2023届西藏拉萨市高三下学期第一次模拟数学（理）试题含答案

这是一份2023届西藏拉萨市高三下学期第一次模拟数学（理）试题含答案，共19页。试卷主要包含了位于徐州园博园中心位置的国际馆，已知，且，则等内容，欢迎下载使用。
  拉萨市2023届高三第一次模拟考试理科数学本卷满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合，，则A.    B.    C.    D. 2.已知复数，，则A.    B.    C.    D. 3.已知点F是抛物线C：的焦点，A是抛物线C上的一点，若，，则点A的纵坐标为A.    B.    C.    D. 4.在中，D为AC边的中点，若点M满足，则A.    B. C.    D. 5.在统计学中，同比增长率一般是指和上年同期相比较的增长率.如图为我国2021年2月至12月及2022年3月至12月的原油产量同比增长率，则下列叙述正确的是A.2022年8月的原油产量低于2021年8月的原油产量B.2021年9月至2021年12月的原油产量呈逐月下降趋势C.2022年3月至2022年11月，原油产量同比增长率最高的月份是6月D.2022年3月至2022年11月的原油产量同比增长率的平均数不超过2.5%6.位于徐州园博园中心位置的国际馆（一云落雨），使用现代科技雾化“造云”，打造温室客厅，如图，这个国际馆中3个展馆的顶部均采用正四棱锥这种经典几何形式，表达了理性主义与浪漫主义的对立与统一.其中最大的是3号展馆，其顶部所对应的正四棱锥底面边长为19.2m，高为9m，则该正四棱锥的侧面面积与底面面积之比约为（参考数据：）A.2   B.1.71   C.1.37   D.17.已知，且，则A.    B.    C.    D. 8.已知函数的定义域为，且的图象关于点成中心对称.当时，，则A.1   B.3   C.-1   D.-39.已知的斜边，，现将绕AB边旋转至的位置，使，则所得四面体外接球的表面积为A.    B.    C.    D. 10.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为A.    B.    C.12   D.1611.已知直线：与圆：交于A，B两点，Р为圆О上一点，当弦长AB最小时，则的最大值为A.    B.    C.    D. 12.对任意的，不等式恒成立，则实数的取值集合是A.    B.    C.    D. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若实数，满足约束条件，则的最小值为_________.l4. 的展开式中常数项为_________.（用数字作答）15.已知点P是双曲线C：右支上的一点，过点Р作双曲线C的两条渐近线的垂线，垂足分别为M，N，若的最小值是，则_________.16.已知函数在上有且仅有两个零点.若，且，对任意的，都有，则满足条件的的个数为__________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17.（12分）已知等差数列的前项和为，且1，，成等比数列，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.18.（12分）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.19.（12分）某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战.点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.（1）求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率；（2）若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以2：0领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率.20.（12分）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过点且斜率为k的直线与椭圆交于A，B两点.当A为椭圆E的上顶点时，.（1）求椭圆的标准方程；（2）当时，试判断以AB为直径的圆是否经过点，并说明理由.21.（12分）已知函数.（1）求曲线在处的切线方程，并证明：当时，恒成立；（2）若有两个不同的实数根，，且，证明：.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程；（2）设P，Q分别为曲线和直线上的任意一点，求的最小值.23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数，.（1）请在图中画出和的图象；（2）证明：.    拉萨市2023届高三第一次模拟考试理科数学·全解全析及评分标准一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。123456789101112DBCDACDCDBBA二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.314. 15. 16.1或2三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17.（12分）【解析】（1）设等差数列的公差为.因为1，，成等比数列，所以，，且，即①.由，得，即②.由①②消去，得.所以或（与矛盾，舍去），所以，所以数列的通项公式.（2）因为所以.说明：第一问：4分段没有写“与矛盾，舍去”，直接得到，不扣分.第二问：最后结果得到，不扣分.18.（12分）【解析】（1）因为，M为的中点，所以.由题意，知平面平面，又平面平面，所以平面.又平面，所以.因为为的中点，所以.又，所以，同理，所以.因为，所以平面.（2）易知CA，CB，两两垂直，所以以C为坐标原点，CA，CB，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.（6分）令，则，，所以，，所以，.设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以是平面的一个法向量.显然平面的一个法向量为.设二面角的平面角为，则，所以，所以二面角的正弦值为.说明：第一问：1.3分段未写“平面平面”，“平面”不扣分.2.5分段未写“”不扣分.第二问：1.只要建系合适、计算正确均可得分.2.11分段取“，其中为除0以外的任何数”也给分.19.（12分）【解析】设每一轮罚球中，甲队球员罚进点球的事件为，未罚进点球的事件为；乙队球员罚进点球的事件为，未罚进点球的事件为.（1）设每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的事件为C，由题意，得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种：甲、乙均未罚进点球，或甲、乙均罚进点球，（2分）则，故每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为.（2）因为甲队第5个球员需出场罚球，则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分，即四轮罚球结束时比分可能为2：1或2：2或3：2.①比分为2：1的概率为.②比分为2：2的概率为.③比分为3：2的概率为.综上，甲队第5个球员需出场罚球的概率为.说明：第一问：1.2分段缺失，只列式不设事件，计算正确扣1分.2.分开写时，求出甲、乙均不得分的概率给1分，求出甲、乙均得1分的概率给1分，计算结果1分.第二问：1.7分段四轮罚球结束时比分可能为2：1或2：2或3：2，写漏的扣1分，只有1个或2个对的扣1分.2.在计算2：1的概率，2：2的概率，3：2的概率列式对计算错不给分.3.没有分类，但出现的式子不扣分.4.12分段如果式子“”写对而结果错误，扣1分.20.（12分）【解析】（1）由题意，得椭圆的半焦距，当为椭圆的上顶点时，，设，则，.由，得，，∴，将点的坐标代入椭圆的方程，得.又，∴，∴椭圆的标准方程是.（2）以AB为直径的圆不经过点，理由如下：依题意，知直线的方程为.联立，消去，并整理，得.设，，则由根与系数的关系，得，.易知，直线，的斜率都存在且不为0.若以为直径的圆经过点，则所以直线，的斜率之积为-1，即，而，所以以为直径的圆不经过点.说明：1.第二问中直接回答“以为直径的圆不经过点”得1分.2.第二问8分后用去验证也给分.21.（12分）【解析】（1）因为，所以.又，所以曲线在处的切线方程为，所以.令，则，由，解得；由，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以当时，恒成立.（2）由（1）知切线始终在曲线的下方.由，解得；由，解得，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，是的两根，所以.将与联立，解得，显然.要证，只需证，即证，等价于（*）.又，故（*）式等价于.令，则.由，解得；由，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，故.因为，所以，所以，所以，所以.说明：第二问：1.6分段得出与图象的位置关系.2.7分段求出的单调性.3.8分段将通过转化为与的关系.4.9分段将与的关系转化为关于的不等式的证明.5.10分段求关于的函数的单调性.6.11分段得出.7.12分段证出结论.8.直接画图说明与图象的位置关系不扣分.9.利用不扣分.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）【解析】（1）由，消去，得或.由，得，将，代入，得.故曲线的普通方程为或，直线的直角坐标方程为.（2）设是曲线上任一点，则点到直线的距离为，所以当，即时，点到直线的距离最小，即取得最小值，为.说明：第一问：1.式子“”中，没有写“”，扣1分.2.没有写“，”不扣分.第二问另解：由题意，知当曲线C在点P处的切线与直线平行时，两平行线之间的距离为所求的最小值.设：与相切，则由，消去，整理得，由，得，所以：，所以的最小值为.23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）【解析】（1），画出，的图象如图所示：（2）要证，即证，只需证.∵，当且仅当，即时，等号成立.同理，，当且仅当，即时，等号成立.又，当且仅当时，等号成立，∴，当且仅当时，等号成立，∴成立.说明：第一问：1.1分段将化为分段函数时有错不得分.2.2分段将化为分段函数时有错不得分.3.5分段正确作出的图象得2分，正确作出的图象得1分.作图时函数图象形状大致正确，但关键点不正确扣1分.4.只画图不写出和分段函数形式扣2分.第二问：1.6分段将和代入.2.7分段将不等式拆解成系数为1的含5个绝对值的不等式，并利用绝对值三角不等式得出的最小值及等号成立的条件.3.8分段利用绝对值三角不等式得出的最小值及等号成立的条件.4.9分段得出等号成立的条件.5.10分段得出原不等式等号成立的条件，从而证出原不等式.6.第（2）问如果通过平移作图证明，此问也可得5分.