2023届高三下学期开学摸底考数学试卷B（新高考II卷专用）（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（新高考II卷专用）数学一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗，，即；由对数函数定义域知：；.故选：A.2．若复数满足（为虚数单位），则下列结论正确的有（

）A．的共轭复数为 B．C．的虚部为 D．在复平面内是第三象限的点〖答案〗B〖解析〗因为，所以的共轭复数为；；的虚部为；在复平面内对应点的坐标为，它在第四象限，故选：B3．已知双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为（

）A．2 B．3 C． D．〖答案〗A〖解析〗双曲线的渐近线为，不妨取，依题意圆心到直线的距离，即，即；所以双曲线的离心率；故选：A4．已知为递増等差数列，等比数列以为前两项且公比为3，若，则（

）A．13 B．41 C．57 D．86〖答案〗B〖解析〗设等差数列的公差为，由题，所以，即，所以，所以，又因为为公比为3的等比数列，所以，解得，故选：B．5．已知某圆锥的轴截面为等边三角形，且该圆锥内切球的表面积为，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗设圆锥的内切球的半径为，则，所以.又圆锥的轴截面为等边三角形，所以圆锥的高为，圆锥的底面半径为，则圆锥的体积.故选：C.6．云台阁，位于镇江西津渡景区，全全落于云台山北峰，建筑形式具有宋､元古建特征.如图，小明同学为测量云台阁的高度，在云台阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12，在它们的地面上的点M（B，M，D三点共线）测得楼顶A，云台阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得阁顶部C的仰角为30°，则小明估算云台阁的高度为（

）（，，精确到1）A．42 B．45 C．51 D．57〖答案〗D〖解析〗因为，所以在中，，故，在中，，则，所以由正弦定理得，故，所以在中，，故.故选：D.7．现有五名志愿者分配到甲，乙，丙三个不同社区参加志愿者活动，每个社区至少安排一人，则和分配到同一社区的概率为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗把分成三组有和两种情况，①当为时，基本事件的个数为；②当为时，基本事件的个数为，所以基本事件的总数为；和分配到同一社区包含的基本事件个数为，所以和分配到同一社区的概率为，故选：C.8．设是定义在上的连续函数的导函数，且.当时，不等式恒成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗设，则.因为，，所以恒成立.则函数在上单调递增.当时，，不等式可化为，即恒成立.又函数在上单调递增，所以不等式在上恒成立，所以在上恒成立.令，则.令，得.当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递減.所以，所以，故所求实数的取值范固为.故选:A.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列命题中，正确的命题有（

）A．已知随机变量X服从正态分布且，则B．设随机变量，则C．在抛骰子试验中，事件，事件，则D．在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，越接近于1，表示回归的效果越好〖答案〗BD〖解析〗A：因为且，所以，所以，A错误；B：因为，所以，B正确；C：由题知，事件，所以，C错误；D：由的意义可知D正确.故选：BD10．已知，且，则下列说法中正确的有（

）A． B． C． D．〖答案〗ABC〖解析〗由题意，当且仅当时等号成立，A正确；，当且仅当时等号成立，B正确；，当且仅当时等号成立，C正确；，时，，D错误．故选：ABC．11．已知抛物线的焦点为F，为C上一点，.过C的准线上一点P，作C的两条切线，其中A､B为切点.则下列判断正确的是（

）A． B．抛物线C的准线方程为C．以线段为直径的圆与C的准线相切 D．直线恒过焦点F〖答案〗ACD〖解析〗如图所示：因为为C上一点，且，所以，解得，A正确；抛物线方程为，其准线方程为，B不正确；由，得，设，则直线PA的方程为，由点A在直线上，得，即，则直线PB的方程为，由点B在直线上，得，即，所以直线AB的方程为，所以直线AB过定点，C正确；设线段AB的中点为C，由图象和抛物线定义知：，所以以线段AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，D正确.故选：ACD12．在正方体中，为的中点，点在线段上运动，点在棱上运动，为空间中任意一点，则下列结论正确的有（

）A．异面直线与所成角的取值范围是B．的最小值为C．若，则平面截此正方体所得截面的面积是D．若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为〖答案〗ACD〖解析〗对于，如图1，易知四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成的角或补角.又点在线段上运动，可知是等边三角形，所以直线与所成角的取值范围是故A正确对于B，如图2，展开平面，使平面与平面共面，过作，交于点，交于点，则此时最小，由题可知，，则，即的最小值为，故B错误.对于，如图3，平面截此正方体所得截面，所以，作，则，所以，则.又因为，所以，所以，则，可求出，故C正确.对于，如图4，因为，所以在一个平面内，点的轨迹是以为焦点的椭圆.又因为，所以该椭圆的长轴长为8，短轴长为，故点的轨迹是以为焦点的椭球表面.设的中点为，要使三棱锥的体积最大，即到平面的距离最大，所以当平面，且平面时，三棱锥的体积最大，此时为等边三角形，设其中心为，三棱锥的外接球的球心为的外心为，连接，则，所以，此时三棱锥外接球的表面积故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若展开式中的系数为，则实数______.〖答案〗或〖解析〗二项式的通项公式为且所以的通项公式为①当时①式的被减数变为当时①式的减数变为所以展开式中的系数为所以，或故〖答案〗为：或14．写出一个同时具有下列性质①②③的函数:_____.①;②当时，单调递减;③为偶函数.〖答案〗（不唯一）〖解析〗性质①显然是和对数有关，性质②只需令对数的底即可，性质③只需将自变量加绝对值即变成偶函数.故〖答案〗为：（不唯一）15．若，且满足，则___________.〖答案〗〖解析〗因为，所以，设.由可得：，两式相除得：.又，且解得：.因为，所以，解得：.故〖答案〗为：.16．在矩形中，，，E，F分别在边AD，DC上（不包含端点）运动，且满足，则的面积的取值范围为________.〖答案〗8〖解析〗如图，以为原点，所在的直线为轴的正方向建立平面直角坐标系，设，因为，，，所以，，，由余弦定理得得，可得，当且仅当等号成立，即，解得，或，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以，，故〖答案〗为：83四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.（10分）在中，内角的对边分别为，.（1）求；（2）若的面积为，求边上的中线的长.解：（1）因为，所以，所以，即，所以，由余弦定理及得：，又，所以，即，所以，所以.（2）由，所以，由（1），所以，因为为边上的中线，所以，所以，所以，所以边上的中线的长为：.18．（12分）如图，多面体中，四边形为菱形，平面，且.（1）求证：；（2）求二面角的大小.（1）证明：由于四边形为菱形，则平面平面又平面平面平面，又平面（2）解：如下图，取的中点，连接，为等边三角形，，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则由题意得，又，则，，由（1）知平面，则可取为平面的法向量设平面的法向量为，则，，令得，设二面角的平面角为，则，由题知二面角的锐二面角，所以二面角大小为.19．（12分）已知正项数列的前项和为，且，，.（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项和，求证：.（1）解：当时，，所以，由，得，两式相减得，又，所以，所以数列的奇数项和偶数项都是以为公差的等差数列，又，所以数列是以为首项为公差的等差数列，所以；（2）证明：，则，所以，所以.20．（12分）新冠肺炎疫情发生以来，我国某科研机构开展应急科研攻关，研制了一种新型冠状病毒疫苗，并已进入二期临床试验.根据普遍规律，志愿者接种疫苗后体内会产生抗体，人体中检测到抗体，说明有抵御病毒的能力.通过检测，用x表示注射疫苗后的天数，y表示人体中抗体含量水平（单位：miu/mL，即：百万国际单位/毫升），现测得某志愿者的相关数据如下表所示.天数x123456抗体含量水平y510265096195根据以上数据，绘制了散点图.（1）根据散点图判断，与（a，b，c，d均为大于0的实数）哪一个更适宜作为描述y与x关系的回归方程类型？（给出到断即可，不必说明理由）（2）根据（1）的判断结果求出y关于x的回归方程，并预测该志愿者在注射疫苗后的第10天的抗体含量水平值；（3）从这位志愿者的前6天的检测数据中随机抽取3天的数据作进一步的分析，求其中的y值小于50的天数X的分布列及数学期望.参考数据：其中.3.5063.673.4917.509.4912.95519.014023.87参考公式：；，.解：（1）根据散点图判断，更适宜作为描述y与x关系的回归方程类型.理由：方程表示的是直线，而方程表示的是曲线，散点图表示的是曲线.（2），，设，则有，，，，所以y关于x的回归方程为.当时，，则该志愿者在注射疫苗后的第10天的抗体含量水平值约为miu/mL.（3）由表中数据可知，前三天的值小于50，故的可能取值为0，1，2，3.，，，，故的分布列为0123所以数学期望.21．（12分）已知椭圆的离心率为，点与椭圆的左､右顶点可以构成等腰直角三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.（1）解：椭圆离心率为，即，点与椭圆的左､右顶点可以构成等腰直角三角形，，，，故椭圆的方程为.（2）解：由直线与椭圆交于，两点，设，，则联立得，，则，.，.原点到的距离，为定值.22．（12分）已知函数，．（1）若是上的单调递增函数，求实数的取值范围；（2）当时，求在上的最小值；（3）证明：．（1）解：由已知可得：，即恒成立，又则有．（2）解：由已知可得：，，令，在上单调递减，又因为，，，所以存在使得，则有正负递增递减又有，，所以在上，则在上单调递增，所以最小值为．（3）证明：由（2）可得在上恒成立，令，在上，所以单调递增且，所以，，从而当时，令，，，…，得到，，，…，，相加得：2023届高三下学期开学摸底考试卷B（新高考II卷专用）数学一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗，，即；由对数函数定义域知：；.故选：A.2．若复数满足（为虚数单位），则下列结论正确的有（

）A．的共轭复数为 B．C．的虚部为 D．在复平面内是第三象限的点〖答案〗B〖解析〗因为，所以的共轭复数为；；的虚部为；在复平面内对应点的坐标为，它在第四象限，故选：B3．已知双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为（

）A．2 B．3 C． D．〖答案〗A〖解析〗双曲线的渐近线为，不妨取，依题意圆心到直线的距离，即，即；所以双曲线的离心率；故选：A4．已知为递増等差数列，等比数列以为前两项且公比为3，若，则（

）A．13 B．41 C．57 D．86〖答案〗B〖解析〗设等差数列的公差为，由题，所以，即，所以，所以，又因为为公比为3的等比数列，所以，解得，故选：B．5．已知某圆锥的轴截面为等边三角形，且该圆锥内切球的表面积为，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗设圆锥的内切球的半径为，则，所以.又圆锥的轴截面为等边三角形，所以圆锥的高为，圆锥的底面半径为，则圆锥的体积.故选：C.6．云台阁，位于镇江西津渡景区，全全落于云台山北峰，建筑形式具有宋､元古建特征.如图，小明同学为测量云台阁的高度，在云台阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12，在它们的地面上的点M（B，M，D三点共线）测得楼顶A，云台阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得阁顶部C的仰角为30°，则小明估算云台阁的高度为（

）（，，精确到1）A．42 B．45 C．51 D．57〖答案〗D〖解析〗因为，所以在中，，故，在中，，则，所以由正弦定理得，故，所以在中，，故.故选：D.7．现有五名志愿者分配到甲，乙，丙三个不同社区参加志愿者活动，每个社区至少安排一人，则和分配到同一社区的概率为（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗把分成三组有和两种情况，①当为时，基本事件的个数为；②当为时，基本事件的个数为，所以基本事件的总数为；和分配到同一社区包含的基本事件个数为，所以和分配到同一社区的概率为，故选：C.8．设是定义在上的连续函数的导函数，且.当时，不等式恒成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗设，则.因为，，所以恒成立.则函数在上单调递增.当时，，不等式可化为，即恒成立.又函数在上单调递增，所以不等式在上恒成立，所以在上恒成立.令，则.令，得.当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递減.所以，所以，故所求实数的取值范固为.故选:A.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列命题中，正确的命题有（

）A．已知随机变量X服从正态分布且，则B．设随机变量，则C．在抛骰子试验中，事件，事件，则D．在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，越接近于1，表示回归的效果越好〖答案〗BD〖解析〗A：因为且，所以，所以，A错误；B：因为，所以，B正确；C：由题知，事件，所以，C错误；D：由的意义可知D正确.故选：BD10．已知，且，则下列说法中正确的有（

）A． B． C． D．〖答案〗ABC〖解析〗由题意，当且仅当时等号成立，A正确；，当且仅当时等号成立，B正确；，当且仅当时等号成立，C正确；，时，，D错误．故选：ABC．11．已知抛物线的焦点为F，为C上一点，.过C的准线上一点P，作C的两条切线，其中A､B为切点.则下列判断正确的是（

）A． B．抛物线C的准线方程为C．以线段为直径的圆与C的准线相切 D．直线恒过焦点F〖答案〗ACD〖解析〗如图所示：因为为C上一点，且，所以，解得，A正确；抛物线方程为，其准线方程为，B不正确；由，得，设，则直线PA的方程为，由点A在直线上，得，即，则直线PB的方程为，由点B在直线上，得，即，所以直线AB的方程为，所以直线AB过定点，C正确；设线段AB的中点为C，由图象和抛物线定义知：，所以以线段AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，D正确.故选：ACD12．在正方体中，为的中点，点在线段上运动，点在棱上运动，为空间中任意一点，则下列结论正确的有（

）A．异面直线与所成角的取值范围是B．的最小值为C．若，则平面截此正方体所得截面的面积是D．若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为〖答案〗ACD〖解析〗对于，如图1，易知四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成的角或补角.又点在线段上运动，可知是等边三角形，所以直线与所成角的取值范围是故A正确对于B，如图2，展开平面，使平面与平面共面，过作，交于点，交于点，则此时最小，由题可知，，则，即的最小值为，故B错误.对于，如图3，平面截此正方体所得截面，所以，作，则，所以，则.又因为，所以，所以，则，可求出，故C正确.对于，如图4，因为，所以在一个平面内，点的轨迹是以为焦点的椭圆.又因为，所以该椭圆的长轴长为8，短轴长为，故点的轨迹是以为焦点的椭球表面.设的中点为，要使三棱锥的体积最大，即到平面的距离最大，所以当平面，且平面时，三棱锥的体积最大，此时为等边三角形，设其中心为，三棱锥的外接球的球心为的外心为，连接，则，所以，此时三棱锥外接球的表面积故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若展开式中的系数为，则实数______.〖答案〗或〖解析〗二项式的通项公式为且所以的通项公式为①当时①式的被减数变为当时①式的减数变为所以展开式中的系数为所以，或故〖答案〗为：或14．写出一个同时具有下列性质①②③的函数:_____.①;②当时，单调递减;③为偶函数.〖答案〗（不唯一）〖解析〗性质①显然是和对数有关，性质②只需令对数的底即可，性质③只需将自变量加绝对值即变成偶函数.故〖答案〗为：（不唯一）15．若，且满足，则___________.〖答案〗〖解析〗因为，所以，设.由可得：，两式相除得：.又，且解得：.因为，所以，解得：.故〖答案〗为：.16．在矩形中，，，E，F分别在边AD，DC上（不包含端点）运动，且满足，则的面积的取值范围为________.〖答案〗8〖解析〗如图，以为原点，所在的直线为轴的正方向建立平面直角坐标系，设，因为，，，所以，，，由余弦定理得得，可得，当且仅当等号成立，即，解得，或，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以，，故〖答案〗为：83四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.（10分）在中，内角的对边分别为，.（1）求；（2）若的面积为，求边上的中线的长.解：（1）因为，所以，所以，即，所以，由余弦定理及得：，又，所以，即，所以，所以.（2）由，所以，由（1），所以，因为为边上的中线，所以，所以，所以，所以边上的中线的长为：.18．（12分）如图，多面体中，四边形为菱形，平面，且.（1）求证：；（2）求二面角的大小.（1）证明：由于四边形为菱形，则平面平面又平面平面平面，又平面（2）解：如下图，取的中点，连接，为等边三角形，，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则由题意得，又，则，，由（1）知平面，则可取为平面的法向量设平面的法向量为，则，，令得，设二面角的平面角为，则，由题知二面角的锐二面角，所以二面角大小为.19．（12分）已知正项数列的前项和为，且，，.（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项和，求证：.（1）解：当时，，所以，由，得，两式相减得，又，所以，所以数列的奇数项和偶数项都是以为公差的等差数列，又，所以数列是以为首项为公差的等差数列，所以；（2）证明：，则，所以，所以.20．（12分）新冠肺炎疫情发生以来，我国某科研机构开展应急科研攻关，研制了一种新型冠状病毒疫苗，并已进入二期临床试验.根据普遍规律，志愿者接种疫苗后体内会产生抗体，人体中检测到抗体，说明有抵御病毒的能力.通过检测，用x表示注射疫苗后的天数，y表示人体中抗体含量水平（单位：miu/mL，即：百万国