湖北省高中2023届高三数学下学期开学诊断性考试试卷（Word版附答案）

绝密★考试结束前湖北省高中名校2022~2023学年第二学期高三诊断性考试数学试题本试题卷共5页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上相应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.★祝考试顺利★一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题意，错选、不选、多选均不得分.1.已知，集合，集合，若，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】因为，故设，此时，令，则的解，其中故为的两个根，故，所以，解得，故选B.2.欧拉公式（为自然对数的底数，为虚数单位）是瑞士著名数学家欧 拉发明的，是英国科学期刊《物理世界》评选出的十大最伟大的公式之一.根据欧拉公式可知，复数的虚部为A.B.C.D.【答案】C【详解】复数ii的虚部为．故选C．3.如图，在三棱锥，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，所以的外心在中点，设为，设的外心为，中点为，，因为，所以必在连线上，则，即，因为两平面交线为，为平面所在圆面中心，所以，，又因为二面角的大小为，，所以，所以，锥体外接球半径 ，则三棱锥的外接球表面积为，故选：B4.已知是方程的两根，有以下四个命题：甲：；乙：；丙：；丁：.如果其中只有一个假命题，则该命题是（）A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】B【详解】因为是方程的两根，所以，则甲：； 丙：.若乙､丁都是真命题，则，所以，，两个假命题，与题意不符，所以乙､丁一真一假，假设丁是假命题，由丙和甲得，所以，即，所以，与乙不符，假设不成立；假设乙是假命题，由丙和甲得，又，所以，即与丙相符，假设成立；故假命题是乙，故选：．5.如图为正方体ABCD﹣A1B1C1D1，动点M从B1点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到B1的运动过程中，点M与平面A1DC1的距离保持不变，运动的路程x与l＝MA1+MC1+MD之间满足函数关系l＝f（x），则此函数图象大致是（　　）A.B. C.D.【答案】C【详解】由于点M与平面A1DC1的距离保持不变，且从B1点出发，因此点M沿着运动.设点P为B1C的中点，当M从B1到P时，如图所示在平面A1B1CD内，作点A1关于B1B的对称点A′，则MA1+MD＝MA′+MD，由图象可知，当M从B1到P时，MA1+MD是减小的，MC1是由大变小的，所以当M从B1到P时，l＝MA1+MC1+MD是逐渐减小的，故排除B，D；因为PC1是定值，MC1，函数是减函数，类似双曲线形式，所以C正确；故选：C6.若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】D【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或， 当时，，此时；，故；，；当时，，此时，，故；，；故ABC均错误；D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确故选：D7.已知，，．若，则的最小值为（）A.0B.C.1D.【答案】D【详解】令，依题意，，而 ，则，因，则有点C在半径为1，所含圆心角为的扇形的弧上，如图，因，则表示直线上的点Q与直线上的点P间距离，、分别是点C到点Q，P的距离，因此，表示三点Q，P，C两两距离的和，作点C关于直线OA对称点N，关于直线OB对称点M，连MN交OA，OB分别于点F，E，连FC，EC，ON，OM，则有，令，则，，于是得，而，由余弦定理得，因此，，对于直线上任意点Q、直线上任意点P，连接CQ，NQ，QP，CP，PM，PN，则，，当且仅当点Q与F重合且点P与点E重合时取“=”，从而得，所以的最小值为. 故选：D8.对于数列，定义为数列“加权和”，已知某数列的“加权和”，记数列的前n项和为，若对任意的恒成立，则实数p的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【详解】由，∴时,，∴，∴，时，也成立，∴，∴数列的前n项和为：，∵对任意的恒成立，∴，即，即，即，即，即对任意的恒成立， 当时，对任意的恒成立，因为，∴，所以，当时，恒成立，，当时，对任意的恒成立，因为，∴，所以，综上可得：实数p的取值范围为．故选：A．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题列出的四个选项中，有多项符合题意，全选得5分，漏选得2分，错选、不选均不得分.9.已知随机变量的取值为不大于的非负整数，它的概率分布列为……其中满足，且．定义由生成的函数，为函数的导函数，为随机变量的期望．现有一枚质地均匀的正四面体型骰子，四个面分别标有1，2，3，4个点数，这枚骰子连续抛掷两次，向下点数之和为，此时由生成的函数为，则（）A.B.C.D.【答案】CD【详解】解：因为， 则，，令时，，故选项A错误，选项C正确；连续抛掷两次骰子，向下点数之和为，则的分布列为：故选项B错误；选项D正确.故选：CD.10.已知定义在上的函数满足，则下列不等式一定正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【详解】由，得，设，则,设，则在上为增函数,且，则当时，，此时，此时函数为增函数； 当时，，此时，此时函数为减函数，故由，即，A正确；由，得，即，B错误；与不在一个单调区间上，C中算式无法比较大小，C错误；由，得，即，D正确．故选：AD11.如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱、分别交于点、，则下列说法中正确的是（）A.存在点，使得B.线段长度取值范围是C.当点与点重合时，四棱锥的体积为D.设截面、、的面积分别为、、，则的最小值为【答案】BC【解析】【详解】因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、设点、，其中，.对于A选项，若存在点，使得，且，，，解得，不合乎题意，A错；对于B选项，设，其中、，即，即，可得，，则，所以，，B对；对于C选项，当点与点重合时，，则，此时点为的中点，如下图所示：在直三棱柱中，四边形为矩形，则且， 、分别为、的中点，则且，所以，且，同理且，且，所以，，故几何体为三棱台，，，，，因此，，C对；对于D选项，，，则点到直线的距离为，，则点到直线的距离为，所以，，故，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D错.故选：BC.12.已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率大于0的直线交抛物线于两点（其中在的上方），为坐标原点，过线段的中点且与轴平行的直线依次交直线于点.则（）A.若，则直线的斜率为 B.C.若是线段的三等分点，则直线的斜率为D.若不是线段的三等分点，则一定有【答案】ABC【详解】抛物线焦点为，设直线方程为，，，由得，由韦达定理可知，，，因为，则可得,且，，所以，即，且，解得，得，所以，且所以，故A正确, 又因为，，故直线方程为，又因为共线，所以，，同理可得，，，所以，,即，故B正确.若是线段的三等分点，则,，，又，，，，所以，解得，，故C正确.由，得， 即，所以，，又，所以，，所以，当时，,故D错误.故选:ABC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.正三角形中，为中点，为三角形内满足的动点，则最小值为______.【答案】【详解】不妨设正三角形的边长为，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示平面直角坐标系， 则，，，设，则，，，，，即，点轨迹为：，；当时，，；当时，令，则表示与连线的斜率，设直线与圆相切，则圆心到直线距离，解得：或，，则当时，取得最小值，； 综上所述：的最小值为.故答案为：.14.已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，若C与直线有交点，且双曲线上存在不是顶点的P，使得，则双曲线离心率取值范围范围为___________.【答案】【详解】双曲线C与直线有交点，则，，解得，双曲线上存在不是顶点的P，使得，则点在右支上，设与轴交于点，由对称性，所以，所以，，所以，由得，所以，又中，，，所以，即，综上，．故答案为：． 15.已知集合，对于集合的两个非空子集，，若，则称为集合的一组“互斥子集”.记集合的所有“互斥子集”的组数为（视与为同一组“互斥子集”）.那么______.【答案】【详解】根据题意，任意一个元素只能在集合之一中，则这个元素在集合中，共有种；其中为空集种数为，为空集的种数为个，故可得均为非空子集的种数为，又因为与为同一组“互斥子集，故.故答案为：.【点睛】本题考查集合新定义，涉及排列组合的求解，属综合中档题.16.已知关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为________.【答案】【详解】易知，将原不等式变形：，，可得， 即，其中.设，则，原不等式等价于.当时，原不等式显然成立；当时，因为在上递增，恒成立，设，则，所以在递减，递增，所以的最小值为，故.故答案为：四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.（1）求证：；（2）求的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）【小问1详解】证明：在中，由已知及余弦定理，得，即,由正弦定理，得，又，故. ∵，∴,∵，∴，故.【小问2详解】由（1）得，∴，，由（1），得，当且仅当时等号成立，所以当时，的最小值为.18.如图，在几何体中，平面平面，.四边形为矩形.在四边形中，，，.（1）点在线段上，且，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.（2）点在线段上，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】（1）存在实数，使得，且的值为（2）【小问1详解】 解：因为四边形为矩形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面不妨设，则.以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过D与AB平行的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，所以，.因为，所以，解得.故存在实数，使得，且的值为【小问2详解】解：设平面的法向量，则，即，不妨取，则.设，，则，.直线与平面所成的角为，则.… 令，当时，；当时，.所以.故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.19.若正项数列的前项和满足.（1）求数列的通项公式；（2）若对于任意的，都有成立，求的最大值.【答案】（1）（2）【小问1详解】时，，且，解得，（舍去），，，化简可得时，，，，，，，累加可得，，又，故时，，当时，上式也成立，所以，又因为，所以，所以， ，，时，适合该式，故.【小问2详解】由（1）得，（此处不等关系是因为：，故，当且仅当时取等号，而，故上式中等号取不到），，，因为， 所以，即，所以，即，所以数列是递减数列，所以，因为，都有成立，所以.20.某企业计划新购买100台设备，并将购买的设备分配给100名年龄不同（视为技术水平不同）的技工加工一批模具，因技术水平不同而加工出的产品数量不同，故产生的经济效益也不同.若用变量x表示不同技工的年龄，变量y为相应的效益值（元），根据以往统计经验，他们的工作效益满足最小二乘法，且y关于x的线性回归方程为.（1）试预测一名年龄为52岁的技工使用该设备所产生的经济效益；（2）试根据r的值判断使用该批设备的技工人员所产生的效益与技工年龄的相关性强弱（，则认为y与x线性相关性很强；，则认为y与x线性相关性不强）；（3）若这批设备有A，B两道独立运行的生产工序，且两道工序出现故障的概率依次是0.02，0.03.若两道工序都没有出现故障，则生产成本不增加；若A工序出现故障，则生产成本增加2万元；若B工序出现故障，则生产成本增加3万元；若A，B两道工序都出现故障，则生产成本增加5万元.求这批设备增加的生产成本的期望.参考数据：；参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，，，.【答案】（1）元（2）很强（3）万元 【解析】【小问1详解】当时，.所以预测一名年龄为岁的技工使用该设备所产生的经济效益为元【小问2详解】由题得，所以，所以.因为，所以与线性相关性很强.所以使用该批设备的技工人员所产生的的效益与技工年龄的相关性强.【小问3详解】设增加的生产成本为（万元)，则的可能取值为，，，.，，，.所以（万元)，所以这批设备增加的生产成本的期望为万元.21.已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．（1）求椭圆E的方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分 别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．【答案】（1）；（2）．【详解】（1）因为椭圆过，故，因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，故椭圆的标准方程为：.（2）设，因为直线的斜率存在，故，故直线，令，则，同理.直线，由可得，故，解得或.又，故，所以又 故即，综上，或.22.已知函数.（1）讨论极值点的个数；（2）若有两个极值点，且，证明:.【答案】（1）见解析（2）见解析【小问1详解】,则,显然不是的零点,令,则,在单调递减,在（0,1）单调递减,在单调递增.当时，，当时，，且时,只有一个实数根，所以此时有1个极值点,时,没有实数根，故有0个极值点,当时，，有一个实数根，但不是极值点，故此时没有极值点，时,有两个不相等的实数根，故有2个极值点. 【小问2详解】由（1）知,,且在（0,1）单调递减,在单调递增,先证:,即证:，即证:.即证:.令,即证:,令则令,则,则在单调递减,,即在单调递减,,证毕.再证:,,且.在单调递增,在单调递减,在单调递增,.即证:,又, 即证:.令,.令,,令,令令,,在单调递减,在单调递增.,,当时,单调递增;当时,单调递减.,在单调递减,在单调递增.,在单调递增,在单调递减.,, ,在单调递增,,所以原命题得证.