广东省深圳外国语学校2024-2025学年高三（下）第七次月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页广东省深圳外国语学校2024-2025学年高三（下）第七次月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设集合A={x∈N|y=6−xln(x−2)}，B={x|−1<x≤6}A.{4,5,6} B.{3,4,5,6} C.{4,5} D.{3,4,5}2.已知向量a=(3,1)，b=(−1,1)，a⊥(a+kA.−2 B.−5 C.2 D.53.已知sin(α+π4)=−2425，A.−17250 B.−314.在(x−ax2)9的展开式中，常数项为84，则A.−9 B.−36 C.9 D.365.若关于x的不等式ax2+(2a−1)x−2>0的解集是(−2,1a)A.(−∞,−12) B.(−12,+∞)6.已知圆锥的母线长为6，其外接球表面积为81π2，则该圆锥的表面积为(

)A.12π B.16π C.18π D.27π7.已知A是双曲线x29−y216=1的左顶点，F是该双曲线的右焦点，圆M经过A与A.8 B.215 C.168.设函数f(x)=(x2−a)(lnx−b)，若f(x)≥0恒成立，则a−b的最小值为A.1 B.ln2 C.1e+1二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.某工厂为了解某型仪器的使用成本，对其已使用年限以及当年所需要支出的维修费用进行了统计，已知该型仪器投入使用的时间x(单位：年)与当年所需要支出的维修费用y(单位：千元)有如下统计资料：x23456y2.23.85.5a7根据表中的数据可得线性回归方程为y=1.23x+0.08，则A.y与x的样本相关系数r>0

B.a=6

C.表中维修费用的第60百分位数为6

D.当该型仪器投入使用的时间为7年时，当年所需要支出的维修费用一定是8690元10.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点A(4,0)的直线与C交于M，N两点，当MN⊥x轴时，|MN|=8，则(

)A.p=1

B.原点O在以MN为直径的圆上

C.以MN为直径的圆与C的准线相离

D.存在直线MN，使得111.如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=2，∠BAD=A.BM=5

B.三棱锥A−CD1M的体积为233

C.设BN=12N三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若x>3，则2−x−1x−3的最大值为______．13.已知i为虚数单位，复数z=i−2i2+3i314.来自4个班的7名同学一起参与登山活动，其中一班有3人，二班有2人，三班和四班各1人，到达山顶之后7人排成一排合影留念，则同班同学不相邻的站法总共有______种.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinB=atanC1+tanC．

(1)求B；

(2)若b=216.(本小题15分)

在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，侧面PAD⊥底面ABCD，∠BAD=60°，BC=2，PA=PD．

(1)证明：AD⊥PB；

(2)若四棱锥P−ABCD的体积为2，求平面PAC与平面PCD所成角的余弦值．17.(本小题15分)

函数f(x)=2x2+ax−lnx+1，a∈R．

(1)当a=0时，求函数f(x)的极值；

(2)若f(x)≥0恒成立，求18.(本小题17分)

已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−2,0)，O为坐标原点，过点F的直线l交E于M，N两点，当l与x轴垂直时，|MN|=22．

(1)求椭圆E的方程；

(2)若直线l的斜率存在且不为0，线段MN的垂直平分线与x轴交于点P．19.(本小题17分)

在有限数列a1，a2，…，an中，若∀1≤i≤n−1，i∈N∗，有|ai+1−ai|=1，则称a1，a2，…，an为“链数列”，如果“链数列”a1，a2，…，an满足末项与首项相同，则称a1，a2，…，an为“回归链数列”．

(1)若数列a1，a2，a5，a4，a5为“回归链数列”，且a1=1，列举出所有满足的数列；

(2)证明：若数列b答案解析1.【答案】A

【解析】解：由函数y=6−xln(x−2)可得，x−2>0x−2≠16−x≥0，

解得2<x≤6且x≠3，

所以A={x∈N|y=6−xln(x−2)}={4,5,6}，

又因为B={x|−1<x≤6}，

所以A∩B={4,5,6}2.【答案】D

【解析】解：由题意可知，a+kb=(3,1)+(−k,k)=(3−k,1+k)，

则a⋅(a+kb)=3(3−k)+1+k=0，解得k=5．3.【答案】B

【解析】解：因为α∈(π,5π4)，

所以5π4<α+π4<3π2，

又sin(α+π4)=−2425，

则4.【答案】C

【解析】解：已知(x−ax2)9的展开式中，常数项为84，

(x−ax2)9的展开式的通项为Tr+1=C9rx9−r(−1)r(ax2)r=(−1)rarC9rx9−3r5.【答案】A

【解析】解：因为关于x的不等式ax2+(2a−1)x−2>0的解集是(−2,1a)，

所以a<0，

原不等式可化为ax2+(2a−1)x−2=a(x+2)(x−1a)>0，

所以−2<1a，

解得a<−12，

所以a的取值范围是(−∞,−12)6.【答案】B

【解析】解：作出圆锥及其外接球的轴截面，如图所示：

设该圆锥的外接球的半径为R，

设圆锥的高为|AO1|=ℎ，圆锥的底面圆半径为|O1C|=r，

则外接球表面积为4πR2=81π2，解得R=924，

即|AO|=|OC|=924，又圆锥的母线长为6，

所以r2+ℎ2=62，

又(ℎ−R7.【答案】B

【解析】解：由双曲线x29−y216=1，得a2=9，b2=16，

∴a=3，b=4，c=5，A(−3,0)，F(5,0)，

则双曲线的一条渐近线方程为y=4x3，即4x−3y=0，

由圆心M在AF垂直平分线x=1上，可设M(1,t)，则r2=16+t2，

圆心M到直线4x−3y=0的距离为|4−3t|9+16=|4−3t|5，

则截得的弦长一半的平方为16+8.【答案】D

【解析】解：根据题意f(x)的定义域为(0,+∞)，当a≤0时，x2−a>0，

那么根据f(x)≥0，得lnx−b≥0恒成立，由于函数y=lnx的值域为R，

因此lnx−b≥0不可能恒成立，因此a≤0不成立；

当a>0时，根据∀x∈[1,2]，x2−a≥0，得x≥a，根据x2−a<0，得x<a，

根据lnx−b≥0，得x≥eb，根据lnx−b<0，得x<eb，由于f(x)≥0恒成立，因此a=eb，所以a=e2b，

因此a−b=e2b−b，设函数g(x)=e2x−x，那么导函数g′(x)=2e2x−1，根据g′(x)=0，得到x=−ln22，

当x>−ln22时，g′(x)>0，则g(x)在(−ln22,+∞)上单调递增，

当x<−ln29.【答案】AC

【解析】解：A项．根据题意可知，可得y随着x增大而增大，y与x正相关，所以相关系数r>0，故A项正确；

B项．x−=4,y−=1.23x−+0.08=5，则2.2+3.8+5.5+a+75=5，所以a=6.5，故B项错误；

C项．维修费用从小到大依次为2.2，3.8，5.5，6.5，7，因为5×60%=3，故第60百分位数为5.5+6.52=6，故C项正确；

D项．根据回归分析的概念，仪器使用的时间为7年时，所需要支出的维修费用大约是y=1.23×7+0.08=8.69千元，但不绝对，故D项错误．

故选：AC．

A由数据可知y随着x增大而增大即可判断；

B计算x−将其代入回归方程中得出y−即可；10.【答案】BCD

【解析】解：当MN⊥x轴时，|MN|=8，可知点(4,±4)在抛物线C上，

因此16=2p×4，解得p=2，所以A错误；

易知直线MN斜率不为0，所以设MN的方程为x=my+4，N(x2,y2)，M(x1,y1)，连接OM，ON．

将直线方程代入抛物线y2=4x中，得y2−4my−16=0，根的判别式Δ=16m2+64=16(m2+4)>0，

根据韦达定理可得y1y2=−16，y1+y2=4m，因此OM⋅ON=x1x2+y1y2=y124⋅y224+y1y2=16−16=0，

因此OM⊥ON，则原点O在以MN为直径的圆上，所以B正确；

结合选项B易知|MN|=1+m2|y1−y2|=1+m2(y1+y2)2−4y1y2=4(1+m2)(m2+4)，

则以MN为直径的圆的半径r=11.【答案】ABD

【解析】解：根据题意可知，连接AC，BD交于O，连接OM，则由菱形及直棱柱可知OA，OB，OM两两垂直，

且OA=OC=3,OB=OD=1．

A项．BM2=BO2+OM2=1+4=5，所以BM=5，故A项正确；

B项．连接OD1，由题意得BM//OD1，

则V三棱锥A−CD1M=V三棱锥A−CD1B=V三棱锥D1−ABC=13×2×12×23×1=233，故B项正确；

C项．以O为原点，以OA，OB，OM所在直线分别为x，y，z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，因为BN=12NB1，所以A(3,0,0),N(0,1,23)，

B(0,1,0)，M(0,0,2)，则AN⋅BM=(−3,1,23)⋅(0,−1,2)=13≠0，故12.【答案】−3

【解析】解：因为2−x−1x−3=−(x−3)−1x−3−1=−[(x−3)+1x−3]−1，x>3，

(x−3)+1x−3≥2(x−3)⋅1x−3=2，当且仅当x=413.【答案】1

【解析】解：i2=−1，i3=−i，i4=(i2)2=1，

则z=i−2i2+3i3−414.【答案】1152

【解析】解：不妨设一班3人为A1，A2，A3，

二班2人为B1，B2，

三班1人为C，四班1人为D，

则A1，A2，A3不能相邻，B1，B2不能相邻．

以下分两类，先排B1，B2，C，D的相对位置：

若B1，B2之间有C或D，则这四人共有A44−A22A33种相对位置，再让A1，A2，A3来进行插空，总共有(A44−A22A33)⋅(A53)=720种，

若B1，B2之间没有C15.【答案】B=π4；

(1,【解析】解：(1)由正弦定理可得：

sinCsinB=sinAtanC1+tanC=sinAsinCcosC1+sinCcosC=sinAsinCcosC+sinC，

因为0<C<π2，则sinC>0，所以sinBcosC+sinBsinC=sinA，

又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以sinBsinC=cosBsinC，则sinB=cosB，

因为B∈(0,π2)，则sinB=cosB>0，即tanB=1，所以B=π4．

(2)因为C是锐角△ABC的内角，又因为B=π4，

所以，0<C<π2π2<B+C<π，解得π4<C<π2，

由正弦定理，得bsinB=asinA=csinC=2sinπ4=2，

所以a=2sinA=2sin(π4+C)，c=2sinC，

所以S16.【答案】证明见解析；

6513【解析】解：(1)证明：取AD中点O，连接PO，BO，BD，

由PA=PD，故AD⊥PO，

由菱形ABCD及∠BAD=60°知△ABD为等边三角形，

即AB=BD，所以AD⊥OB，

因为OB∩PO=O，OB，PO⊂平面POB，

所以AD⊥平面POB，

因为PB⊂平面POB，所以AD⊥PB．

(2)因为平面PAD⊥平面ABCD，

平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊥AD，

PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，

所以V四棱锥P−ABCD=13PO⋅S菱形ABCD=13PO×2×3=2，

解得PO=3，

由(1)知OA，OB，OP两两垂直，以O为原点，以OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1,0,0),C(−2,3,0),D(−1,0,0),P(0,0,3)，

则PA=(1,0,−3),PD=(−1,0,−3),PC=(−2,3,−3)，

设平面PAC的法向量为n1=(x1,y1,z1)，

则n1⋅PA=0n1⋅PC=0，即x1−3z1=0−2x17.【答案】极小值为32+ln2，无极大值；

[−3,+∞)【解析】解：(1)定义域为(0,+∞)，

f′(x)=4x2−1x=(2x−1)(2x+1)x，

当0<x<12时，f′(x)<0，f(x)在(0,12)上单调递减，

当x>12时，f′(x)>0，f(x)在(12,+∞)上单调递增．

故函数f(x)有极小值f(12)=32+ln2，无极大值．

(2)因为x>0，即a≥lnx−1x−2x恒成立，

令g(x)=−2x+lnx−1x，x>0，

则g′(x)=2−lnxx2−2=2−lnx−2x2x2．

令ℎ(x)=2−lnx−2x2(x>0)，

则ℎ′(x)=−1x−4x<0，即ℎ(x)在(0,+∞)上单调递减．

又ℎ(1)=0，故当0<x<1时，ℎ(x)>0，g′(x)>0，所以函数18.【答案】x28+y24=1．

【解析】解：(1)根据题意设椭圆为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，c=2，

当l与x轴垂直时，设点M在x轴上方，

根据x=−cx2a2+y2b2=1，解得x=−cy=±b2a，因此N(−c,−b2a)，M(−c,b2a)，

因此|MN|=2b2a=22，又因为c2=a2−b2，那么2(a2−4)=22a，

解得a=−2(舍去)或a=22，

因此b=2，因此E的方程为x28+y24=1．

(2)(i)设l为x=my−2(m≠0)，

与椭圆x28+y24=1联立得(m2+2)y2−4my−4=0，根的判别式Δ=32(m2+1)>0，

设点N(x2,y2)，M(x1,y1)，MN的中点为G(x0,y0)，

根据韦达定理可得y1+y2=4mm2+2,y1y2=−4m2+2，

因此y0=y1+y22=2mm2+2，x0=my0−2=