2022-2023学年广东省广州市华南师大附中高三(下)月考数学试卷(5月份)+答案解析(附后)

2022-2023学年广东省广州市华南师大附中高三（下）月考数学试
卷（5月份）
1.设集合，，则( )
A. B. C. D.
2.复数，则的虚部为( )
A. 1
B.
C.
D. i
3.，，，则( )
A. B. C. D.
4.已知向量，，满足，，
，这三组向量中两两共线的不可能有且仅有组.( )
A. 3
B. 2
C. 1
D. 0
5.共有9人参加了某课程的学习，一项作业要求由3人组成的团队完成.不区分每个团队内3人的角色和作用，共有种可能的组队方案.( )
A. 84
B. 729
C. 1680
D. 280
6.等比数列的前n项和为，，，则为( )
A. 28
B. 32
C. 21
D. 28或
7.，，，则a，b，c的大小关系是( )
A. B. C. D.
8.已知O为坐标原点，是椭圆上一点，F为右焦点.延长PO，PF交椭圆E于D，G两点，，，则椭圆E的离心率为( )
A. B. C. D.
9
.已知四面体ABCD的外接球球心为，内切球球心为，满足平面BCD，，P是线段AC上的动点，实数，满足，实数a，b，c，d满足
，则下列说法正确的是( )
A. ，
B.
C. 若，则
D. 若，则平面BCD
10.抛物线：焦点为F，且过点，直线AC，AD分别交于另一点C和D，
，则下列说法正确的是( )
A.
B. 直线CD 过定点
C.
上任意一点到
和
的距离相等
D.
11.，
，以下哪些a 值能使单调递增( )
A.
B. 2e
C. e
D. 3
12.设m 是大于1的整数，离散型随机变量X 的可能取值为1，2，…，m ，满足对任意一个正整数
，
，则
的取值可以是( )
A. B. C.
D.
13.
展开式中
项的系数是______ .
14.设随机变量，则______ .15.G ：是椭圆
内接
的内切圆，且
在y 轴右侧，则
______ .16.
，
，则
最小值为______ .若
与
无交点，则a
的取值范围为______ .17.在
中，a ，b ，c 分别为A ，B ，C 的对边，求的大小.
若
，求的值.
18.已知正数数列
满足
，且
函数
求导n 次可用
表示求
的通项公式.
求证：对任意的，
，都有
19.如图所示，在正四棱锥
中，底面ABCD 的中心为O ，
于E ，BE 与PO 交点为F ，
求证：平面
求二面角
的正弦值.
20.最是一年春好处，运动健儿满华附.为吸引同学们积极参与运动，鼓励同学们持之以恒地参与锻炼，养成良好的习惯，弘扬“无体育，不华附”的精神理念，2023年3月华附举办了春季运动会.春季运动会的集体项目要求每个学生在足球绕杆、踢毽子和跳大绳3个项目中任意选择一个参加.来自高三的某学生为了在此次春季运动会中取得优秀成绩，决定每天训练一个集体项目.第一天在3个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是从前一天没有训练的2个项目中任意选一项训练.
若该学生进行了3天的训练，求第三天训练的是“足球绕杆”的概率.
设该学生在赛前最后6天训练中选择“跳大绳”的天数为X，求X的分布列及数学期望.
21.已知O为坐标原点，，是椭圆E的两个焦点，斜率为的直线与E交于A，B两点，线段AB的中点坐标为，直线过原点且与E交于C，D两点，椭圆E过C的切线为，OD 的中点为
求椭圆E的方程.
过G作直线的平行线与椭圆E交于M，N两点，在直线上取一点Q使，求证：四边形MQNC是平行四边形.
判断四边形MQNC的面积是否为定值，若是定值请求出面积，若不是，请说明理由.
22.
讨论的零点个数.
，若对任意均有唯一使，且恒成立，求证：
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：，，
故选：
可求出集合A，B，然后进行并集的运算即可．
本题考查了集合的描述法和区间的定义，一元二次不等式的解法，对数函数的单调性，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由得，
所以，
故的虚部为
故选：
根据复数的除法运算化简复数，由共轭复数的定义即可求解．
本题主要考查了复数的运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：，，则有，，
故选：
由同角三角函数的关系，求出，再由两角差的正切公式求
本题主要考查两角差的正切公式，考查同角三角函数的基本关系的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：已知向量，，满足，，
，
若向量，，均为非零向量，则向量，，共线或两两互相垂直，
此时三组向量中两两共线的有0组或3组，故选项A和选项D错误；
若其中一个为零向量，则另外两个向量一定不共线，
则，
零向量和另外两个向量组成两组共线向量，故选项B错误．
显然，这三组向量中两两共线的不可能有且仅有1组．
故选：
根据已知条件进行分类讨论，列举出A，B，D三个选项的可能情况即可．
本题主要考查平面向量数量积运算，向量共线问题，考查逻辑推理能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：因为有9人参加了某课程的学习，一项作业要求由3人组成的团队完成．不区分每个团队内3人的角色和作用，
故将9名同学分成3组，每组3人，且组与组之间可以互换，
所以共有可能的方案数为组．
故选：
根据题意得将9名同学分成3组，每组3人，从而可解．
本题考查排列组合相关知识，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：设等比数列的公比为，
当时，，，则，此方程组无解，故，
，，
，，
则，即，解得或舍去，则，
故选：
根据等比数列前n项和公式，列出，的表达式，两式相除可得，可得，再根据，即可得出答案．
本题考查等比数列的前n项和公式，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：，
，，即，，
由泰勒展开式得：
，
，
故，
故，综上所述a，b，c的大小关系是：
故选：
找中间值进行比较大小，再借助泰勒展开式即可比较大小．
本题考查了三角函数的性质，考查泰勒公式的应用，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：设椭圆的左焦点，连接，，DF，，
由椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，
因为，所以，所以可得四边形为矩形，
因为，所以，
设，则，由椭圆的定义可知，
，，
在中，，即，整理可得：，
所以可得，
在中，，即，
所以离心率
故选：
连接，，DF，，由椭圆的对称性可得四边形为矩形，再由及椭圆的定
义，可得，，，的关系，在两个直角三角形中可得a，c的关系，进而求出椭圆的离心率．
本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．
9.【答案】ABCD
【解析】解：根据空间向量“奔驰定理”可知，，
因为四面体ABCD的内切球球心，
所以，
如图，平面BCD，平面BCD，所以，
且，，AB，平面ABC，
所以平面ABC，平面ABC，
所以，
因为，，所以，，
即，，故A正确；
因为和是有公共斜边的直角三角形，斜边AD的中点到顶点A，B，C，D的距离都相等，且为，
所以四面体ABCD外接球的球心为AD的中点，
所以，即，故B正确；
因为平面ABC，平面ABC，所以，
若，，CD，平面ACD，
所以平面ACD，平面ACD，
所以，故C正确；
因为平面ABC，平面ACD，故平面平面ABC，
过B作，垂足为H，
因为面平面，平面ABC，故面ACD，
而面ACD，故，若，
则，而BH，平面ABC，故平面ABC，
故，而平面BCD，平面BCD，
所以平面BCD，故D正确．
故选：
根据空间向量的“奔驰定理”，即可判断A；首先确定点的位置，根据向量的线性运算，确定，的
值，即可判断B；根据垂直关系的转化，转化为证明平面ACD，即可判断C；利用垂直，平行的位置关系，即可判断
在空间向量的一些计算中，可以借助平面向量的中的某些定理如奔驰定理来处理空间向量中有关问题的计算，另外一些位置关系的判断应该利用基本的判定定理来处理，考查运算求解能力，是中档题．
10.【答案】CD
【解析】解：抛物线：过点，
所以，，故D正确；
所以抛物线：，上任意一点到和准线的距离相等，故C正确；
设，，设，则，
所以AC的方程为，即，
联立，得，
当时，，得，
代换k，得到，
所以，故A错误；
直线CD：，
即，不过定点，故B错误．
故选：
根据抛物线过点得到，即可判断选项C和D；根据已知条件直接求出C，D点的横坐标从而计算直线CD的斜率和方程，进而判断A和B选项．
本题考查抛物线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：因为，，
所以，，
依题意恒成立，
即恒成立，显然，
所以恒成立，
即，
由，令，
显然在上单调递增，
即恒成立，
所以恒成立，
即恒成立，
即恒成立，
令，，
则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在处取得极小值及最小值，
所以，
则，解得，
故符合题意的有
故选：
依题意恒成立，即恒成立，可知，将式子变形为
，根据的单调性，可得恒成立，即恒成立，再令，利用导数求出函数的最小值，即可得到不等式，从而求出a的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查同构思想及运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：因为，
则，
由上式知，不恒等于一个常数，单调递减，
则，
又因为，
则
故选：
根据已知条件，概率之和为1等知识求解范围进行判断即可．
本题主要考查了离散型随机变量分布列的性质，属于基础题．
13.【答案】320
【解析】解：由，
所以的系数为中的系数，展开式中为，故答案为：
将问题转化为的系数为中的系数，利用二项式展开式的通项特征即可求解．本题主要考查二项式定理，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：随机变量服从，
故答案为：
根据二项分布的概率计算公式即可求解．
本题主要考查二项分布的概率计算公式，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由题意，在y轴右侧，作出图形，如图，
由椭圆及圆的对称性知，轴，
设，过圆心G作于点D，BC交x轴于H，
由椭圆方程知，所以，
，，
又B在椭圆上，所以，
又，即，可得，
所以，
化简可得，解得，或舍去
故答案为：
根据题意作出图形，利用内切圆的性质及点B在椭圆上建立方程求解．
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】0或
【解析】解：若，则，则的最小值为0，
若，由，得，
令，得，
当时，
在上，单调递减，
在上，单调递增，
当时，
在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以的最小值为，
综上所述，的最小值为0或；
，
因为与无交点，
所以在上无解，
由，得，
令，则，
当时，，
当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以的最大值为，
所以当时，直线与的图象无交点，
即当时，方程在上无解，
所以a的取值范围为
故答案为：0或；
当时，的最小值为0，当时，利用导数可求出最小值，由于
，所以将问题转化为在上无解，构造函数
，利用导数求出其最大值，从而可求出a的取值范围．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：由可得，由正弦定理可得，
所以，由于，所以，
得，
故
【解析】根据正弦定理边化角，结合余弦定理的边角形式即可求解，
由二倍角公式以及诱导公式即可求解．
本题主要考查两角和与差的三角函数，属于中档题．
18.【答案】解：由，
得，
所以或，
因为，
所以，
所以，
所以
；
证明：当时，恒成立，
令，
即，
则，
，
，
……
，
，
，
所以在上递增，
所以，
所以在上递增，
所以，
所以在上递增，
……
所以在上递增，
所以，
所以在上递增，
所以，
综上对任意的，，都有
【解析】对已知的式分解因式，再结合可得，然后利用累乘法可求出；
构造函数，然后对函数连续次求导，再结合
和可判断出单调递增，从而可证得结论．
此题考查利用数列的递推式求通项公式，考查利用导数证明不等式，第问解题的关键是根据题意构造函
数，然后通过连续求导判断函数的单调性，从而可证明结论，考查数学转化
思想和计算能力，属于较难题．
19.【答案】解：证明：延长FO至点M，使，连接MD，如图所示：
底面ABCD的中心为O，
平面ABCD，平面ABCD，
，
，，
≌，
，
，
，
，
又，
，
，
平面PBC，平面PBC，
平面PBC；
由得E是PD的中点，，
，
不妨设，则，，
是正四棱锥，底面ABCD的中心为O，，OD，OP两两垂直，
建立以O为坐标原点的空间直角标系，如图所示：
则，，，，，，
，，，，
，
设平面PAB的一个法向量为，
则，即，取，则，，
平面PAB的一个法向量为，
设平面ABE的一个法向量为，
则，即，取，则，，
平面ABE的一个法向量为，
，
二面角所成角的正弦值为
【解析】延长FO至点M，使，连接MD，进而可证≌，可得，即可证明结论；
由题意得OC，OD，OP两两垂直，建立以O为坐标原点的空间直角标系，求得平面APB与平面PBC 的一个法向量，利用向量法，即可得出答案．
本题考查直线与平面平行和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：当第一天训练的是“足球绕杆”且第三天也是训练“足球绕杆”为事件A；
当第一天训练的不是“足球绕杆”且第三天是训练“足球绕杆”为事件B；
由题知，三天的训练过程中，总共的可能情况为种，
所以，，，
所以，第三天训练的是“足球绕杆”的概率
由题知，X的可能取值为0，1，2，3，
所以，考前最后6天训练中，所有可能的结果有种，
所以，当时，第一天有两种选择，之后每天都有1种选择，故；
当时，
第一天选择“跳大绳”，则第二天有2种选择，之后每天只有1种选择，共2种选择；
第二天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第三天2种，后每天只有1种选择，共4种选择；
第三天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天有1种选择，第三天1种，第四天有2种选择，之后每天只有1种选择，共4种选择；
第四天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第六天有1种，第五天有2种选择，共4种选择；
第五天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天有1种，第六天有2种选择，共4种选择；
第六天选择“跳大绳”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天，第六天都有1种选择，共2种选择；
综上，当时，共有种选择，
所以，；
当时，
第一天，第三天，第五天，选择“跳大绳”，有种选择；
第一天，第三天，第六天，选择“跳大绳”，有种选择
第一天，第四天，第六天，选择“跳大绳”，有种选择；
第二天，第四天，第六天，选择“跳大绳”，有种选择；
所以，当时，共有种选择，
所以，；
所以，当，
所以，X的分布列为：
X0123
P
所以，
【解析】根据乘法原理，结合古典概型计算求解即可；
由题知X的可能取值为0，1，2，3，再依次求对应的概率，列分布列，求期望即可．本题考查离散型随机变量的分布列以及数学期望，属于中档题．
21.【答案】解：设椭圆方程为，
再设：，，，
联立，得，
线段AB的中点坐标为，
，，
得，把代入得，，
又，，
椭圆E的方程为；
证明：设，，，，
则，，
的中点为G，，
由已知，过C点的切线的斜率为，
又，知，
：，即，整理得，
联立，得
，
，
可得，即G是MN的中点．
又，是CQ的中点，
由上可得，四边形MQNC是平行四边形；
解：由知，，，
，：，
设点C到直线的距离为h，
，
，
，
四边形MQNC的面积为，
即四边形MQNC的面积是定值，为
【解析】设：，联立直线方程与椭圆方程，可得关于x的一元二次方程，利用韦达定理
结合隐含条件即可求出，，得出椭圆的标准方程；
设，，，，由已知得，，，求出过C点的切线的斜率为，得出，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理求出
，判断出G是MN的中点，结合，即可得证；
设点C到直线的距离为h，结合表示出MN和h，即可判断结果．
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，综合性强，运算量大，属难题．
22.【答案】解：由题意知，当时，函数单调递增，
且当x趋近于0时，函数趋近于，
当x趋近于时，函数趋近于，
由零点存在性定理可知，函数有唯一零点，
当时，函数，显然在0处存在唯一零点，
当时，对函数，
求导可得，
则函数单调递增，，
若时，，存在唯一零点，
若时，且，在和上各有一个零点，
若时，即为求的解个数，而右边随a单调递减，
而时恰好相切有一个交点且，
所以时无法取等，即不存在交点，也即原函数不存在零点，
综上，当或时，函数存在唯一的零点；
当时，函数不存在零点；
当时，函数存在两个零点．
证明：由易得，，
由题意可知，为原函数的极小值点，
由，可得，
要证成立，即证，
因为，则，令，
则，即证明，
又由恒成立和函数的单调性可得，
对任意都有，
令，
则，又显然，，，
因此，故，得证．
【解析】根据函数的解析式分和，三种情况进行讨论，当和时利用零点
存在性定理即可判断，
时，对函数求导，利用导函数进行讨论即可求解；
结合
的结论可得
，然后将问题进行等价转化为
，也即证明
，结
合题意构造函数
，利用导函数进而得证．
本题考查了函数的单调性，最值，零点问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题．。