2023届高三下学期开学摸底考数学试卷B（全国乙卷专用（理））（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023届高三下学期开学摸底考试卷B（全国乙卷专用（理））数学第Ⅰ卷（选择题）一、选择题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．设集合，集合B=，则（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由题知,,,即.故选：D2．集合，下列命题中不正确的是（

）A．B．C．若，则z在复平面上所对应的点一定不在第四象限D．若，则z不一定是纯虚数〖答案〗A〖解析〗对于A，当时，，A错；对于B，若，则，此方程组无解，所以B正确；对于C，，则，易知直线过一、二、三象限，一定不过第四象限，因此C正确；对于D，当时，，满足，但不是纯虚数，D正确．故选：A．3．已知，则（

）A．0 B． C． D．〖答案〗B〖解析〗，则所以.故选：B.4．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：，从第三项起，每个数都等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.设数列的前项和为，记，，则（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗因为，所以①，②，由①+②，得，又，即，所以.故选：C.5．已知椭圆：与抛物线：交于两点，为坐标原点，若的外接圆经过点，则等于（

）A． B． C．2 D．4〖答案〗A〖解析〗设，则，.由题意知，四点共圆，由椭圆和抛物线的对称性，知的外接圆的圆心必在x轴，设与x轴相交于点D，则，在圆D中，有，即，又，所以，解得，①代入，得，②将①②代入椭圆方程，得，整理，得，解得.经检验，时，符合题意.故实数p的值为.故选：A.6．已知，满足，若函数在区间上有且只有两个零点，则的范围为（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗依题意：，关于对称，则有，，，不妨设，则，，，当在有且仅有两个零点，则，∴.故选：D.7．如图所示，在正方体中，，分别为，的中点，设二面角的平面角为，直线与平面所成角为，则（

）A． B． C． D．与正方体棱长有关〖答案〗A〖解析〗设点为与的交点，由于，所以四边形是平行四边形，所以.由于平面，所以平面，所以平面，所以，过点作的垂线，垂足为，又平面，则平面，又平面，则，所以，从而，，在中，，所以，所以．故选：A8．函数图象的大致形状是（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗依题意，函数的定义域为R，，即函数是R上的奇函数，其图象关于原点对称，选项A，C不满足；当时，，即有，选项D不满足，B符合题意.故选：B9．已知三棱柱中，，，平面平面，，若该三棱柱存在体积为的内切球，则三棱锥体积为（

）A． B． C．2 D．4〖答案〗D〖解析〗如图所示，因为，，，所以平面，又因为平面平面，平面平面，过点作，则平面，则，又因为，所以平面，平面，所以.设则，又因为三棱锥内切球的体积为，则，则，，即，则，解得，棱柱的高等于内切球直径，所以，故三棱锥的体积为.故选：D10．第二十二届世界杯足球赛将于年月日在卡塔尔举行，东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰分在组进行单循环小组赛（每两队只进行一场比赛），每场小组赛结果相互独立.已知东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰比赛获胜的概率分别为、、，且.记卡塔尔连胜两场的概率为，则（

）A．卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，最大B．卡塔尔在第二场与塞内加尔比赛，最大C．卡塔尔在第二场与荷兰比赛，最大D．与卡塔尔和厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰的比赛次序无关〖答案〗A〖解析〗因为卡塔尔连胜两场，则第二场卡塔尔必胜，①设卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，且连胜两场的概率为，则；②设卡塔尔在第二场与塞内加尔比赛，且两场连胜的概率为，则；③设卡塔尔在第二场与荷兰比赛，且两场连胜的概率为，则.所以，，，，所以，，因此，卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，最大，A对，BCD错.故选：A.11．设为坐标原点，为双曲线的两个焦点，为双曲线的两条渐近线，垂直于的延长线交于，若，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗双曲线的渐近线方程为：，不妨令，因为直线垂直，则，故，又，则点到直线的距离为=，所以，，又，可知直线的方程为：，与联立方程组可得：，则，解得，故,由,则,中，由勾股定理可得:,故；又,则，即，因为的延长线交于，此时点的纵坐标大于0，即，故，所以，所以化简得.则，故，则.故选：B.12．若，，，其中为自然对数的底数，则的大小关系为（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗令，则，令，则，在上单调递增，，又，，，即，；令，则，在上单调递增，，，即；在上单调递增，，即；综上所述：.故选：C.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题共4小题，每小题5分，共20分.13．在的展开式中，的系数为__________.〖答案〗〖解析〗由题意可知，把二项式看成由和两项构成，展开式中含的项为，再将展开可得含的项为即可知的系数为.故〖答案〗为：14．若，则函数的值域是___________.〖答案〗〖解析〗，∴，∴，令，则，，，故当t＝1时，函数y取得最小值为1，当t时，函数y取得最大值为，故函数的值域为，故〖答案〗为：15．已知数列中，，，且，则______.〖答案〗〖解析〗特征方程为，解得：，所以可设，因为，，所以，解得：，，故.故〖答案〗为：16．已知，，不等式恒成立，则___________.〖答案〗〖解析〗由得：，设，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，；，，又，，，，.故〖答案〗为：.三、解答题共70分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.17．（12分）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角B的大小；（2）若，求周长的取值范闱．解：（1）由正弦定理得，整理得，即，∵，，角B为锐角，∴．（2）由正弦定理，可得，，∴．∵是锐角三角形，∴，解得，∴，∴，∴，即，而，∴周长的取值范围为．18．（12分）如图，在多面体中，四边形为直角梯形，，，，，四边形为矩形．（1）求证：平面平面ABCD；（2）线段MN上是否存在点H，使得二面角的余弦值为？若不存在，请说明理由．若存在，确定点H的位置．（1）证明：如图1，∵四边形为直角梯形，，，，，∴由平面几何的知识得，，又，∴在中，满足，∴为直角三角形，且．∵四边形为矩形，∴．∵，，，平面，平面，∴平面．又∵平面，∴平面平面；（2）解：存在点，使得二面角的余弦值为，点为线段上靠近的四等分点．以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图2，∴，设，由，即，得．设平面的一个法向量为，∴，即，不妨设，则．平面的一个法向量为．设二面角的平面角大小为，∴，解得或（舍去）所以当点为线段上靠近的四等分点时，二面角的余弦值为．19．（12分）中国在第75届联合国大会上承诺，将采取更加有力的政策和措施，力争于2030年之前使二氧化碳的排放达到峰值，努力争取2060年之前实现碳中和（简称“双碳目标”），此举展现了我国应对气候变化的坚定决心，预示着中国经济结构和经济社会运转方式将产生深刻变革，极大促进我国产业链的清洁化和绿色化.新能源汽车､电动汽车是重要的战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用.为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量的方差为，年份的方差为.（1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱；（2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：性别购买非电动汽车购买电动汽车总计男性39645女性301545总计692190依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关；（3）在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中，男性的人数为，求的分布列和数学期望.①参考数据：；②参考公式：（i）线性回归方程：，其中；（ii）相关系数：，若，则可判断与线性相关较强.（iii），其中.附表：解：（1）（1）相关系数为故与线性相关较强.（2）零假设为：购买电动汽车与车主性别相互独立，即购买电动汽车与车主性别无关.所以依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于.（3）抽样比，男性车主选取2人，女性车主选取5人，则的可能取值为故,,故的分布列为：01220．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，离心率为.点P是椭圆上的一动点，且P在第一象限.记的面积为S，当时，.（1）求椭圆E的标准方程；（2）如图，，的延长线分别交椭圆于点M，N，记和的面积分别为和.求的最大值.解：（1）当时，设P点的坐标，，又，，则，所以（舍去负值），所以P点的坐标为，又，即，所以，又，则，所以，，所以，所以，，，所以椭圆E的方程为.（2）设，，，易知点和点的坐标均不为零，因为，，所以设直线的方程为，直线的方程为，联立可得，整理得.所以，因为，，所以，所以，联立可得，整理可得，所以，因为，，所以，所以，因为，，，则，当且仅当，时取等号，所以的最大值为.21．（12分）若函数有两个零点．（1）求证：；（2）设为函数的极大值点，为函数的零点，且，求证：．证明：（1）证法一：令，则，令，注意到：，函数在上单调递减，所以当时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为．由题意，有两个零点，必有，即．证法二：，，令，则在上单调递减．取；取，，使得，即，则在上单调递增，在上单调递减．，是增函数，且时，，．令，在上单调递减，．又．（2）由题意，，且，消去即得：，注意到：，且，则：．所以当时，单调递增；当时，单调递减．故，即得：当时，恒有成立．且即，，证毕．22题、23题为选做题；共10分。请考生在第22题、23题中任选一题作答；如果多做，则按所做的第一题计分；并在相应序号涂卡。22．（10分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为：（为参数）.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求曲线C的极坐标方程；（2）设射线的极坐标方程为，射线与曲线C交于两点O、A，与直线l交于点B，且，求.解：（1）曲线C的参数方程：（为参数），转换为直角坐标方程为，即，根据，转换为极坐标方程为.（2）将射线的极坐标方程，代入中，得，即，将射线的极坐标方程，代入中，得，即，∵，∴，整理得，∵，∴.23．（10分）设函数的最小值为．（1）求的值；（2）若，，为正实数，且，求证：．（1）解：，当时，，当时，，当时，，所以当时，取最小值．（2）证明：由（1）可知，因为，，为正实数，，当且仅当，即，，时取等号，所以2023届高三下学期开学摸底考试卷B（全国乙卷专用（理））数学第Ⅰ卷（选择题）一、选择题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．设集合，集合B=，则（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗由题知,,,即.故选：D2．集合，下列命题中不正确的是（

）A．B．C．若，则z在复平面上所对应的点一定不在第四象限D．若，则z不一定是纯虚数〖答案〗A〖解析〗对于A，当时，，A错；对于B，若，则，此方程组无解，所以B正确；对于C，，则，易知直线过一、二、三象限，一定不过第四象限，因此C正确；对于D，当时，，满足，但不是纯虚数，D正确．故选：A．3．已知，则（

）A．0 B． C． D．〖答案〗B〖解析〗，则所以.故选：B.4．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：，从第三项起，每个数都等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.设数列的前项和为，记，，则（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗因为，所以①，②，由①+②，得，又，即，所以.故选：C.5．已知椭圆：与抛物线：交于两点，为坐标原点，若的外接圆经过点，则等于（

）A． B． C．2 D．4〖答案〗A〖解析〗设，则，.由题意知，四点共圆，由椭圆和抛物线的对称性，知的外接圆的圆心必在x轴，设与x轴相交于点D，则，在圆D中，有，即，又，所以，解得，①代入，得，②将①②代入椭圆方程，得，整理，得，解得.经检验，时，符合题意.故实数p的值为.故选：A.6．已知，满足，若函数在区间上有且只有两个零点，则的范围为（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗依题意：，关于对称，则有，，，不妨设，则，，，当在有且仅有两个零点，则，∴.故选：D.7．如图所示，在正方体中，，分别为，的中点，设二面角的平面角为，直线与平面所成角为，则（

）A． B． C． D．与正方体棱长有关〖答案〗A〖解析〗设点为与的交点，由于，所以四边形是平行四边形，所以.由于平面，所以平面，所以平面，所以，过点作的垂线，垂足为，又平面，则平面，又平面，则，所以，从而，，在中，，所以，所以．故选：A8．函数图象的大致形状是（

）A． B．C． D．〖答案〗B〖解析〗依题意，函数的定义域为R，，即函数是R上的奇函数，其图象关于原点对称，选项A，C不满足；当时，，即有，选项D不满足，B符合题意.故选：B9．已知三棱柱中，，，平面平面，，若该三棱柱存在体积为的内切球，则三棱锥体积为（

）A． B． C．2 D．4〖答案〗D〖解析〗如图所示，因为，，，所以平面，又因为平面平面，平面平面，过点作，则平面，则，又因为，所以平面，平面，所以.设则，又因为三棱锥内切球的体积为，则，则，，即，则，解得，棱柱的高等于内切球直径，所以，故三棱锥的体积为.故选：D10．第二十二届世界杯足球赛将于年月日在卡塔尔举行，东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰分在组进行单循环小组赛（每两队只进行一场比赛），每场小组赛结果相互独立.已知东道主卡塔尔与厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰比赛获胜的概率分别为、、，且.记卡塔尔连胜两场的概率为，则（

）A．卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，最大B．卡塔尔在第二场与塞内加尔比赛，最大C．卡塔尔在第二场与荷兰比赛，最大D．与卡塔尔和厄瓜多尔、塞内加尔、荷兰的比赛次序无关〖答案〗A〖解析〗因为卡塔尔连胜两场，则第二场卡塔尔必胜，①设卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，且连胜两场的概率为，则；②设卡塔尔在第二场与塞内加尔比赛，且两场连胜的概率为，则；③设卡塔尔在第二场与荷兰比赛，且两场连胜的概率为，则.所以，，，，所以，，因此，卡塔尔在第二场与厄瓜多尔比赛，最大，A对，BCD错.故选：A.11．设为坐标原点，为双曲线的两个焦点，为双曲线的两条渐近线，垂直于的延长线交于，若，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗双曲线的渐近线方程为：，不妨令，因为直线垂直，则，故，又，则点到直线的距离为=，所以，，又，可知直线的方程为：，与联立方程组可得：，则，解得，故,由,则,中，由勾股定理可得:,故；又,则，即，因为的延长线交于，此时点的纵坐标大于0，即，故，所以，所以化简得.则，故，则.故选：B.12．若，，，其中为自然对数的底数，则的大小关系为（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗令，则，令，则，在上单调递增，，又，，，即，；令，则，在上单调递增，，，即；在上单调递增，，即；综上所述：.故选：C.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题共4小题，每小题5分，共20分.13．在的展开式中，的系数为__________.〖答案〗〖解析〗由题意可知，把二项式看成由和两项构成，展开式中含的项为，再将展开可得含的项为即可知的系数为.故〖答案〗为：14．若，则函数的值域是___________.〖答案〗〖解析〗，∴，∴，令，则，，，故当t＝1时，函数y取得最小值为1，当t时，函数y取得最大值为，故函数的值域为，故〖答案〗为：15．已知数列中，，，且，则______.〖答案〗〖解析〗特征方程为，解得：，所以可设，因为，，所以，解得：，，故.故〖答案〗为：16．已知，，不等式恒成立，则___________.〖答案〗〖解析〗由得：，设，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，；，，又，，，，.故〖答案〗为：.三、解答题共70分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.17．（12分）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角B的大小；（2）若，求周长的取值范闱．解：（1）由正弦定理得，整理得，即，∵，，角B为锐角，∴．（2）由正弦定理，可得，，∴．∵是锐角三角形，∴，解得，∴，∴，∴，即，而，∴周长的取值范围为．18．（12分）如图，在多面体中，四边形为直角梯形，，，，，四边形为矩形．（1）求证：平面平面ABCD；（2）线段MN上是否存在点H，使得二面角的余弦值为？若不存在，请说明理由．若存在，确定点H的位置．（1）证明：如图1，∵四边形为直角梯形，，，，，∴由平面几何的知识得，，又，∴在中，满足，∴为直角三角形，且．∵四边形为矩形，∴．∵，，，平面，平面，∴平面．又∵平面，∴平面平面；（2）解：存在点，使得二面角的余弦值为，点为线段上靠近的四等分点．以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图2，∴，设，由，即，得．设平面的一个法向量为，∴，即，不妨设，则．平面的一个法向量为．设二面角的平面角大小为，∴，解得或（舍去）所以当点为线段上靠近的四等分点时，二面角的余弦值为．19．（12分）中国在第75届联合国大会上承诺，将采取更加有力的政策和措施，力争于2030年之前使二氧化碳的排放达到峰值，努力争取2060年之前实现碳中和（简称“双碳目标”），此举展现了我国应对气候变化的坚定决心，预示着中国经济结构和经济社会运转方式将产生深刻变革，极大促进我国产业链的清洁化和绿色化.新能源汽车､电动汽车是重要的战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用.为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量的方差为，年份的方差为.（1）求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱；（2）该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表：性别购买非电动汽车购买电动汽车总计男性39645女性301545总计692190依据小概率值的独立性检验，能否认为购买电动汽车与车主性别有关；（3）在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中，男性的人数为，求的分布列和数学期望.①参考数据：；②参考公式：（i）线性回归方程：，其中；（ii）相关系数：，若，则可判断与线性相关较强.（iii），其中.附表：解：（1）（1）相关系数为故与线性相关较强.（2）零假设为：购买电动汽车与车主性别相互独立，即购买电动汽车与车主性别无关.所以依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于.（3）抽样比，男性车主选取2人，女性车主选取5人，则的可能取值为故,,故的分布列为：01220．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，离心率为.点P是椭圆上的一动点，且P在第一象限