試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁絕密★考試結束前湖北省高中名校聯合體2022~2023學年第二學期高三診斷性考試數學試題本試題卷共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.★祝考試順利★一、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，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．2．歐拉公式（為自然對數的底數，為虛數單位）是瑞士著名數學家歐拉發明的，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.根據歐拉公式可知，復數的虛部為A． B． C． D．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．4．已知是方程的兩根，有以下四個命題：甲：；乙：；丙：；丁：.如果其中只有一個假命題，則該命題是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁5．如圖為正方體ABCD﹣A1B1C1D1，動點M從B1點出發，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之間滿足函數關系l＝f（x），則此函數圖象大致是（）A． B．C． D．6．若正實數a，b滿足，且，則下列不等式一定成立的是（

）A． B． C． D．7．已知，，．若，則的最小值為（

）A．0 B． C．1 D．8．對于數列，定義為數列的“加權和”，已知某數列的“加權和”，記數列的前n項和為，若對任意的恒成立，則實數p的取值范圍為（

）A． B． C． D．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，它的概率分布列為……其中滿足，且．定義由生成的函數，為函數的導函數，為隨機變量的期望．現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，這枚骰子連續拋擲兩次，向下點數之和為，此時由生成的函數為，則（

）A． B．C． D．10．已知定義在上的函數滿足，則下列不等式一定正確的是（

）A． B．C． D．11．如圖，在直三棱柱中，，，為的中點，過的截面與棱、分別交于點、，則下列說法中正確的是（

）A．存在點，使得B．線段長度的取值范圍是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______.14．已知雙曲線的左右焦點分別為F1，F2，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___________.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”的組數為（視與為同一組“互斥子集”）.那么______.16．已知關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍為________.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.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，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.19．若正項數列的前項和滿足.(1)求數列的通項公式；(2)若對于任意的，都有成立，求的最大值.20．某企業計劃新購買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品數量不同，故產生的經濟效益也不同.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），根據以往統計經驗，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生的經濟效益；(2)試根據r的值判斷使用該批設備的技工人員所產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工序，且兩道工序出現故障的概率依次是0.02，0.03.若兩道工序都沒有出現故障，則生產成本不增加；若A工序出現故障，則生產成本增加2萬元；若B工序出現故障，則生產成本增加3萬元；若A，B兩道工序都出現故障，則生產成本增加5萬元.求這批設備增加的生產成本的期望.參考數據：；參考公式：回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，，，.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；（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．22．已知函數.(1)討論極值點的個數；(2)若有兩個極值點，且，證明:.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．B【分析】可設，，則，再根據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.【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．C【分析】利用歐拉公式即可得出．【詳解】復數ii的虛部為．故選C．【點睛】本題考查復數的基本概念，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．B【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．B【分析】根據韋達定理可得，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．C【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，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；因為PC1是定值，MC1，函數是減函數，類似雙曲線形式，所以C正確；故選：C6．D【分析】根據函數單調性及得到或，分別討論兩種情況下四個選項是否正確，A選項可以用對數函數單調性得到，B選項可以用作差法，C選項用作差法及指數函數單調性進行求解，D選項，需要構造函數進行求解.【詳解】因為，為單調遞增函數，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，，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）單調遞減，因為，所以，結論得證，D正確故選：D7．D【分析】根據給定條件，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，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，數形結合求解作答.8．A【分析】根據與的關系求出，再根據等差數列的求和公式求出，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，∴，∴數列的前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p的取值范圍為．故選：A．9．CD【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；連續拋擲兩次骰子，向下點數之和為，則的分布列為：故選項B錯誤；選項D正確.故選：CD.【點睛】本題考查導數的運算、由生成的函數求數學期望、求隨機變量生成的函數與函數值，是基礎題.10．AD【分析】利用已知等式構造函數，利用導數判斷其單調性，根據函數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,且，則當時，，此時，此時函數為增函數；當時，，此時，此時函數為減函數，故由，即，A正確；由，得，即，B錯誤；與不在一個單調區間上，C中算式無法比較大小，C錯誤；由，得，即，D正確．故選：AD11．BC【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，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，、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．ABC【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，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，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.13．【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，根據可求得點軌跡方程為，從而可將化簡為；當時，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，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．【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，，所以，由得，所以，又中，，，所以，即，綜上，．故答案為：．15．【分析】根據任意一個元素只能在集合之一中，以及的非空子集個數，即可求得.【詳解】根據題意，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；其中為空集的種數為，為空集的種數為個，故可得均為非空子集的種數為，又因為與為同一組“互斥子集，故.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．【分析】將已知不等式變形整理，構造新函數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】函數的單調性是函數的重要性質之一，它的應用貫穿于整個高中數學的教學之中.某些數學問題從表面上看似乎與函數的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在聯系，抓住其本質，那么運用函數的單調性解題，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.根據題目的特點，構造一個適當的函數，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.17．(1)證明見解析(2)【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.【詳解】（1）證明：在中，由已知及余弦定理，得，即,由正弦定理，得，又，故.∵，∴,∵，∴，故.（2）由（1）得，∴，，由（1），得，當且僅當時等號成立，所以當時，的最小值為.18．(1)存在實數，使得，且的值為(2)【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.【詳解】（1）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，則，，，，，所以，，，，所以，.因為，所以，解得.故存在實數，使得，且的值為（2）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．(1)(2)【分析】（1）根據條件可推得，由此利用累加法求得，即可求得數列的通項公式；（2）利用（1）的結論，化簡并結合基本不等式可推出，繼而判斷數列的單調性，可得，結合對于任意的，都有成立，即可求得答案.【詳解】（1）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，故.（2）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，所以數列是遞減數列，所以，因為，都有成立，所以.【點睛】方法點睛：本題考查數列的遞推關系和數列的函數特性，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，再證明數列是單調遞減數列，根據單調性求解.20．(1)元(2)很強(3)萬元【分析】（1）將代入線性回歸方程,即可求解.（2）結合相關系數的公式,即可求解.（3）設增加的生產成本為（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.【詳解】（1）當時，.所以預測一名年齡為歲的技工使用該設備所產生的經濟效益為元（2）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生的的效益與技工年齡的相關性強.（3）設增加的生產成本為（萬元)，則的可能取值