2023届西藏拉萨市高三一模数学（文）试题含解析

2023届西藏拉萨市高三一模数学（文）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．设复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】直接运用复数计算公式即可.

【详解】由，得.

故选:B.

3．已知函数，则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】A

【分析】根据分段函数对于解析式范围代入求值即可.

【详解】当时，，当时，，所以.

故选：A.

4．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．

5．某生物实验室对某种动物注射某种麻醉药物，下表是注射剂量（单位：ml）与注射4h后单位体积血液药物含量相对应的样本数据，得到变量与的线性回归方程为，则的值为（    ）

A．12.2 B．12.5 C．12.8 D．13

【答案】C

【分析】利用样本点的中心在回归直线上，列方程即可求得的值.

【详解】由表中数据，得，而样本点的中心在回归直线上，

则，所以，解得，

故选：C.

6．已知实数，满足，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由均值定理即可求得的最小值.

【详解】，

当且仅当时等号成立，

所以的最小值为.

故选：A.

7．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.

8．执行如图所示的程序框图，则输出的T的值是（    ）

A．32 B．48 C．64 D．72

【答案】C

【分析】依据循环结构的要求即可求得输出的T的值.

【详解】由，，得，，；

由，得，，；

由，得，，；

由，得，，，输出.

故选：C.

9．过点作斜率不为的直线与圆：交于，两点，若，则直线的斜率（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过弦长公式求出圆心到直线的距离，再利用点到直线距离公式得直线斜率.

【详解】由题意，知直线的方程为，即.

因为圆的圆心坐标为，半径，

所以圆心到直线的距离.

又，

所以，即，

解得（舍去）或.

故选:D.

10．已知，满足，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】把条件等式平方相加，结合两角差的公式可得，结合平方关系和商关系可得答案.

【详解】∵①，②，

∴，得，即，

∴，∴，

故选：A.

11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的最小正周期是

B．函数的最大值为

C．函数的图象关于直线对称

D．函数在上单调递增

【答案】D

【分析】利用三角恒等变换将化成的形式，即可求解.

【详解】因为

，

所以函数的最小正周期，故错误；

因为，所以函数的最大值，故错误；

因为，不等于的最大值或最小值，所以函数的图象不关于直线对称，故错误；

因为，所以，所以函数在上单调递增，故正确.

故选:.

12．已知，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用，取对数可得，可得，构造函数，判断单调性可得.

【详解】∵，∴，即，

∴，∴，∴，∴.

令，则，

∴在上单调递增，∴，即，∴，∴.

故选：D.

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．已知平面向量，在网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则_________.

【答案】

【分析】建立平面直角坐标系，写出向量的坐标，利用数量积的坐标表示可求答案.

【详解】如图，建立平面直角坐标系，则，，所以.

故答案为：.

15．已知的斜边，，现将绕边旋转到的位置，使，则所得四面体外接球的表面积为_____.

【答案】

【分析】先找到四面体外接球的球心所在位置，求得该外接球的半径，进而求得其表面积.

【详解】如图，，，

，，，，

等腰直角三角形斜边CD的中点M为外接圆的圆心，

连接BM，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O即为四面体外接球的球心.

连接OB，易知，，

所以四面体外接球的半径，

所以四面体外接球的表面积.

故答案为：.

16．已知双曲线：与双曲线有相同的渐近线，是双曲线右支上任一点，过点作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为M，N，O是坐标原点，若的最小值是，则当取最小值时，的面积是__________.

【答案】

【分析】根据渐近线方程求出，得出，利用基本不等式求出当取最小值时，的值，结合面积公式可得答案.

【详解】由题意，得双曲线：的渐近线方程为，则，所以双曲线：，即.

由双曲线C的一条渐近线的倾斜角为，，，得.

设，则，

由点到直线的距离公式得.

在中，

，

所以，当且仅当时取等号，此时，

所以的面积为.

故答案为：.

三、解答题

17．已知数列的前项和为，且满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)令，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用求通项公式；

（2）利用分组求和的方法求.

【详解】（1）当时，，则.

当时，由①，得②，

①②，得，

∴，即，

∴数列是以为首项，为公比的等比数列，∴，

当时也满足上式，

∴.

（2）由（1）得  ，

∴  .

18．某地足球协会为了调查球迷对第二十二届世界杯的了解情况，组织了一次相关知识测试活动，并从中抽取了50位球迷的测试成绩（取正整数，满分100分）进行统计，按照，，，，进行分组并作出频率分布直方图，如图所示.

(1)求a的值，并估计参与本次活动的球迷测试成绩的中位数；

(2)规定测试成绩不低于80分的为“真球迷”，测试成绩不低于90分的为“狂热球迷”，现从该样本中的“真球迷”中随机抽取2人，求抽取的2人中恰有1人为“狂热球迷”的概率.

【答案】(1)，中位数约为71.5分

(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图各个条形的面积之和等于即可求出值，再根据中位数的定义即可求出中位数;

（2）利用古典概型的计算公式求解.

【详解】（1）测试成绩在内的频率为，

所以.

设测试成绩的中位数为分，

因为，

所以，所以，解得，

所以，参与本次活动的球迷测试成绩的中位数约为71.5分.

（2）由题意，知测试成绩在内的球迷有人，

记这6人分别为，，，，，；

测试成绩在内的球迷有人，记这2人分别为，.

所以样本中共有8名“真球迷”，其中“狂热球迷”有2名，从“真球迷”中随机抽取2人的所有情况有28种，

分别为：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，

其中抽取的2人中恰有1人为“狂热球迷”的情况有12种，分别为：，，，，，，，，，，，，

故所求概率.

19．如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点.

(1)求证：平面；

(2)若，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用已知直三棱柱的结构特征，证明平面，可得，再利用侧面矩形的结构特征，证明，可得平面；

（2）由（1）中的证明过程可得，计算数据代入即可.

【详解】（1）因为为直三棱柱，所以平面.

又平面，所以.

因为为棱的中点，，所以.

因为平面，平面，，所以平面.

又平面，所以.

因为为棱的中点，所以.

又，所以，同理，所以.

因为平面，平面，，

所以平面.

（2）因为，，，

所以，，

所以.

由（1）知平面，

所以，

即三棱锥的体积为.

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)当时，求曲线在处的切线方程；

(2)若有两个不同的极值点，，且，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据某点处导数的几何意义，求出处的切线斜率，再求出，利用点斜式求出切线方程.

（2）因为有两个不同的极值点，所以导数有两个零点，，再次求导，结合单调性应非单调且有最值，通过计算有最小值，令其小于零，且在极值点的两侧有，初步得到的范围.再结合条件中，通过构造关于的函数，又得到的另一个范围，比较和的大小，最终确定的范围.

【详解】（1）当时，，

所以，所以所求的切线斜率为.

又，所以切点为，

所以曲线在处的切线方程为，即.

（2）对函数求导，得.

函数有两个不同的极值点，，等价于有两个零点，，且零点两侧的函数值异号，

即有两个零点，，

令，则.

当时，，在上单调递增，不可能有两个零点；

当时，由，得，即在上单调递增.

由，得，即在上单调递减.

要使有两个零点，则，即，解得.

此时，，，.

令，则.因为在上单调递增，所以，

所以在上单调递增，则，即，

所以当时，有两个零点且两个零点，分别位于区间，内.

所以.令，则，所以，即，解得.

令，则.

令，则，

所以在上单调递增，所以，即，

所以在上单调递增，所以，即.

又，令，则，

当时，，所以在区间上单调递增，

所以，即.

令，则.

因为对任意恒成立，

所以在上单调递增，则，

所以，即，

所以，即的取值范围为.

【点睛】易错点点睛：（1）极值点问题即导数零点问题，忽略对参数的讨论，本题导函数应该是非单调函数.

（2）另外易错点是只讨论了极值（最值）的正负，还应讨论极值点两侧函数值的正负，确保原函数有两个极值点.

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.