湖北省高中名校联合体2022-2023学年高三下学期开学诊断性考试数学试题（解析版）

绝密★考试结束前 湖北省高中名校联合体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】 【分析】可设，，则，再根据可得为的解集的子集且为方程的解，从而得到满足的条件后解不等式可得的取值范围. 【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. 【点睛】本题以集合为载体考查一元二次不等式的解.解题时应令把高次不等式转化为一元二次不等式，注意利用得到的解集包含了且为方程的解. 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 【解析】 【分析】利用欧拉公式即可得出． 【详解】复数ii的虚部为． 故选C． 【点睛】本题考查复数的基本概念，考查了推理能力与计算能力，熟练运用新定义是关键，属于基础题． 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 【解析】 【分析】由题作出图形，易得外接圆圆心在中点，结合正弦定理可求外接圆半径，结合图形知，，再结合二面角大小求出，进而得解. 【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：B 4. 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 【解析】 【分析】根据韦达定理可得，对乙､丁运算分析可知乙､丁一真一假，分别假设乙､丁是假命题，结合其他命题检验判断． 【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 【解析】 【分析】可知点M沿着运动，设点P为B1C的中点，分析当M从B1到P时，在平面A1B1CD内，作点A1关于B1B的对称点A′，由MA1+MD＝MA′+MD，MC1，分析排除即得解 【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：C 6. 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 【解析】 【分析】根据函数单调性及得到或，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，需要构造函数进行求解. 【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：D 7. 已知，，．若，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，画出图形，确定点C的位置，再利用向量模的几何意义，借助对称思想求解作答. 【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：D 【点睛】思路点睛：已知几个向量的模，探求向量问题，可以借助向量的几何意义，作出符合要求的图形，数形结合求解作答. 8. 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 【解析】 【分析】根据与的关系求出，再根据等差数列的求和公式求出，将化为对任意的恒成立，分类讨论可求出结果. 【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 【解析】 【分析】先求出和，并判断，则排除选项A，判断选项C正确； 再求出的分布列和的解析式，最后求出，则排除选项B；判断选项D正确. 【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. 【点睛】本题考查导数的运算、由生成的函数求数学期望、求随机变量生成的函数与函数值，是基础题. 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 【解析】 【分析】利用已知等式构造函数，利用导数判断其单调性，根据函数的单调性即可判断各选项的正误. 【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：AD 11. 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】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点、，其中，，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；求出与的关系式，利用反比例函数的基本性质可判断B选项；利用锥体和台体的体积公式可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项. 【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. 【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下： （1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解； （2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 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 【解析】 【分析】设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程用韦达定理得，从而可以表示出点坐标，然后求出坐标，然后依次判断各项即可. 【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】 【解析】 【分