西藏拉萨市2023届高三下学期第一次模拟理科数学试卷+答案.pdf下载_163文库

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1、理科数学全解全析及评分标准第 1 页（共 12 页）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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D B C D A C D C D B B A 1D【解析】由题意，知|0Ax x.又|2Bx x，所以(0,)AB.故选 D 2B【解析】因为21i(12i)ii2zz，所以1212ii213izz .故选 B.3C【解析】设点A的坐标为(,)AAxy，由题意，得(2,0),F所以|4124BF.根据抛

2、物线的定义，知|24AAFx，所以2,Ax 所以216,Ay 则4Ay 故选 C.4D【解析】由题意知12ADAC，23BMBD,所以22(33AMABBMABBDABAD )AB 1233ABAD 121332ABAC 1133ABAC.故选 D.5A【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

3、；D 选项，因为3.943.63.63(0.2)1.42.52.92.79，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 6C【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,PHHG,PGBC所以22PGPHHG2299.6173.1613.16，则14422PBCABCDBCPGSPGSABBCAB正方形26.321.3719.2，故选 C 理科数学全解全析及评分标准第 2 页（共 12 页）7 D【解析】因为(0,)2，2cos3，所以2225sin1cos1()33，所

4、以sin5tancos2，所以22522tan2tan24 51tan51()2 故选 D 8C【解析】因为将(1)yf x的图象向右平移1个单位长度后得到函数()yf x的图象且(1)yf x的图象关于点(1,0)成中心对称，所以()yf x的图象关于原点成中心对称，所以()yf x在R上是奇函数，所以(2)f 3(2)121f 故选 C 9D【解析】如图，取CD的中点M，连接BM，3ACBADB，2CBD，2ACAD，2sin33AB，2cos13BCBD，2CD，所以BCD是等腰直角三角形，所以斜边CD的中点M为BCD外接圆的圆心.因为ABBC,ABBD所以AB 平面BCD，所以过M作平

5、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ABCD外接球的球心.连接OB，因为1222BMCD，1322OMNBAB，所以四面体ABCD外接球的半径22ROBOMBM22325()()222，所以所求外接球的表面积245SR故选 D.10B【解析】由正弦定理及1cos2coscCaA，得sin1cossin2cosCCAA，所以sinsincos2sincossinAACCAC，所以sinsincoscossin2sinAACACC，即sinsin()2sinAACC，所以sinsin2sinABC.由正弦定理，得2abc.因为4c，所以28abc，又3C，

6、所以2222()2164821cos=2222abcabababCababab，解得16ab，所以ABC的面积为11sinsin223abCab34 34ab.故选 B.11B【解析】易知直线 l：10kxyk 过定点()1,1Q，且点 Q 在圆 O 内，当 Q 是弦 AB 的中点时，弦长AB最小，此时22|=2 2|2 2ABOQ.=()()PA PBPQQAPQQB 221|4PQAB 2|2PQ.理科数学全解全析及评分标准第 3 页（共 12 页）当 P 是线段 QO 的延长线与圆 O 的交点时，|PQ|最大，且最大值是22，所以PA PB 的最大值是2(22)244 2故选 B 1

7、2A【解析】由题意，知0,a 令()ee,0 xaf xxa x，则()e10 xfx，所以()f x在区间(0)，上单调递增，易知()0f a，所以当xa时，()0f x；当0 xa时，()0f x.令21()e2ln1xxaag x，则对任意的(0)x，不等式21(ee)(exaxxa x2ln1)0aa恒成立，等价于当xa时，()0g x；当0 xa时，()0g x.易知21()e2ln1xxaag x在区间(0,)上单调递增，所以xa是21()e2ln1xxaag x的零点，即21e2ln10aaaa，即212lne1aaaa，所以2ln1e2lne1aaaa.构造函数()eth tt

8、，显然 h(t)在R上单调递增，由2ln1e2lne1aaaa，得(2ln)(1)haha，所以2ln1aa，即2ln10aa.令()2ln1aaa，显然()a在区间(0)，上单调递增，易知(1)=0，故1a 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202yxyxy所表示的平面区域，如图中阴影部分所示.由2zxy，得22xzy .作出直线20 xy，并平移，当该直线经过点C时，z取得最小值.由2yxxy，解得11xy，即点(1,1)C，所以2zxy的最小值为12 13.故填 3.14.32【解析】41()2xx展开式的通项为444 21

10、()()0f xf mf xf n，得对任意的0,x，都有()()()f mf xf n，所以()()f nf x为在0,上的最大值，()()f mf x为在0,上的最小值.令3tx，则3cosyt在,3 3 上有且仅有两个零点，根据余弦函数的图象，得53232 ，所以111766.如图，因为,0,m n x,所以3m，3n，3x,33，且1319636，所以在区间,33上，当13363 时，3cosyt仅取得 1 次最小值3，即()3f m ，满足条件的 m 的个数为 1；当336 时，3cosyt可取得 2 次最小值3，即()3f m ，满足条件的 m 的个数为 2.综上，满足条件的 m

11、的个数为 1 或 2故填 1 或 2 说明：1.第 14 题：必须化到最简32或112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 1721 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na的公差为d.因为1,2a,5a成等比数列，所以250,0aa，且2251aa，即211()4adad.（1 分）由513Sa，得11545122adad，即12

12、da.（2 分）理科数学全解全析及评分标准第 5 页（共 12 页）由消去d，得211198aaa.（3 分）所以11a 或1a 0（与20a 矛盾，舍去），（4 分）所以2d，（5 分）所以数列na的通项公式1(1)221nann.（6 分）（2）因为11nnnba a1111()(21)(21)2 2121nnnn，（8 分）所以111111(1)()()23352121nTnn（10 分）11(1)22121nnn.（12 分）说明：第一问：4 分段没有写“1a 0 与20a 矛盾，舍去”，直接得到11a，不扣分.第二问：最后结果得到11(1)221nTn，不扣分.18.（12 分）

13、【解析】（1）因为1111ACBC，M为11AB的中点，所以111C MAB.（2 分）由题意，知平面111ABC平面11ABB A，又平面111ABC 平面1111ABB AAB，所以111C MABB A 平面.又AM 平面11ABB A，所以1C MAM.（3 分）因为M为11AB的中点，所以111112A AABAM.又11A AAM，所以145AMA，同理145B MB，所以AMBM.（4 分）因为1C MBMM，所以AM 平面1BC M.（5 分）（2）易知CA，CB，1CC两两垂直，所以以C为坐标原点，CA，CB，1CC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

14、.（6 分）令11112ACBC，则112 2AB，12A A，所以(2,0,0)A，(0,2,0)B，1(0,0,2)C，（7 分）所以(2,2,0)AB ，1(0,2,2)BC .（8 分）设平面1ABC的法向量为(,)a b cm，则100ABBC mm，（9 分）即220220abbc，令1a,则1b,2c，所以(1,1,2)m是平面1ABC的一个法向量.（10 分）显然平面11BBC的一个法向量为(1,0,0)n.（11 分）理科数学全解全析及评分标准第 6 页（共 12 页）设二面角11ABCB的平面角为，则22211cos|211(2)1m nmn，所以23sin1cos2，

15、所以二面角11ABCB的正弦值为32.（12 分）说明：第一问：1.3 分段未写“平面111ABC 平面1111ABB AAB”，“AM 平面11ABB A”不扣分.2.5 分段未写“1C MBMM”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“(,0,0)an，其中 a 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A，未罚进点球的事件为A；乙队球员罚进点球的事件为B，未罚进点球的事件为B.（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

16、均罚进点球，（2 分）则1212()()()()()(1)(1)2323P CP AP BP AP B（4 分）111632，故每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为12.（5 分）（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.（7 分）比分为 2:1 的概率为()()()()()()()()P AP BP AP BP AP BP AP B 理科数学全解全析及评分标准第 7 页（共 12 页）12121212(1)(1)(1)(1)(1)(1)23232323 11118189.（8 分）比

17、分为 2:2 的概率为()()()()P AP BP AP B12121(1)(1)23239.（9 分）比分为 3:2 的概率为()()()()()()()()P AP BP AP BP AP BP AP B 12122(1)223239.（10 分）综上，甲队第 5 个球员需出场罚球的概率为1124=9999（12 分）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

18、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(2:1)2()(:23:2)PPPP的式子不扣分.4.12 分段如果式子“112999”写对而结果错误，扣 1 分.20（12 分）【解析】（1）由题意，得椭圆E的半焦距3c，当A为椭圆E的上顶点时，()0Ab,，设00()B xy,，（1 分）则1100(3)(3)AFbFBxy,，,.由117AFFB，得008 377bxy ，8 3()77bB,，（2 分）将点 B 的坐标代入椭圆E的方程，得24a.（3 分）又23c，2221bac，（4 分）椭圆E的

19、标准方程是2214xy.（5 分）（2）以AB为直径的圆不经过点2F，理由如下：依题意，知直线l的方程为1(3)2yx.（6 分）理科数学全解全析及评分标准第 8 页（共 12 页）联立22141(3)2xyyx，消去y，并整理，得222 310 xx.（7 分）设11(,)A x y，22(,)B xy，则由根与系数的关系，得123xx，1212x x .（8 分）易知，直线2AF,2BF的斜率都存在且不为0.若以AB为直径的圆经过点2F，则22,AFBF所以直线2AF,2BF的斜率之积为1,即221AFBFkk，（9 分）而2212121212(3)(3)1433(3)(3)AFBFy

20、yxxkkxxxx 121212123()3143()3x xxxx xxx 13(3)3112114443(3)32 ，（11 分）所以以AB为直径的圆不经过点2F.（12 分）说明：1.第二问中直接回答“以AB为直径的圆不经过点2F”得 1 分.2.第二问 8 分后用220F A F B 去验证也给分.21（12 分）【解析】（1）因为4()2fxx，所以(1)2f .（1 分）又(1)1f，所以曲线()yf x在1x 处的切线方程为12()1yx ，所以()23g xx.（2 分）令()()()44ln4xf xg xxx，则1()4(1)xx，（3 分）由()0 x，解得1x；由()0

21、 x，解得01x，所以()x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，（4 分）所以()(1)0 x，所以当0 x 时，()()0f xg x恒成立.（5 分）（2）由（1）知切线23yx 始终在曲线()yf x的下方.（6 分）42(2)()2=(0)xfxxxx.由()0fx，解得2x；由()0fx，解得02x，所以()f x在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增.（7 分）因为12,x x是()f xa的两根，所以1202xx.理科数学全解全析及评分标准第 9 页（共 12 页）将23yx 与ya联立，解得032ax，显然01xx.要证2122xxa，只需证2022xxa，

22、即证23222aax，等价于23270ax(*).（8 分）又222()24ln1af xxx，故(*)式等价于22412ln40 xx.（9 分）令()412ln4(2)h xxxx，则124(3)()4xh xxx.由()0h x，解得3x；由()0h x，解得23x，所以()h x在(2,3)上单调递减，在(3)，上单调递增，（10 分）故43()(3)(1612ln34 43ln34()ln el)n 3h xh.因为2e7，所以43e3，所以43ln eln 3，所以()0h x，（11 分）所以2122xxa.（12 分）说明：第二问：1.6 分段得出23yx 与()yf x图象的

23、位置关系.2.7 分段求出()yf x的单调性.3.8 分段将2122xxa通过23yx 转化为2x与a的关系.4.9 分段将2x与a的关系转化为关于2x的不等式的证明.5.10 分段求关于2x的函数的单调性.6.11 分段得出 h(x)0.7.12 分段证出结论.8.直接画图说明23yx 与()yf x图象的位置关系不扣分.9.利用1612ln31612 1.11613.22.80(3)h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1xtyt，消去t,得21(0)y

24、xy或1yx.（2 分）由sin2cos0，得sin2 cos0,将cos,sinxy代入，得20 xy.（4 分）理科数学全解全析及评分标准第 10 页（共 12 页）故曲线 C 的普通方程为21(0)yxy或1yx，直线 l 的直角坐标方程为20 xy.（5 分）（2）设(1,)P tt是曲线 C 上任一点，则点 P 到直线l的距离为2|2(1)|5115|2()|5485ttt，（8 分）所以当1,4t 即116t 时,点 P 到直线l的距离最小，即|PQ取得最小值，为3 58（10 分）说明：第一问：1.式子“21(0)yxy”中，没有写“0y”，扣 1 分.2.没有写“cos,s

25、inxy”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 l 平行时，两平行线之间的距离为所求的最小值.（7 分）设:2lyxb与21(0)yxy相切，则由221yxbyx，消去 y，整理得224(41)10 xbxb，由22(41)16(1)0bb，得158b ，（8 分）所以15:28lyx，所以|PQ的最小值为21515|0|3 588=8521d.（10 分）23选修 4-5：不等式选讲（10 分）【解析】（1）344213()2221442xxf xxxx，（1 分）3,0()3,0 xxg xxx，（2 分）画出()yf x，()yg x的图象如图所示：理科数学

26、全解全析及评分标准第 11 页（共 12 页）（5 分）（2）要证1()()2f xg x，即证|21|23|1|32xxx，（6 分）只需证13131222|2|2|3xxxxx.33|11(22)|222xxxx，当且仅当1()2x 3()02x，即1322x时，等号成立.（7 分）同理，1313|()|12222xxxx，当且仅当1()2x 3()02x，即1322x时，等号成立.（8 分）又1|02x，当且仅当12x 时，等号成立，（9 分）13131222|2|2|3xxxxx，当且仅当12x 时，等号成立，1()()2f xg x成立.（10 分）说明：第一问：1.1 分段将(

27、)f x化为分段函数时有错不得分.2.2 分段将()g x化为分段函数时有错不得分.3.5 分段正确作出()f x的图象得 2 分，正确作出()g x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()f x和()g x分段函数形式扣 2 分.第二问：1.6 分段将()f x和()g x代入1()()2f xg x.2.7 分段将不等式拆解成 x 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|2|1x 3|2x 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13|22xx的最小值及等号成立的条件.理科数学全解全析及评分标准第 12 页（共 12 页）4.9 分段得出1|02x 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

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