2023届西藏拉萨市高三一模数学（理）试题含解析

这是一份2023届西藏拉萨市高三一模数学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届西藏拉萨市高三一模数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先化简集合A，进而利用交集定义求得.【详解】由题意知，又，所以.故选：D.2．已知复数，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用复数乘法求得，再利用复数加法即可求得的值.【详解】因为，所以.故选：B.3．已知点是抛物线：的焦点，是抛物线上的一点，若，，则点的纵坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由抛物线方程得出焦点的坐标，由两点之间距离公式得出，即，再由抛物线的焦半径公式得出点的横坐标，代入抛物线方程即可得出纵坐标．【详解】设点的坐标为，由题意，得，所以，根据抛物线的定义，知，所以，代入抛物线方程得，，则，故选：C．4．在中，D为AC边的中点，若点M满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用向量的基本定理，结合图形即可.【详解】由题意知，，所以.故选: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%【答案】A【分析】求得2022年8月的原油产量与2021年8月的原油产量的关系判断选项A；求得2021年9月至2021年12月的原油产量的变化趋势判断选项B；求得2022年3月至2022年11月，原油产量同比增长率最高的月份判断选项C；求得2022年3月至2022年11月的原油产量同比增长率的平均数判断选项D.【详解】A选项，2022年8月的原油产量同比增长率为负数，说明2022年8月原油产量低于2021年8月，故A正确；B选项，2021年9月至2021年12月的原油产量的同比增长率呈逐月下降趋势，但均大于0，则原油产量依然可能会增加，故B错误；C选项，2022年4月的原油产量同比增长率最高，故C错误；D选项，因为，所以2022年3月至2022年11月的原油产量同比增长率的平均数约为2.7%，故D错误.故选：A.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．1【答案】C【分析】根据图形,作出直观图,利用正四棱锥的相关性质即可求解.【详解】如图，设H为底面正方形ABCD的中心，G为BC的中点，连接PH，HG，PG，则，，所以，则， 故选：C.7．已知，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先由，，求出，再得出，根据得出答案．【详解】因为，，所以，所以，所以，故选：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． D．【答案】C【分析】根据题意和抽象函数图象的对称性可得的图象关于原点中心对称，为奇函数，结合奇函数的性质即可求解.【详解】因为将的图象向右平移1个单位长度后得到函数的图象且的图象关于点成中心对称，所以的图象关于原点成中心对称，则在上是奇函数，所以.故选：C.9．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．【答案】D【分析】如图，根据题意可知CD的中点M为外接圆的圆心，由线面垂直的判定定理可得平面BCD，进而O为四面体外接球的球心.根据勾股定理求出外接球的半径，结合球的体积公式计算即可求解.【详解】如图，取CD的中点M，连接BM，，，，，，，所以是等腰直角三角形，则斜边CD的中点M为外接圆的圆心.因为，，平面BCD，所以平面BCD.过M作平面BCD的垂线，过AB的中点N作BM的平行线，两直线的交点为O，点O即为四面体外接球的球心.连接OB，因为，，所以四面体外接球的半径，故所求外接球的表面积为.故选：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．16【答案】B【分析】由正弦定理及两角和的正弦公式得，再利用余弦定理得，从而求出的面积.【详解】由正弦定理及，得，所以，所以，即，所以.由正弦定理得.因为，所以，又，所以由余弦定理得，解得，所以的面积为.故选：B.11．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．【答案】B【分析】先求得直线过定点，进而确定当Q是弦AB的中点时弦长AB最小，再利用垂径定理即可求得数量积的最大值.【详解】易知直线：过定点，且点Q在圆O内，当Q是弦AB的中点时，弦长AB最小，此时.当P是线段QO的延长线与圆O的交点时，最大，且最大值是，所以的最大值是.故选：B.12．对任意的，不等式恒成立，则实数的取值集合是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】令，，利用导数研究函数的单调性，可将原不等式转化为时，，当时，.利用导数研究函数的性质，即可求解.【详解】由题意，知，令，，则，所以在上单调递增，易知，所以当时，；当时，.令，则对任意的，不等式恒成立，等价于当时，，当时，.当时，，则函数在上单调递增，所以是的零点，即，即，即.构造函数，则，函数在上单调递增，由，得，所以，即.令，则，函数在上单调递增，易知，故.故选：A.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 二、填空题13．若实数，满足约束条件，则的最小值为_________.【答案】3【分析】根据不等式组作出可行域，作出直线，并平移，当该直线经过点时，取得最小值，求出点C的坐标即可求解.【详解】作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示.由，得.作出直线，并平移，当该直线经过点时，取得最小值.由，解得，即点，所以的最小值为.故答案为：3.14．的展开式中的常数项为____.（用数字作答）【答案】/【分析】利用二项展开式的通项即可求得的展开式中的常数项.【详解】展开式的通项为.令，得，所以，故答案为：.15．已知点是双曲线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_________．【答案】【分析】由双曲线方程得出渐近线方程，从而得出，设，由点到直线距离公式得出和，再根据余弦定理和基本不等式得出，结合的最小值是，即可求出的值．【详解】由题意，知双曲线：的渐近线方程为，其中一条渐近线的倾斜角为，不妨设点在直线上，点在直线上，所以，则，设，则，即，则，，所以，因为，所以，当且仅当时取等号，所以，解得，故答案为：．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__________.【答案】1或2【分析】由题意可知当时有，由换元法可得在上有且仅有两个零点，则，结合余弦函数的图象，即可求解.【详解】由，对任意的，都有，得对任意的，都有，所以为在上的最大值，为在上的最小值.令，则在上有且仅有两个零点，根据余弦函数的图象，得，所以.如图，因为，所以，，，且，所以在上，当时，仅取得1次最小值-3，即，满足条件的的个数为1；当时，可取得2次最小值-3，即，满足条件的的个数为2.综上，满足条件的的个数为1或2.故答案为：1或2. 三、解答题17．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.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据等比中项的应用和等差数列的通项公式和前n项求和公式求出数列的的首项和公差，即可求解；（2）由（1）知，利用裂项相消法求和即可求解.【详解】（1）设等差数列的公差为d.因为1，，成等比数列，所以，，且，即①.由，得，即②.由①②消去d，得.所以或（与矛盾，舍去），所以，故数列的通项公式.（2）由（1）知，则，所以，则.18．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.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据题意可得，结合题意由面面垂直的性质即可得到平面，进而得到，结合已知条件进一步得到，然后利用线面垂直的判定即可得证；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（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.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.19．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.【答案】(1)(2) 【分析】(1)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) 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.【详解】（1）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.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,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.20．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.【答案】(1)(2)以为直径的圆不经过点,理由见解析 【分析】(1)将直线方程求出来,再带入向量等式即可求出椭圆方程;(2)联立计算出的值,即可判断是否经过.【详解】（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，解得.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.21．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：.【答案】(1)，证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可，根据导数判定的单调性，求出最小值即可证明；（2）判断的单调性，联立与得出交点横坐标，结合上面结论将问题转化为证明：，由，化简为证明，构造新函数，利用其单调性及最小值即可.【详解】（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，则.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.22．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、分别为曲线和直线上的任意一点，求的最小值.【答案】(1)曲线的普通方程为或，直线的直角坐标方程为(2) 【分析】（1）在曲线的参数方程中消去参数，可得出曲线的普通方程，利用极坐标方程与普通方程之间的转换关系可得出直线的普通方程；（2）设是曲线上任一点，利用点到直线的距离公式结合二次函数的基本性质可求得的最小值.【详解】（1）解：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）解：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.23．已知函数，.(1)请在图中画出和的图象；(2)证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论求解函数解析式，作出图形即可；（2）根据题意，将原不等式转化为，结合绝对值三角不等式，即可证明.【详解】（1）当时，；当时，；当时，，所以；当时，；当时，，所以.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.