2023届西藏拉萨市高三下学期第一次模拟数学（理）试题含解析

  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.1

7.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.-3

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.

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

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.

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。

1.D【解析】由题意，知.又，所以.故选D.

2.B【解析】因为，所以.故选B.

3.C【解析】设点的坐标为，由题意，得，所以.根据抛物线的定义，知，所以，所以，则.故选C.

4.D【解析】由题意知，，所以

.

故选D.

5.A【解析】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.C【解析】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.D【解析】因为，，所以，所以，所以.故选D.

8.C【解析】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，所以在上是奇函数，所以.故选C.

9.D【解析】如图，取CD的中点M，连接BM，，，，，，，所以是等腰直角三角形，所以斜边CD的中点M为外接圆的圆心.因为，，所以平面BCD，所以过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，所以所求外接球的表面积.故选D.

10.B【解析】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，解得，

所以的面积为.故选B.

11.B【解析】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.A【解析】由题意，知，令，，则，

所以在区间上单调递增，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，.

易知在区间上单调递增，

所以是的零点，即，

即，所以.

构造函数，显然在上单调递增，

由，得，所以，即.

令，显然在区间上单调递增，易知，故.故选A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.3【解析】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.故填3.

14. 【解析】展开式的通项为.令，得，所以，故填.

15. 【解析】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，则.设，则.因为，当且仅当时取等号，所以.故填.

16.1或2【解析】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，

所以在区间上，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.故填1或2.

说明：1.第14题：必须化到最简或或1.5才得分，不能在结果中含有组合数.

2.第16题：写成1和2也给分，只写1或只写2不得分.

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.