湖北省高中名校聯(lián)合體2022-2023學年高三下學期開學診斷性考試數(shù)學試題 Word版含解析

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湖北省高中名校聯(lián)合體2022~2023學年高三第二學期診斷性考試數(shù)學試題本試題卷共5頁，滿分150分，考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上相應的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號；回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試題卷和答題卡一并交回.★?？荚図樌镆?、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題意，錯選、不選、多選均不得分.1.已知，集合，集合，若，則實數(shù)的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】可設，，則，再根據(jù)可得為的解集的子集且為方程的解，從而得到滿足的條件后解不等式可得的取值范圍.【詳解】因為，故設，此時，令，則的解，其中故為的兩個根，故，所以，解得，故選B.

1【點睛】本題以集合為載體考查一元二次不等式的解.解題時應令把高次不等式轉化為一元二次不等式，注意利用得到的解集包含了且為方程的解.2.歐拉公式（為自然對數(shù)的底數(shù)，為虛數(shù)單位）是瑞士著名數(shù)學家歐拉發(fā)明的，是英國科學期刊《物理世界》評選出的十大最偉大的公式之一.根據(jù)歐拉公式可知，復數(shù)的虛部為A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用歐拉公式即可得出．【詳解】復數(shù)ii的虛部為．故選C．【點睛】本題考查復數(shù)的基本概念，考查了推理能力與計算能力，熟練運用新定義是關鍵，屬于基礎題．3.如圖，在三棱錐，是以AC為斜邊的等腰直角三角形，且，，二面角的大小為，則三棱錐的外接球表面積為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由題作出圖形，易得外接圓圓心在中點，結合正弦定理可求

2外接圓半徑，結合圖形知，，再結合二面角大小求出，進而得解.【詳解】根據(jù)題意，作出圖形，如圖所示，因為是以AC為斜邊的等腰直角三角形，所以的外心在中點，設為，設的外心為，中點為，，因為，所以必在連線上，則，即，因為兩平面交線為，為平面所在圓面中心，所以，，又因為二面角的大小為，，所以，所以，錐體外接球半徑，則三棱錐的外接球表面積為，故選：B4.已知是方程的兩根，有以下四個命題：甲：；乙：；丙：；?。?如果其中只有一個假命題，則該命題是（）A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】B【解析】

3【分析】根據(jù)韋達定理可得，對乙?丁運算分析可知乙?丁一真一假，分別假設乙?丁是假命題，結合其他命題檢驗判斷．【詳解】因為是方程的兩根，所以，則甲：；丙：.若乙?丁都是真命題，則，所以，，兩個假命題，與題意不符，所以乙?丁一真一假，假設丁是假命題，由丙和甲得，所以，即，所以，與乙不符，假設不成立；假設乙是假命題，由丙和甲得，又，所以，即與丙相符，假設成立；故假命題是乙，故選：．5.如圖為正方體ABCD﹣A1B1C1D1，動點M從B1點出發(fā)，在正方體表面沿逆時針方向運動一周后，再回到B1的運動過程中，點M與平面A1DC1的距離保持不變，運動的路程x與l＝MA1+MC1+MD之間滿足函數(shù)關系l＝f（x），則此函數(shù)圖象大致是（　　）

4A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】可知點M沿著運動，設點P為B1C的中點，分析當M從B1到P時，在平面A1B1CD內，作點A1關于B1B的對稱點A′，由MA1+MD＝MA′+MD，MC1，分析排除即得解【詳解】由于點M與平面A1DC1的距離保持不變，且從B1點出發(fā)，因此點M沿著運動.設點P為B1C的中點，當M從B1到P時，如圖所示在平面A1B1CD內，作點A1關于B1B的對稱點A′，則MA1+MD＝MA′+MD，由圖象可知，當M從B1到P時，MA1+MD是減小的，MC1是由大變小的，所以當M從B1到P時，l＝MA1+MC1+MD是逐漸減小的，故排除B，D；

5因為PC1是定值，MC1，函數(shù)是減函數(shù)，類似雙曲線形式，所以C正確；故選：C6.若正實數(shù)a，b滿足，且，則下列不等式一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)單調性及得到或，分別討論兩種情況下四個選項是否正確，A選項可以用對數(shù)函數(shù)單調性得到，B選項可以用作差法，C選項用作差法及指數(shù)函數(shù)單調性進行求解，D選項，需要構造函數(shù)進行求解.【詳解】因為，為單調遞增函數(shù)，故，由于，故，或，當時，，此時；，故；，；當時，，此時，，故；，；故ABC均錯誤；D選項，，兩邊取自然對數(shù)，，因為不管，還是，均有，所以，故只需證即可，設（且），則，令（且），則，當時，，當時，，所以，所以在且上恒成立，故（且

6）單調遞減，因為，所以，結論得證，D正確故選：D7.已知，，．若，則的最小值為（）A.0B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)給定條件，畫出圖形，確定點C的位置，再利用向量模的幾何意義，借助對稱思想求解作答.【詳解】令，依題意，，而，則，因，則有點C在半徑為1，所含圓心角為的扇形的弧上，如圖，因，則表示直線上的點Q與直線上的點P間距離，、分別是點C到點Q，P的距離，因此，表示三點Q，P，C兩兩距離的和，作點C關于直線OA對稱點N，關于直線OB對稱點M，連MN交OA，OB分別于點F，E，連FC，EC，ON，OM，

7則有，令，則，，于是得，而，由余弦定理得，因此，，對于直線上任意點Q、直線上任意點P，連接CQ，NQ，QP，CP，PM，PN，則，，當且僅當點Q與F重合且點P與點E重合時取“=”，從而得，所以的最小值為.故選：D【點睛】思路點睛：已知幾個向量的模，探求向量問題，可以借助向量的幾何意義，作出符合要求的圖形，數(shù)形結合求解作答.8.對于數(shù)列，定義為數(shù)列“加權和”，已知某數(shù)列的“加權和”，記數(shù)列的前n項和為，若對任意的恒成立，則實數(shù)p的取值范圍為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)與的關系求出，再根據(jù)等差數(shù)列的求和公式求出，將化為對任意的恒成立，分類討論可求出結果.【詳解】由，∴時,，∴，∴，時，也成立，∴，

8∴數(shù)列的前n項和為：，∵對任意的恒成立，∴，即，即，即，即，即對任意的恒成立，當時，對任意的恒成立，因為，∴，所以，當時，恒成立，，當時，對任意的恒成立，因為，∴，所以，綜上可得：實數(shù)p的取值范圍為．故選：A．二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題列出的四個選項中，有多項符合題意，全選得5分，漏選得2分，錯選、不選均不得分.9.已知隨機變量的取值為不大于的非負整數(shù)，它的概率分布列為…

9…其中滿足，且．定義由生成的函數(shù)，為函數(shù)的導函數(shù)，為隨機變量的期望．現(xiàn)有一枚質地均勻的正四面體型骰子，四個面分別標有1，2，3，4個點數(shù)，這枚骰子連續(xù)拋擲兩次，向下點數(shù)之和為，此時由生成的函數(shù)為，則（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】先求出和，并判斷，則排除選項A，判斷選項C正確；再求出的分布列和的解析式，最后求出，則排除選項B；判斷選項D正確.【詳解】解：因為，則，，令時，，故選項A錯誤，選項C正確；連續(xù)拋擲兩次骰子，向下點數(shù)之和為，則的分布列為：

10故選項B錯誤；選項D正確.故選：CD.【點睛】本題考查導數(shù)的運算、由生成的函數(shù)求數(shù)學期望、求隨機變量生成的函數(shù)與函數(shù)值，是基礎題.10.已知定義在上的函數(shù)滿足，則下列不等式一定正確的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用已知等式構造函數(shù)，利用導數(shù)判斷其單調性，根據(jù)函數(shù)的單調性即可判斷各選項的正誤.【詳解】由，得，設，則,設，則在上為增函數(shù),且，則當時，，此時，此時函數(shù)為增函數(shù)；當時，，此時，此時函數(shù)為減函數(shù)，故由，即，A正確；由，得，即，B錯誤；與不在一個單調區(qū)間上，C中算式無法比較大小，C錯誤；由，得，即，D正確．故選：AD11.如圖，在直三棱柱中，，，為的中點，過

11的截面與棱、分別交于點、，則下列說法中正確的是（）A.存在點，使得B.線段長度取值范圍是C.當點與點重合時，四棱錐的體積為D.設截面、、的面積分別為、、，則的最小值為【答案】BC【解析】【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設點、，其中，，利用空間向量垂直的坐標表示可判斷A選項；求出與的關系式，利用反比例函數(shù)的基本性質可判斷B選項；利用錐體和臺體的體積公式可判斷C選項；利用基本不等式可判斷D選項.【詳解】因為平面，，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

12則、、、、、、、設點、，其中，.對于A選項，若存在點，使得，且，，，解得，不合乎題意，A錯；對于B選項，設，其中、，即，即，可得，，則，所以，，B對；對于C選項，當點與點重合時，，則，此時點為的中點，如下圖所示：在直三棱柱中，四邊形為矩形，則且，

13、分別為、的中點，則且，所以，且，同理且，且，所以，，故幾何體為三棱臺，，，，，因此，，C對；對于D選項，，，則點到直線的距離為，，則點到直線的距離為，所以，，故，當且僅當時，等號成立，故的最小值為，D錯.故選：BC.【點睛】方法點睛：求空間幾何體體積的方法如下：（1）求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數(shù)量關系，利用相應體積公式求解；（2）若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補形法等方法進行求解．12.已知拋物線的焦點為，準線為，過點且斜率大于0的直線交拋物線于

14兩點（其中在的上方），為坐標原點，過線段的中點且與軸平行的直線依次交直線于點.則（）A.若，則直線的斜率為B.C.若是線段的三等分點，則直線的斜率為D.若不是線段的三等分點，則一定有【答案】ABC【解析】【分析】設直線方程為，，直線方程代入拋物線方程用韋達定理得，從而可以表示出點坐標，然后求出坐標，然后依次判斷各項即可.【詳解】拋物線焦點為，設直線方程為，，，由得，由韋達定理可知，，，因為，則可得,且，，所以，即，且，

15解得，得，所以，且所以，故A正確,又因為，，故直線方程為，又因為共線，所以，，同理可得，，，所以，,即，故B正確.若是線段的三等分點，則,，，又，，，，所以，

16解得，，故C正確.由，得，即，所以，，又，所以，，所以，當時，,故D錯誤.故選:ABC.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.正三角形中，為中點，為三角形內滿足的動點，則最小值為______.【答案】【解析】【分析】設正三角形邊長為，以為坐標原點建立平面直角坐標系，根據(jù)可求得點軌跡方程為，從而可將化簡為；當

17時，可直接求得；當，將問題轉化為與連線的斜率的求解問題，利用圓的切線的求法可求得臨界值，從而得到的范圍，進而確定此時的最小值；綜合兩種情況可得最終結果.【詳解】不妨設正三角形的邊長為，以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示平面直角坐標系，則，，，設，則，，，，，即，點軌跡為：，；當時，，；當時，令，則表示與連線的斜率，

18設直線與圓相切，則圓心到直線距離，解得：或，，則當時，取得最小值，；綜上所述：的最小值為.故答案為：.14.已知雙曲線的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，若C與直線有交點，且雙曲線上存在不是頂點的P，使得，則雙曲線離心率取值范圍范圍為___________.【答案】【解析】【分析】由直線與雙曲線有交點，得在一三象限的漸近線的斜率大于1，得出的一個范圍．雙曲線上存在不是頂點的P，使得，與軸交于點，由平面幾何的知識及雙曲線定義得，在直角三角形中由邊的關系得不等式，得出的范圍，同時由的范圍又是一個不等關系，從而得出離心率范圍．【詳解】雙曲線C與直線有交點，則，，解得，雙曲線上存在不是頂點的P，使得，則點在右支上，設與軸交于點，由對稱性，所以，所以，，

19所以，由得，所以，又中，，，所以，即，綜上，．故答案為：．15.已知集合，對于集合的兩個非空子集，，若，則稱為集合的一組“互斥子集”.記集合的所有“互斥子集”的組數(shù)為（視與為同一組“互斥子集”）.那么______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)任意一個元素只能在集合之一中，以及非空子集個數(shù)，即可求得.【詳解】根據(jù)題意，任意一個元素只能在集合之一中，則這個元素在集合中，共有種；其中為空集種數(shù)為，為空集的種數(shù)為個，故可得均為非空子集的種數(shù)為，又因為與為同一組“互斥子集，故.

20故答案為：.【點睛】本題考查集合新定義，涉及排列組合的求解，屬綜合中檔題.16.已知關于的不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍為________.【答案】【解析】【分析】將已知不等式變形整理，構造新函數(shù)h（t）=tet，求導分析單調性，將原不等式通過單調性轉化為含a的恒成立問題，求解即可.【詳解】易知，將原不等式變形：，，可得，即，其中.設，則，原不等式等價于.當時，原不等式顯然成立；當時，因為在上遞增，恒成立，設，則，所以在遞減，遞增，所以的最小值為，故.故答案為：【點睛】函數(shù)的單調性是函數(shù)的重要性質之一，它的應用貫穿于整個高中數(shù)學的教學之中.某些數(shù)學問題從表面上看似乎與函數(shù)的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在聯(lián)系，抓住其本質，那么運用函數(shù)的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數(shù)的單調性進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據(jù)題目的特點，構造一個適當?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.

21四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.在中，設角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足.（1）求證：；（2）求的最小值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由已知及余弦定理可推出,利用正弦定理邊化角結合兩角和差的正弦公式化簡可得，即可證明結論；（2）利用（1）的結論將邊化角，結合三角恒等變換可得，由基本不等式可求得答案.【小問1詳解】證明：在中，由已知及余弦定理，得，即,由正弦定理，得，又，故.∵，∴,∵，∴，故.【小問2詳解】由（1）得，∴，，由（1），得，

22當且僅當時等號成立，所以當時，的最小值為.18.如圖，在幾何體中，平面平面，.四邊形為矩形.在四邊形中，，，.（1）點在線段上，且，是否存在實數(shù)，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.（2）點在線段上，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍.【答案】（1）存在實數(shù)，使得，且的值為（2）【解析】【分析】（1）由題知平面，進而建立空間直角坐標系，利用向量共線求解即可；（2）結合（1）得平面的法向量，設，，進而結合空間向量求線面角即可.【小問1詳解】解：因為四邊形為矩形，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面不妨設，則.以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，過D與AB平行的直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

23則，，，，，所以，，，，所以，.因為，所以，解得.故存在實數(shù)，使得，且的值為【小問2詳解】解：設平面的法向量，則，即，不妨取，則.設，，則，.直線與平面所成的角為，則.…令，當時，；當時，.所以.故直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為.19.若正項數(shù)列的前項和滿足.

24（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若對于任意的，都有成立，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)條件可推得，由此利用累加法求得，即可求得數(shù)列的通項公式；（2）利用（1）的結論，化簡并結合基本不等式可推出，繼而判斷數(shù)列的單調性，可得，結合對于任意的，都有成立，即可求得答案.【小問1詳解】時，，且，解得，（舍去），，，化簡可得時，，，，，，，累加可得，，又，故時，，當時，上式也成立，所以，又因為，所以，所以，，，時，適合該式，

25故.【小問2詳解】由（1）得，（此處不等關系是因為：，故，當且僅當時取等號，而，故上式中等號取不到），，，因為，所以，即，所以，即，所以數(shù)列是遞減數(shù)列，

26所以，因為，都有成立，所以.【點睛】方法點睛：本題考查數(shù)列的遞推關系和數(shù)列的函數(shù)特性，屬于較難題，解答時要注意：（1）利用累加法求出，再由與的關系求解；（2）利用基本不等式得，再證明數(shù)列是單調遞減數(shù)列，根據(jù)單調性求解.20.某企業(yè)計劃新購買100臺設備，并將購買的設備分配給100名年齡不同（視為技術水平不同）的技工加工一批模具，因技術水平不同而加工出的產(chǎn)品數(shù)量不同，故產(chǎn)生的經(jīng)濟效益也不同.若用變量x表示不同技工的年齡，變量y為相應的效益值（元），根據(jù)以往統(tǒng)計經(jīng)驗，他們的工作效益滿足最小二乘法，且y關于x的線性回歸方程為.（1）試預測一名年齡為52歲的技工使用該設備所產(chǎn)生的經(jīng)濟效益；（2）試根據(jù)r的值判斷使用該批設備的技工人員所產(chǎn)生的效益與技工年齡的相關性強弱（，則認為y與x線性相關性很強；，則認為y與x線性相關性不強）；（3）若這批設備有A，B兩道獨立運行的生產(chǎn)工序，且兩道工序出現(xiàn)故障的概率依次是0.02，0.03.若兩道工序都沒有出現(xiàn)故障，則生產(chǎn)成本不增加；若A工序出現(xiàn)故障，則生產(chǎn)成本增加2萬元；若B工序出現(xiàn)故障，則生產(chǎn)成本增加3萬元；若A，B兩道工序都出現(xiàn)故障，則生產(chǎn)成本增加5萬元.求這批設備增加的生產(chǎn)成本的期望.參考數(shù)據(jù)：；參考公式：回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，，，.【答案】（1）元（2）很強（3）萬元【解析】

27【分析】（1）將代入線性回歸方程,即可求解.（2）結合相關系數(shù)的公式,即可求解.（3）設增加的生產(chǎn)成本為（萬元），則所有可能取值為,分別求出對應的概率,再結合期望公式，即可求解.【小問1詳解】當時，.所以預測一名年齡為歲的技工使用該設備所產(chǎn)生的經(jīng)濟效益為元【小問2詳解】由題得，所以，所以.因為，所以與線性相關性很強.所以使用該批設備的技工人員所產(chǎn)生的的效益與技工年齡的相關性強.【小問3詳解】設增加的生產(chǎn)成本為（萬元)，則的可能取值為，，，.，，，.所以（萬元)，所以這批設備增加的生產(chǎn)成本的期望為萬元.21.已知橢圓一個頂點，以橢圓的四個頂點為頂點的四邊形面積為．（1）求橢圓E的方程；

28（2）過點P(0，-3)的直線l斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與直線交y=-3交于點M，N，當|PM|+|PN|≤15時，求k的取值范圍．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓所過的點及四個頂點圍成的四邊形的面積可求，從而可求橢圓的標準方程.（2）設，求出直線的方程后可得的橫坐標，從而可得，聯(lián)立直線的方程和橢圓的方程，結合韋達定理化簡，從而可求的范圍，注意判別式的要求.【詳解】（1）因為橢圓過，故，因為四個頂點圍成的四邊形的面積為，故，即，故橢圓的標準方程為：.（2）設，因為直線的斜率存在，故，故直線，令，則，同理.直線，由可得，

29故，解得或.又，故，所以又故即，綜上，或.22.已知函數(shù).（1）討論極值點的個數(shù)；（2）若有兩個極值點，且，證明:.【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】【分析】（1）分類討論導函數(shù)的實數(shù)根即可求解極值點，（2）構造函數(shù)和，通過判斷函數(shù)的單調性，求解最值，當導數(shù)正負不好確定的時候，需要構造新的函數(shù)，不斷的通過求導判斷單調性.【小問1詳解】,則,顯然不是的零點,令,則,在單調遞減,在（0,1）單調遞減,在單調遞增.

30當時，，當時，，且時,只有一個實數(shù)根，所以此時有1個極值點,時,沒有實數(shù)根，故有0個極值點,當時，，有一個實數(shù)根，但不是極值點，故此時沒有極值點，時,有兩個不相等的實數(shù)根，故有2個極值點.【小問2詳解】由（1）知,,且在（0,1）單調遞減,在單調遞增,先證:,即證:，即證:.即證:.令,即證:,令則令,則,則在單調遞減,,即在單調遞減,,證畢.再證:,,且.

31在單調遞增,在單調遞減,在單調遞增,.即證:,又,即證:.令,.令,,令,令令,,在單調遞減,在單調遞增.,,當時,單調遞增;當時,單調遞減.,在單調遞減,在單調遞增.,

32在單調遞增,在單調遞減.,,,在單調遞增,,所以原命題得證.【點睛】本題考查了導數(shù)的綜合運用，利用導數(shù)求單調性時，如果求導后的正負不容易辨別，往往可以將導函數(shù)的一部分抽離出來，構造新的函數(shù)，利用導數(shù)研究其單調性，進而可判斷原函數(shù)的單調性.在證明不等式時，常采用兩種思路：求直接求最值和等價轉化.無論是那種方式，都要敢于構造函數(shù)，構造有效的函數(shù)往往是解題的關鍵.

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