西藏自治区拉萨市2023-2024高三上学期12月第一次模拟考试理科数学试题（含解析）

拉萨市2023-2024学年高三上学期12月第一次模拟考试
数学理科
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证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．已知全集，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数为纯虚数，则实数的值为（ ）
A． B．0 C．1 D．2
3．双曲线的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．将函数的图象向左平移个单位长度，得到偶函数的图象，则（ ）
A． B． C． D．
5．函数的部分图象大致为（ ）
A． B． C． D．
6．已知拋物线的焦点为，点在抛物线上，且为坐标原点，则（ ）
A． B． C．4 D．5
7．二项式的展开式中的第3项为（ ）
A．160 B． C． D．
8．若变量满足约束条件则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．若一个圆锥的轴截面是一个腰长为，底边上的高为1的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
10．的值为（ ）
A． B．0 C．1 D．2
11．“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》．“规”指圆规，“距”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，用来测量、画圆和方形图案的工具．有一圆形木板，首先用矩测量其直径，如左图，矩的较长边为，较短边为，然后将这个圆形木板截出一块四边形木板，该四边形的顶点都在圆周上，如右图，若，则（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数的定义域为，且，当时，，则不等式的解集为（ ）
A．，或 B．
C．，或 D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，空间向量．若，则______．
14．已知正数满足，则的最小值为______．
15．如果两个球的表面积之比为，那么两个球的体积之比为______．
16．已知函数，函数的图象与轴的交点关于轴对称，当时，函数______；当函数有三个零点时，函数的极大值为______．
（第一空2分，第二空3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）已知等差数列的前项和为．
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求．
18．（12分）如图，正方体的棱长为2．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19．（12分）当前，以ChatGPT为代表的AIGC（利用AI技术内容的生产方式）领域一系列创新技术有了革命性突破，全球各大科技企业都在积极拥抱AIGC，我国的BAT（百度、阿里、腾讯3个企业的简称）、字节跳动、万兴科技、蓝色光标、华为等领头企业已纷纷加码布局AIGC赛道，某传媒公司准备发布《2023年中国AIGC发展研究报告》，先期准备从上面7个科技企业中随机选取3个进行采访．
（1）求选取的3个科技企业中，BAT中至多有1个的概率；
（2）记选取的3个科技企业中BAT中的个数为，求的分布列与期望．
20．（12分）设椭圆的上顶点为，左焦点为．且在直线上．
（1）求的标准方程；
（2）若直线与交于两点，且点为中点，求直线的方程．
21．（12分）已知函数为函数的导函数．
（1）若，求的最小值；
（2）若方程有解，求实数的取值范围．
（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．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】
在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以左边原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求直线的直角坐标方程以及曲线的普通方程；
（2）过直线上一点作曲线的切线，切点为，求的最小值．
23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】
已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）证明：，使得．
拉萨市2024届高三第一次模拟考试
数学理科参考答案及评分细则
1．【答案】 A
【解析】 因为，所以，因为，所以，故选A．
2．【答案】 D
【解析】 因为为纯虚数，所以解得，故选D．
3．【答案】 C
【解析】 因为，所以，得，所以焦点坐标为和，故选C．
4．【答案】 A
【解析】 将的图象向左平移个单位长度，得到的图象，因为为偶函数，且，所以，得，故选A．
5．【答案】 A
【解析】 因为，又函数的定义域为，故为奇函数，排除CD；根据指数函数的性质，在上单调递增，当时，，故，则，排除B，故选A．
6．【答案】 B
【解析】 设，由得，又，得，所以，故选B．
7．【答案】 C
【解析】 因为，所以，故选C．
8．【答案】 C
【解析】 根据约束条件画出如图所示的可行区域，再利用几何意义知表示点与点连线的斜率，易知直线的斜率最小，由得，所以，故选C．
9．【答案】 B
【解析】 由题意可得该圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，腰长为，底边长为2，所以圆锥的母线长，底面圆半径，所以该圆锥的侧面积为，故选B．
10．【答案】 D
【解析】
，故选D．
11．【答案】 A
【解析】 因为，所以为圆的直径，由题意得，因为在以为直径的圆上，所以，故选A．
12．【答案】 B
【解析】 解法一：由可知，的图象关于直线对称，且在上单调递增，在上单调递减；令，易知函数的图象关于直线对称，且在上单调递增，在上单调递减，则关于轴对称，且在上单调递增，在上单调递减，故，故选B．解法二：取满足条件的特殊函数，令，则，故选B．
13．【答案】 1
【解析】 因为，所以，即，得．
14．【答案】 2
【解析】 依题意，，当且仅当时取等号．
15．【答案】 8:27（填也可以）
【解析】 因为球的表面积公式为，体积公式为，所以由两个球的表面积之比为可得它们的半径之比为，所以它们的体积之比为．
16．【答案】 （第一空2分，第二空3分）（第一空填也可以）
【解析】 ，当时，函数有两个零点，其中一个为，另一个必为1，于是；当有3个零点时，因为函数的图象与轴的交点关于轴对称，所以0是函数的零点，从而1也是函数的零点，于是，由，得，显然当时，函数有极大值，极大值为．
17．解：（1）设的公差为，
由已知得解得．
故．
（2），
所以
．
【评分细则】
第（2）小题的结果若写成或，不扣分．
18．（1）证明：平面平面，
平面．
（2）解：如图，以为原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
所以，
设平面的法向量为，
由得
令，得，
．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【评分细则】
如果第一问使用其他方法证明且步骤无误，不扣分．
19．解：（1）选取的3个科技企业中，BAT中至多有1个的概率为
．
（2）由题意，的所有取值为，
，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
．
【评分细则】
1．如有其他解法若正确，也给满分；
2．第（2）问最终结果不化为最简扣1分．
20．解：（1）直线与轴交于点，与轴交于点，
所以，
因此的标准方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，，联立解得或，
故，不满足，即不是的中点，不符合题意．
当直线的斜率存在时，设直线．
联立可得，
即．
所以．
由于为的中点，所以，即，解得．
综上，直线的方程为，即．
【评分细则】
第（2）题中也可以通过其他方法得出斜率的值，步骤结果无误，可给满分．
21．解：（1）当时，，
，
设，则，
在上单调递增，且，
所以时，单调递减，时，单调递增，
所以．
（2）即，
即，
设，则，
，设，则，
所以时，单调递减，时，单调递增，
所以，即在上单调递增，
所以方程有解即在上有解，
即有解，即有解，
设，则，
时，单调递增，时，单调递减，
所以，
当时，，
所以，即实数的取值范围是．
【评分细则】
如有其他解法若正确，也给满分．
22．解：（1）依题意，由消去，得直线的直角坐标方程为；
因为，故，
即曲线的普通方程为．
（2）由（1）知，曲线表示以为圆心，1为半径的圆，
所以，
要使得最小，只需最小，
又，
所以的最小值为．
【评分细则】
如用其他解法，结果正确步骤无误给满分．
23．（1）解：因为，所以．
当时，原式化为，解得，则；
当时，原式化为，解得；
当时，原式化为，解得，则，
综上所述，原不等式的解集为．
（2）证明：依题意，，
当且仅当时取等号，
又，
当且仅当时取等号，
故，使得．
【评分细则】
第（1）问写成集合形式和区间形式都给分，写成不等式形式扣1分．