)．
【解析】(1)根据正方形得到交点坐标，进而代入椭圆方程，得到关系式，结合焦点坐标，待定系数法求出椭圆方程；
(2)设出直线AM方程，与椭圆方程联立，求出P点坐标，同理得到Q点坐标，从而得到PQ的方程，由对称性得到直线所过定点在x轴上，令y=0，求出定点坐标．
本题考查椭圆方程的求法，考查方程思想，考查运算求解能力，属中档题．
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