2023届西南333高考备考诊断性联考（一）数学试题及答案

这是一份2023届西南333高考备考诊断性联考（一）数学试题及答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届西南3 3 3高考备考诊断性联考（一）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．关于函数图象的对称性，下列说法正确的是（    ）A．关于直线对称 B．关于直线对称C．关于点对称 D．关于点对称3．已知按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27,30,37,m,40,50;乙组：24,n,33,44,48,52.若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则等于（）A． B． C． D．4．已知函数   则 是“函数f(x)为奇函数”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．若是圆上任一点，则点到直线的距离的值不可能等于（    ）A．4 B．6 C． D．86．已知是双曲线 的左、右焦点，点M是过坐标原点O且倾斜角为60°的直线l与双曲线C的一个交点，且 则双曲线C的离心率为（    ）A．2 B． C． D．7．中国空间站(China Space Station)的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设中国空间站要安排甲、乙等5名航天员进舱开展实验，其中“天和核心舱”安排2人，“问天实验舱”安排2人，“梦天实验舱”安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（    ）A．9种 B．24种 C．26种 D．30种8．已知数列满足，且 若表示不超过x的最大整数(例如，则（    ）A．2019 B．2020C．2021 D．2022 二、多选题9．已知复数 其中为虚数单位，则（    ）A． B．C．z的共轭复数为 D．z的虚部为110．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”、它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图1甲)，图乙是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的（    ）A．高为 B．体积为C．表面积为 D．内切球的半径为11．已知在中，角所对的三边分别为，，下列说法正确的是（    ）A．若，则是直角三角形B．若，则C．若，则的面积有最大值D．若的面积为，则的最小值是12．数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决.例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题.结合上述观点，下列结论正确的是（    ）A．函数有1个零点B．函数有2个零点C．函数有最小值D．关于x的方程的解为 三、填空题13．若函数在处取得极值3，则=______14．若的展开式中项的系数为-160，则的最小值为_______15．设抛物线的焦点为，准线为，A为上一点，以为圆心，为半径的圆交于两点.若,且的面积为，则____________.16．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD, ，点E在棱PB上，且， 过E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是____________. 四、解答题17．已知函数.(1)求函数f(x)的单调递增区间和最小正周期；(2)若当时，关于x的不等式. 求实数m的取值范围.请选择①恒成立，②有解，两条件中的一个，补全问题(2)，并求解.注意：如果选择①和②两个条件解答，以解答过程中书写在前面的情况计分.18．已知各项均为正数的等差数列的前n项和为，4是,的等比中项,且.(1)求的通项公式；(2)设数列的前n项和为，试比较与的大小，并说明理由.19．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A,B的点,平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=AC=2，BC=4，E,F分别是PC,PB的中点,记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)证明：l⊥平面PAC；(2)直线l上是否存在点Q，使得直线PQ与平面AEF所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20．已知椭圆E： 的一个焦点F在直线上，过点F与x轴垂直的直线与椭圆E相交于P，H两点，.(1)求椭圆E的方程；(2)过点的直线l交椭圆E于C，D两点，试探究是否存在定点Q，使得为定值?若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.21．2022年10月1日，女篮世界杯落幕，时隔28年，中国队再次获得亚军，追平历史最佳成绩.为考察某队员甲对球队的贡献，教练对近两年甲参加过的100场比赛进行统计：甲在前锋位置出场20次，其中球队获胜14次；中锋位置出场30次，其中球队获胜21次；后卫位置出场50次，其中球队获胜40次.用该样本的频率估计概率，则：(1)甲参加比赛时，求该球队某场比赛获胜的概率；(2)现有小组赛制如下：小组共6支球队，进行单循环比赛，即任意两支队伍均有比赛，规定至少3场获胜才可晋级.教练决定每场比赛均派甲上场，已知甲所在球队顺利晋级，记其获胜的场数为X，求X的分布列和数学期望.22．已知(1)若，讨论的单调性；(2)若对任意恒成立，求a的取值范围.
参考答案：1．B【分析】求出集合中的范围，然后直接求即可.【详解】由得，解得，即，所以.故选：B.2．D【分析】将选项依次代入，根据正弦函数的性质分析即可.【详解】对A，，，故A错误；对B，，，故B错误；对C，，，故C错误；对D，，此时，故D正确，故选：D3．A【分析】根据百分位数的定义，求出的值即可得答案.【详解】解：因为甲乙两组都有6个数据，，所以第30百分位数为，第50百分位数为，所以，所以.故选：A4．C【分析】由已知函数可知定义域为，则满足，即可求出的值，时，代入用定义判断奇偶性即可.【详解】当时，，函数定义域为关于原点对称，，则，则函数f(x)为奇函数；若函数f(x)为奇函数，定义域为，则，即.所以 是“函数f(x)为奇函数”的充要条件.故选：C5．D【分析】根据题意作出示意图，判断出直线过定点，进而求出圆心到直线距离的最大值，然后判断各个答案.【详解】如图，圆的圆心坐标为，半径为1，直线过定点．由图可知，圆心C到直线距离的最大值为，则点P到直线距离的最大值为；当直线与圆有公共点时，点P到直线距离的最小值为0．即距离的范围是. 选项中仅D选项不在范围内.故选：D.6．C【分析】由得到，，结合，求出，，利用双曲线定义得到方程，求出离心率.【详解】不妨设点M在第一象限，由题意得：，即，故，故，因为O为的中点，所以，因为，故为等边三角形，故，，由双曲线定义可知：，即，解得：.故选：C.7．B【分析】先利用分组与分配的求法求得5名航天员共有种不同的安排方案，再利用分类加法计数原理求得甲、乙两人在同一个舱内有种不同的安排方案，从而利用间接法即可得解.【详解】依题意，先从5名航天员中安排1人到“梦天实验舱”，则有种安排方案，再将剩下的4人分成两组，每组2人，则有种安排方案，接着将这两组分配到“天和核心舱”与“问天实验舱”，有种安排方案，所以这5名航天员的安排方案共有种，其中甲、乙两人同在“天和核心舱”内的安排方案有种，同在“问天实验舱”内的安排方案有种，即甲、乙两人在同一个舱内做实验的安排方案有种，所以甲、乙两人不在同一个舱内做实验的安排方案有种.故选：B.8．C【分析】根据得到是等差数列，进而利用累加法求出，得到，当时，，当时，，进而求和即可.【详解】，故是首项为，公差为2的等差数列，则，故，又满足，所以所以，因为，所以当时，，当时，，所以.故选：C9．BC【分析】由复数的除法运算求得，然后求其模，平方后判断AB，根据共轭复数定义判断C，由复数虚部的定义判断D．【详解】由题意可知，，对于选项A，，故选项A错误；对于选项B，，故选项B正确；对于选项C，的共轭复数为，故选项C正确；对于选项D，的虚部为，故选项D错误；故选：BC．10．ACD【分析】将圆台的侧面展开图还原可得圆台，并根据圆弧所在圆的半径和圆心角，可计算圆台的高、体积、表面积以及内切球的半径.【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，则，即；，即；圆台的母线长，所以圆台的高，故A正确；圆台的体积，故B错误；圆台的表面积，所以C正确；由于圆台的母线长等于上下底面半径和，所以圆台的高即为内切球的直径，所以内切球的半径为，即D正确.故选：ACD.11．ABD【分析】对于A，利用正弦定理即可得解；对于B，利用余弦定理的推论即可得解；对于C，先由余弦定理得到，从而由三角形面积公式得到，构造函数，利用导数求得的最大值，由此得解；对于D，先由三角形面积公式得到，从而由余弦定理得到，构造函数，利用导数求得的最小值，由此得解.【详解】对于A，由正弦定理得，即，则，因为，所以，故是直角三角形，故A正确；对于B，因为，，所以，因为，所以，故B正确；对于C，因为，所以，则，所以，令，则，令，得，不妨设，则；令，得，则；所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则，故C错误；对于D，由选项C知，，故，所以，令，则，令，得，则；令，得，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则，即，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题选项CD的解题关键在于利用余弦定理与三角形面积公式得到关于的关系式，跨章节构造函数利用导数求最值解决问题.12．ACD【分析】对AB，直接求解即可；对CD，根据，转化为与点，之间的距离和，再根据几何方法求解即可.【详解】对AB，有，解得，且此时根式有意义，故有且仅有一根，故A正确，B错误；对CD，因为，其几何意义为上的点与点，之间的距离和.易得关于的对称点为，故即的最小值为，故C正确；又到点，之间的距离和为的点的轨迹是以，为焦点，的椭圆，故的解即与椭圆的交点的横坐标.即，解得，故D正确.故选：ACD13．6【分析】根据函数在处取得极值3，得到，且，即可求解．【详解】，，又函数在处取得极值3，则，且，所以，，．故答案为：6．14．16【分析】求出的展开式的通项公式，得到，求出，再利用重要不等式，求出最小值.【详解】展开式的通项公式为，令，解得：，故，所以，解得：，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为16.故答案为：1615．【分析】由抛物线与圆的对称性可得为等边三角形，从而求得，再由抛物线的定义求得，由此利用三角形面积公式得到关于的方程，解之即可.【详解】如图，由圆与抛物线的对称性易知，又，所以是等边三角形，又由抛物线的几何性质可知，所以，又由圆的半径相等可得，则点到准线（即）的距离为，所以，得.故答案为：.16．##【分析】将四棱锥补形为长方体可得球O球心与球O半径，则当EO与截面垂直时，截面面积最小.【详解】如图，将四棱锥P-ABCD补为长方体，则此长方体与四棱锥的外接球均为球O，则球O半径.O位于PC中点处.因底面ABCD是矩形，则.因PA⊥平面ABCD，平面ABCD，则，又平面PAB，AB平面PAB，，则平面PAB.因PB平面PAB，则.取PB的中点为F，则，..因，则，得.则在直角三角形OEF中，.当EO与截面垂直时，截面面积最小，则截面半径为.故截面面积为.故答案为：17．(1)单调增区间为，最小正周期．(2)选择①，实数m的取值范围为，选择②，实数m的取值范围. 【分析】(1)先结合二倍角公式及辅助角公式对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的单调性及周期性可求；(2)若选择①，由恒成立，即，结合正弦函数的性质可求；若选择②，由有解，即，结合正弦函数的性质可求．【详解】（1）．所以函数的最小正周期．由，解得．所以函数的单调增区间为，（2）若选择①由题意可知，不等式恒成立，即．因为，所以．故当，即时，取得最小值，且最小值为．所以，实数m的取值范围为．若选择②由题意可知，不等式有解，即．因为，所以．故当，即时，取得最大值，且最大值为．所以，实数m的取值范围．18．(1)(2)，理由见解析 【分析】（1）设等差数列的公差为，结合等比中项性质和等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式；（2）由等差数列的求和公式，以及数列的裂项相消求和，可得，再由作差比较法，即可得到结论．【详解】（1）设正项等差数列的公差为，4是,的等比中项，且，有，解得，，则；（2），，，，，由，可得．19．(1)证明过程见解析(2)存在，且 【分析】（1）先作出辅助线，找到平面AEF与平面ABC的交线，再由AB为直径，得到AC⊥AS，结合面面垂直得到线面垂直，证明出结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角，列出方程，求出的值.【详解】（1）连接CO并延长，交圆O于点S，连接AS，SB，SF，则，四边形为矩形，BCAS，因为EFBC，所以EFAS，故平面AEF与平面ABC的交线为AS所在直线，即AS所在直线为直线l，因为CS为直径，所以AC⊥AS，因为平面PAC⊥平面ABC，交线为AC，AS平面ABC，所以AS⊥平面PAC，即l⊥平面PAC；（2）在AS上取点Q，连接PQ，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，垂直CA，CB的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为PA=PC=AC=2，BC=4，所以，设平面AEF的法向量为，则，解得：，令，则，故，，故，解得：，故，即直线l上存在点Q，使得直线PQ与平面AEF所成的角的正弦值为，且.20．(1)(2)存在定点，为定值，该定值为 【分析】（1）求出，根据得到，结合，求出，得到椭圆方程；（2）先由对称性可知：若存在定点Q，则在轴上，考虑直线斜率不为0时，设直线，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出，令，求出时，为定值，该定值为，再验证出当直线l斜率为0时，满足要求，从而得证.【详解】（1）中，令，解得：，故，因为，不妨令，所以，又，解得：，故椭圆E的方程为：；（2）由对称性可知：若存在定点Q，则在轴上，当直线斜率不为0时，设直线，与联立得：，设，则，故，，设，则，故，令，解得：，此时，为定值，当直线l斜率为0时，此时直线，不妨令，，满足要求，综上：存在定点，为定值，该定值为.【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.21．(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据全概率公式，结合每个位置获胜的概率求解即可；（2）根据题意可得可能的取值为，再根据每场胜利概率，结合条件概率与组合数求解分布列与数学期望即可.【详解】（1）设“甲担任前锋”；“甲担任中锋”；“甲担任后卫”；“某场比赛中该球队获胜”；则，，，，，，由全概率公式可得：.所以甲参加比赛时，该球队某场比赛获胜的概率是.（2）设“5场中有场获胜”，“甲所在球队顺利晋级”，；；，则，，同理可得，，则的分布列为：345 22．(1)在上单调递增(2) 【分析】（1）求导可得，再求导分析的最小值，进而可得的单调性；（2）将题意转化为对任意恒成立，再构造函数，求导分析单调性，结合求解即可.【详解】（1），令，则，易得为增函数，令有，故当时，单调递减；当时，单调递增.故.又，故，即，在上单调递增.（2）即，对任意恒成立.设，则.，令，则，故为增函数.又，且，故若要恒成立，则，即.此时对任意恒成立.【点睛】本题主要考查了求导分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数解决恒成立问题，需要根据题意将所证明不等式移到不等号的同一侧，再构造函数求导分析单调性，结合特殊点处的函数值进行证明.属于难题.