2023屆高三下學期開學摸底考數學試卷B（全國乙卷專用（理））（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12023屆高三下學期開學摸底考試卷B（全國乙卷專用（理））數學第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1．設集合，集合B=，則（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由題知,,,即.故選：D2．集合，下列命題中不正確的是（

）A．B．C．若，則z在復平面上所對應的點一定不在第四象限D．若，則z不一定是純虛數〖答案〗A〖解析〗對于A，當時，，A錯；對于B，若，則，此方程組無解，所以B正確；對于C，，則，易知直線過一、二、三象限，一定不過第四象限，因此C正確；對于D，當時，，滿足，但不是純虛數，D正確．故選：A．3．已知，則（

）A．0 B． C． D．〖答案〗B〖解析〗，則所以.故選：B.4．意大利著名數學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時，發(fā)現(xiàn)有這樣一列數：，從第三項起，每個數都等于它前面兩個數的和，即，后來人們把這樣的一列數組成的數列稱為“斐波那契數列”.設數列的前項和為，記，，則（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗因為，所以①，②，由①+②，得，又，即，所以.故選：C.5．已知橢圓：與拋物線：交于兩點，為坐標原點，若的外接圓經過點，則等于（

）A． B． C．2 D．4〖答案〗A〖解析〗設，則，.由題意知，四點共圓，由橢圓和拋物線的對稱性，知的外接圓的圓心必在x軸，設與x軸相交于點D，則，在圓D中，有，即，又，所以，解得，①代入，得，②將①②代入橢圓方程，得，整理，得，解得.經檢驗，時，符合題意.故實數p的值為.故選：A.6．已知，滿足，若函數在區(qū)間上有且只有兩個零點，則的范圍為（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗依題意：，關于對稱，則有，，，不妨設，則，，，當在有且僅有兩個零點，則，∴.故選：D.7．如圖所示，在正方體中，，分別為，的中點，設二面角的平面角為，直線與平面所成角為，則（

）A． B． C． D．與正方體棱長有關〖答案〗A〖解析〗設點為與的交點，由于，所以四邊形是平行四邊形，所以.由于平面，所以平面，所以平面，所以，過點作的垂線，垂足為，又平面，則平面，又平面，則，所以，從而，，在中，，所以，所以．故選：A8．函數圖象的大致形狀是（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗依題意，函數的定義域為R，，即函數是R上的奇函數，其圖象關于原點對稱，選項A，C不滿足；當時，，即有，選項D不滿足，B符合題意.故選：B9．已知三棱柱中，，，平面平面，，若該三棱柱存在體積為的內切球，則三棱錐體積為（

）A． B． C．2 D．4〖答案〗D〖解析〗如圖所示，因為，，，所以平面，又因為平面平面，平面平面，過點作，則平面，則，又因為，所以平面，平面，所以.設則，又因為三棱錐內切球的體積為，則，則，，即，則，解得，棱柱的高等于內切球直徑，所以，故三棱錐的體積為.故選：D10．第二十二屆世界杯足球賽將于年月日在卡塔爾舉行，東道主卡塔爾與厄瓜多爾、塞內加爾、荷蘭分在組進行單循環(huán)小組賽（每兩隊只進行一場比賽），每場小組賽結果相互獨立.已知東道主卡塔爾與厄瓜多爾、塞內加爾、荷蘭比賽獲勝的概率分別為、、，且.記卡塔爾連勝兩場的概率為，則（

）A．卡塔爾在第二場與厄瓜多爾比賽，最大B．卡塔爾在第二場與塞內加爾比賽，最大C．卡塔爾在第二場與荷蘭比賽，最大D．與卡塔爾和厄瓜多爾、塞內加爾、荷蘭的比賽次序無關〖答案〗A〖解析〗因為卡塔爾連勝兩場，則第二場卡塔爾必勝，①設卡塔爾在第二場與厄瓜多爾比賽，且連勝兩場的概率為，則；②設卡塔爾在第二場與塞內加爾比賽，且兩場連勝的概率為，則；③設卡塔爾在第二場與荷蘭比賽，且兩場連勝的概率為，則.所以，，，，所以，，因此，卡塔爾在第二場與厄瓜多爾比賽，最大，A對，BCD錯.故選：A.11．設為坐標原點，為雙曲線的兩個焦點，為雙曲線的兩條漸近線，垂直于的延長線交于，若，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗雙曲線的漸近線方程為：，不妨令，因為直線垂直，則，故，又，則點到直線的距離為=，所以，，又，可知直線的方程為：，與聯(lián)立方程組可得：，則，解得，故,由,則,中，由勾股定理可得:,故；又,則，即，因為的延長線交于，此時點的縱坐標大于0，即，故，所以，所以化簡得.則，故，則.故選：B.12．若，，，其中為自然對數的底數，則的大小關系為（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗令，則，令，則，在上單調遞增，，又，，，即，；令，則，在上單調遞增，，，即；在上單調遞增，，即；綜上所述：.故選：C.第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題共4小題，每小題5分，共20分.13．在的展開式中，的系數為__________.〖答案〗〖解析〗由題意可知，把二項式看成由和兩項構成，展開式中含的項為，再將展開可得含的項為即可知的系數為.故〖答案〗為：14．若，則函數的值域是___________.〖答案〗〖解析〗，∴，∴，令，則，，，故當t＝1時，函數y取得最小值為1，當t時，函數y取得最大值為，故函數的值域為，故〖答案〗為：15．已知數列中，，，且，則______.〖答案〗〖解析〗特征方程為，解得：，所以可設，因為，，所以，解得：，，故.故〖答案〗為：16．已知，，不等式恒成立，則___________.〖答案〗〖解析〗由得：，設，則，當時，；當時，；在上單調遞增，在上單調遞減，；，，又，，，，.故〖答案〗為：.三、解答題共70分，解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.17．（12分）在銳角中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（1）求角B的大小；（2）若，求周長的取值范闈．解：（1）由正弦定理得，整理得，即，∵，，角B為銳角，∴．（2）由正弦定理，可得，，∴．∵是銳角三角形，∴，解得，∴，∴，∴，即，而，∴周長的取值范圍為．18．（12分）如圖，在多面體中，四邊形為直角梯形，，，，，四邊形為矩形．（1）求證：平面平面ABCD；（2）線段MN上是否存在點H，使得二面角的余弦值為？若不存在，請說明理由．若存在，確定點H的位置．（1）證明：如圖1，∵四邊形為直角梯形，，，，，∴由平面幾何的知識得，，又，∴在中，滿足，∴為直角三角形，且．∵四邊形為矩形，∴．∵，，，平面，平面，∴平面．又∵平面，∴平面平面；（2）解：存在點，使得二面角的余弦值為，點為線段上靠近的四等分點．以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸，建立空間直角坐標系，如圖2，∴，設，由，即，得．設平面的一個法向量為，∴，即，不妨設，則．平面的一個法向量為．設二面角的平面角大小為，∴，解得或（舍去）所以當點為線段上靠近的四等分點時，二面角的余弦值為．19．（12分）中國在第75屆聯(lián)合國大會上承諾，將采取更加有力的政策和措施，力爭于2030年之前使二氧化碳的排放達到峰值，努力爭取2060年之前實現(xiàn)碳中和（簡稱“雙碳目標”），此舉展現(xiàn)了我國應對氣候變化的堅定決心，預示著中國經濟結構和經濟社會運轉方式將產生深刻變革，極大促進我國產業(yè)鏈的清潔化和綠色化.新能源汽車?電動汽車是重要的戰(zhàn)略新興產業(yè)，對于實現(xiàn)“雙碳目標”具有重要的作用.為了解某一地區(qū)電動汽車銷售情況，一機構根據統(tǒng)計數據，用最小二乘法得到電動汽車銷量（單位：萬臺）關于（年份）的線性回歸方程為，且銷量的方差為，年份的方差為.（1）求與的相關系數，并據此判斷電動汽車銷量與年份的相關性強弱；（2）該機構還調查了該地區(qū)90位購車車主的性別與購車種類情況，得到的數據如下表：性別購買非電動汽車購買電動汽車總計男性39645女性301545總計692190依據小概率值的獨立性檢驗，能否認為購買電動汽車與車主性別有關；（3）在購買電動汽車的車主中按照性別進行分層抽樣抽取7人，再從這7人中隨機抽取3人，記這3人中，男性的人數為，求的分布列和數學期望.①參考數據：；②參考公式：（i）線性回歸方程：，其中；（ii）相關系數：，若，則可判斷與線性相關較強.（iii），其中.附表：解：（1）（1）相關系數為故與線性相關較強.（2）零假設為：購買電動汽車與車主性別相互獨立，即購買電動汽車與車主性別無關.所以依據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為購買電動汽車與車主性別有關，此推斷犯錯誤的概率不大于.（3）抽樣比，男性車主選取2人，女性車主選取5人，則的可能取值為故,,故的分布列為：01220．（12分）在平面直角坐標系中，已知橢圓E：的左、右焦點分別為，，離心率為.點P是橢圓上的一動點，且P在第一象限.記的面積為S，當時，.（1）求橢圓E的標準方程；（2）如圖，，的延長線分別交橢圓于點M，N，記和的面積分別為和.求的最大值.解：（1）當時，設P點的坐標，，又，，則，所以（舍去負值），所以P點的坐標為，又，即，所以，又，則，所以，，所以，所以，，，所以橢圓E的方程為.（2）設，，，易知點和點的坐標均不為零，因為，，所以設直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立可得，整理得.所以，因為，，所以，所以，聯(lián)立可得，整理可得，所以，因為，，所以，所以，因為，，，則，當且僅當，時取等號，所以的最大值為.21．（12分）若函數有兩個零點．（1）求證：；（2）設為函數的極大值點，為函數的零點，且，求證：．證明：（1）證法一：令，則，令，注意到：，函數在上單調遞減，所以當時，；當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，所以的最大值為．由題意，有兩個零點，必有，即．證法二：，，令，則在上單調遞減．??；取，，使得，即，則在上單調遞增，在上單調遞減．，是增函數，且時，，．令，在上單調遞減，．又．（2）由題意，，且，消去即得：，注意到：，且，則：．所以當時，單調遞增；當時，單調遞減．故，即得：當時，恒有成立．且即，，證畢．22題、23題為選做題；共10分。請考生在第22題、23題中任選一題作答；如果多做，則按所做的第一題計分；并在相應序號涂卡。22．（10分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為：（為參數）.以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為.（1）求曲線C的極坐標方程；（2）設射線的極坐標方程為，射線與曲線C交于兩點O、A，與直線l交于點B，且，求.解：（1）曲線C的參數方程：（為參數），轉換為直角坐標方程為，即，根據，轉換為極坐標方程為.（2）將射線的極坐標方程，代入中，得，即，將射線的極坐標方程，代入中，得，即，∵，∴，整理得，∵，∴.23．（10分）設函數的最小值為．（1）求的值；（2）若，，為正實數，且，求證：．（1）解：，當時，，當時，，當時，，所以當時，取最小值．（2）證明：由（1）可知，因為，，為正實數，，當且僅當，即，，時取等號，所以2023屆高三下學期開學摸底考試卷B（全國乙卷專用（理））數學第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1．設集合，集合B=，則（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由題知,,,即.故選：D2．集合，下列命題中不正確的是（

）A．B．C．若，則z在復平面上所對應的點一定不在第四象限D．若，則z不一定是純虛數〖答案〗A〖解析〗對于A，當時，，A錯；對于B，若，則，此方程組無解，所以B正確；對于C，，則，易知直線過一、二、三象限，一定不過第四象限，因此C正確；對于D，當時，，滿足，但不是純虛數，D正確．故選：A．3．已知，則（

）A．0 B． C． D．〖答案〗B〖解析〗，則所以.故選：B.4．意大利著名數學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時，發(fā)現(xiàn)有這樣一列數：，從第三項起，每個數都等于它前面兩個數的和，即，后來人們把這樣的一列數組成的數列稱為“斐波那契數列”.設數列的前項和為，記，，則（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗因為，所以①，②，由①+②，得，又，即，所以.故選：C.5．已知橢圓：與拋物線：交于兩點，為坐標原點，若的外接圓經過點，則等于（

）A． B． C．2 D．4〖答案〗A〖解析〗設，則，.由題意知，四點共圓，由橢圓和拋物線的對稱性，知的外接圓的圓心必在x軸，設與x軸相交于點D，則，在圓D中，有，即，又，所以，解得，①代入，得，②將①②代入橢圓方程，得，整理，得，解得.經檢驗，時，符合題意.故實數p的值為.故選：A.6．已知，滿足，若函數在區(qū)間上有且只有兩個零點，則的范圍為（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗依題意：，關于對稱，則有，，，不妨設，則，，，當在有且僅有兩個零點，則，∴.故選：D.7．如圖所示，在正方體中，，分別為，的中點，設二面角的平面角為，直線與平面所成角為，則（

）A． B． C． D．與正方體棱長有關〖答案〗A〖解析〗設點為與的交點，由于，所以四邊形是平行四邊形，所以.由于平面，所以平面，所以平面，所以，過點作的垂線，垂足為，又平面，則平面，又平面，則，所以，從而，，在中，，所以，所以．故選：A8．函數圖象的大致形狀是（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗依題意，函數的定義域為R，，即函數是R上的奇函數，其圖象關于原點對稱，選項A，C不滿足；當時，，即有，選項D不滿足，B符合題意.故選：B9．已知三棱柱中，，，平面平面，，若該三棱柱存在體積為的內切球，則三棱錐體積為（

）A． B． C．2 D．4〖答案〗D〖解析〗如圖所示，因為，，，所以平面，又因為平面平面，平面平面，過點作，則平面，則，又因為，所以平面，平面，所以.設則，又因為三棱錐內切球的體積為，則，則，，即，則，解得，棱柱的高等于內切球直徑，所以，故三棱錐的體積為.故選：D10．第二十二屆世界杯足球賽將于年月日在卡塔爾舉行，東道主卡塔爾與厄瓜多爾、塞內加爾、荷蘭分在組進行單循環(huán)小組賽（每兩隊只進行一場比賽），每場小組賽結果相互獨立.已知東道主卡塔爾與厄瓜多爾、塞內加爾、荷蘭比賽獲勝的概率分別為、、，且.記卡塔爾連勝兩場的概率為，則（

）A．卡塔爾在第二場與厄瓜多爾比賽，最大B．卡塔爾在第二場與塞內加爾比賽，最大C．卡塔爾在第二場與荷蘭比賽，最大D．與卡塔爾和厄瓜多爾、塞內加爾、荷蘭的比賽次序無關〖答案〗A〖解析〗因為卡塔爾連勝兩場，則第二場卡塔爾必勝，①設卡塔爾在第二場與厄瓜多爾比賽，且連勝兩場的概率為，則；②設卡塔爾在第二場與塞內加爾比賽，且兩場連勝的概率為，則；③設卡塔爾在第二場與荷蘭比賽，且兩場連勝的概率為，則.所以，，，，所以，，因此，卡塔爾在第二場與厄瓜多爾比賽，最大，A對，BCD錯.故選：A.11．設為坐標原點，為雙曲線的兩個焦點，為雙曲線的兩條漸近線，垂直于的延長線交于，若，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗雙曲線的漸近線方程為：，不妨令，因為直線垂直，則，故，又，則點到直線的距離為=，所以，，又，可知直線的方程為：，與聯(lián)立方程組可得：，則，解得，故,由,則,中，由勾股定理可得:,故；又,則，即，因為的延長線交于，此時點的縱坐標大于0，即，故，所以，所以化簡得.則，故，則.故選：B.12．若，，，其中為自然對數的底數，則的大小關系為（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗令，則，令，則，在上單調遞增，，又，，，即，；令，則，在上單調遞增，，，即；在上單調遞增，，即；綜上所述：.故選：C.第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題共4小題，每小題5分，共20分.13．在的展開式中，的系數為__________.〖答案〗〖解析〗由題意可知，把二項式看成由和兩項構成，展開式中含的項為，再將展開可得含的項為即可知的系數為.故〖答案〗為：14．若，則函數的值域是___________.〖答案〗〖解析〗，∴，∴，令，則，，，故當t＝1時，函數y取得最小值為1，當t時，函數y取得最大值為，故函數的值域為，故〖答案〗為：15．已知數列中，，，且，則______.〖答案〗〖解析〗特征方程為，解得：，所以可設，因為，，所以，解得：，，故.故〖答案〗為：16．已知，，不等式恒成立，則___________.〖答案〗〖解析〗由得：，設，則，當時，；當時，；在上單調遞增，在上單調遞減，；，，又，，，，.故〖答案〗為：.三、解答題共70分，解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.17．（12分）在銳角中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（1）求角B的大??；（2）若，求周長的取值范闈．解：（1）由正弦定理得，整理得，即，∵，，角B為銳角，∴．（2）由正弦定理，可得，，∴．∵是銳角三角形，∴，解得，∴，∴，∴，即，而，∴周長的取值范圍為．18．（12分）如圖，在多面體中，四邊形為直角梯形，，，，，四邊形為矩形．（1）求證：平面平面ABCD；（2）線段MN上是否存在點H，使得二面角的余弦值為？若不存在，請說明理由．若存在，確定點H的位置．（1）證明：如圖1，∵四邊形為直角梯形，，，，，∴由平面幾何的知識得，，又，∴在中，滿足，∴為直角三角形，且．∵四邊形為矩形，∴．∵，，，平面，平面，∴平面．又∵平面，∴平面平面；（2）解：存在點，使得二面角的余弦值為，點為線段上靠近的四等分點．以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸，建立空間直角坐標系，如圖2，∴，設，由，即，得．設平面的一個法向量為，∴，即，不妨設，則．平面的一個法向量為．設二面角的平面角大小為，∴，解得或（舍去）所以當點為線段上靠近的四等分點時，二面角的余弦值為．19．（12分）中國在第75屆聯(lián)合國大會上承諾，將采取更加有力的政策和措施，力爭于2030年之前使二氧化碳的排放達到峰值，努力爭取2060年之前實現(xiàn)碳中和（簡稱“雙碳目標”），此舉展現(xiàn)了我國應對氣候變化的堅定決心，預示著中國經濟結構和經濟社會運轉方式將產生深刻變革，極大促進我國產業(yè)鏈的清潔化和綠色化.新能源汽車?電動汽車是重要的戰(zhàn)略新興產業(yè)，對于實現(xiàn)“雙碳目標”具有重要的作用.為了解某一地區(qū)電動汽車銷售情況，一機構根據統(tǒng)計數據，用最小二乘法得到電動汽車銷量（單位：萬臺）關于（年份）的線性回歸方程為，且銷量的方差為，年份的方差為.（1）求與的相關系數，并據此判斷電動汽車銷量與年份的相關性強弱；（2）該機構還調查了該地區(qū)90位購車車主的性別與購車種類情況，得到的數據如下表：性別購買非電動汽車購買電動汽車總計男性39645女性301545總計692190依據小概率值的獨立性檢驗，能否認為購買電動汽車與車主性別有關；（3）在購買電動汽車的車主中按照性別進行分層抽樣抽取7人，再從這7人中隨機抽取3人，記這3人中，男性的人數為，求的分布列和數學期望.①參考數據：；②參考公式：（i）線性回歸方程：，其中；（ii）相關系數：，若，則可判斷與線性相關較強.（iii），其中.附表：解：（1）（1）相關系數為故與線性相關較強.（2）零假設為：購買電動汽車與車主性別相互獨立，即購買電動汽車與車主性別無關.所以依據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為購買電動汽車與車主性別有關，此推斷犯錯誤的概率不大于.（3）抽樣比，男性車主選取2人，女性車主選取5人，則的可能取值為故,,故的分布列為：01220．（12分）在平面直角坐標系中，已知橢圓E：的左、右焦點分別為，，離心率為.點P是橢圓上的一動點，且P在第一象限