西藏日喀则市2023届高三第一次联考模拟数学（理）试题（含解析）

这是一份西藏日喀则市2023届高三第一次联考模拟数学（理）试题（含解析），共19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。

西藏日喀则市2023届高三第一次联考模拟数学（理）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设全集，集合A满足，则（ ）
A． B．
C． D．
2．如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数（其中）为“等部复数”，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．已知向量，若与垂直，则（    ）.
A． B． C． D．
4．某市四区夜市地摊的摊位数和食品摊位比例分别如图、图所示，为提升夜市消费品质，现用分层抽样的方法抽取的摊位进行调查分析，则抽取的样本容量与区被抽取的食品摊位数分别为（    ）
  
A．210，  24 B．210，  12
C．252，  24 D．252，  12
5．已知，则（    ）
A． B． C． D．
6．某国际高峰论坛会议中，组委会要从5个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，每个媒体团提问一次，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为（   ）
A．150 B．90 C．48 D．36
7．已知，，，则（    ）
A． B．
C． D．
8．的内角的对边分别为，若 ，， 的面积为 ，则（   ）
A． B． C． D．
9．一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个正三棱柱外接球的表面积为（    ）
  
A． B． C． D．
10．函数的大致图象为（    ）
A． B．
C． D．
11．已知点P为抛物线上一动点，点Q为圆上一动点，点F为抛物线的焦点，点P到y轴的距离为d，若的最小值为3，则（   ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．已知是函数的导函数，且对于任意实数x都有，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．

二、填空题
13．已知直线是曲线在点处的切线方程，则
14．已知的展开式中第四项和第八项的二项式系数相等，则展开式中x的系数为
15．已知圆关于直线对称，圆交于、两点，则
16．在中，内角的对边分别为，且，写出满足条件“”的一个的值

三、解答题
17．已知数列的前项和为，且.
(1)求，并求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
18．为了不断提高教育教学能力，某地区教育局利用假期在某学习平台组织全区教职工进行网络学习．第一学习阶段结束后，为了解学习情况，负责人从平台数据库中随机抽取了300名教职工的学习时间（满时长15小时），将其分成六组，并绘制成如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．
  
(1)求a的值；
(2)以样本估计总体，该地区教职工学习时间近似服从正态分布，其中近似为样本的平均数，经计算知．若该地区有5000名教职工，试估计该地区教职工中学习时间在内的人数；
(3)现采用分层抽样的方法从样本中学习时间在内的教职工中随机抽取5人，并从中随机抽取3人作进一步分析，分别求这3人中学习时间在内的教职工平均人数．（四舍五入取整数）
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．
19．如图，已知直角梯形与，，，，AD⊥AB，，G是线段上一点.

(1)平面⊥平面ABF
(2)若平面⊥平面，设平面与平面所成角为，是否存在点G，使得，若存在确定G点位置；若不存在，请说明理由.
20．已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为，__________.
①为等差数列；②为等比数列.
(1)在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
(2)（1）中所求的左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，直线分别交直线于两点，求以为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由
21．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当，证明：.
22．以等边三角形的每个顶点为圆心，以其边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形．如图，以极点O为直角坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系．在极坐标系中，曲边三角形为勒洛三角形，且．由已知曲线C的参数方程为（t为参数）.
  
(1)求的极坐标方程与曲线C的普通方程；
(2)求曲线C与交点的极坐标．
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)记函数的最大值为，已知，，，求的最大值及此时，的值.

参考答案：
1．A
【分析】依题意可求得，从而可判断各选项.
【详解】因为，，所以.
对于A，，A正确；
对于B，，B不正确；
对于C，，C不正确；
对于D，，D不正确.
故选：A
2．D
【分析】根据“等部复数”得的值，即可得，从而得，从而可确定其复平面内对应的点所对应的象限.
【详解】∵，
又∵等部复数的实部和虚部相等，复数z为等部复数，
∴，解得，
∴，∴，即，
∴复数在复平面内对应的点是，位于第四象限.
故选：D.
3．D
【分析】根据垂直关系可得，进而根据坐标运算以及模长公式即可求解.
【详解】由于与垂直，所以，所以，
故，
故选：D
4．B
【分析】根据分层抽样原则，结合统计图表直接计算即可.
【详解】根据分层抽样原则知：抽取的样本容量为；
区抽取的食品推位数为.
故选：B.
5．D
【分析】应用倍角公式化简得，两边平方即可得结果.
【详解】由，则，
所以，故.
故选：D
6．A
【分析】根据题意，分2种情况讨论：①选出的3个媒体团中只有一个国内媒体团，②选出的3个媒体团中有两个国内媒体团，由加法原理计算可得答案．
【详解】根据题意，要求提问的三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，分2种情况讨论：
选出的3个媒体团中只有一个国内媒体团，有种不同的提问方式；
②选出的3个媒体团中有两个国内媒体团，则国外媒体要在中间位置发言，则有种不同的提问方式．
综上，共有种不同的提问方式，
故选：A
7．C
【分析】根据指数函数、对数函数的单调性以及中间值确定的范围,进行比较即可.
【详解】根据指数函数、对数函数的性质,
由单调递减可知:
由单调递减可知:
由单调递减可知:
故,即.
故选:C.
8．C
【分析】根据余弦定理以及三角形面积公式即可求解.
【详解】由余弦定理得,又，所以，
又，故，
故选：C
9．B
【分析】由三视图得正三棱柱的底面正三角形的棱长为，高为2，再求外接球半径，进而求解球的表面积即可．
【详解】如图，正三棱柱的直观图为，
  
由三视图可知，该正三棱柱的底面正三角形边上的高（中线）为6，高为2，
设正三棱柱的外接球的球心为，，分别为上下底面正三角形的外接圆圆心，
所以，根据对称性，为的中点，
因为，
所以正三棱柱的外接球的半径满足，
所以这个正三棱柱的外接球的表面积为，
故选：B
10．B
【分析】分析函数的定义域、奇偶性以及的符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对于函数，
有，解得或，故函数的定义域为，
对任意的，
，
所以，函数为偶函数，排除AD选项，
因为，排除C选项.
故选：B.
11．B
【分析】由抛物线的定义，数形结合可知当共线，且在线段上时，最短，此时有最小值，列方程即可求解.
【详解】圆的圆心，半径，
抛物线的焦点为，准线为，
则由抛的线的定义可知点到y轴的距离为，
所以，
由图可知，当共线，且在线段上时，最短，
而，
因为，
所以，解得，
故选：B
  
12．C
【分析】构造函数，依题意可得，再利用，可求得，从而可求得不等式的解集．
【详解】令，①则，
，，
即，
，②
由①②知，，
，又，
，即，，
不等式，

即不等式的解集为，
故选：C．
13．e
【分析】利用导数的几何意义求切线方程，并写出的形式确定参数，即可得结果.
【详解】由题设，且，则，
所以，切线方程为，即，
所以，故.
故答案为：
14．
【分析】根据二项式系数可求解，进而根据通项性质即可求解.
【详解】第四项和第八项的二项式系数相等,则，
故展开式中x的系数为，
故答案为：
15．2
【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再由圆关于直线对称，则圆心在直线上，即可求出的值，最后求出圆心到直线的距离，利用勾股定理、垂径定理计算可得.
【详解】圆，即，圆心，半径，
因为圆关于直线对称，所以，解得，
所以，圆心，半径，
则圆心到轴的距离，所以.
故答案为：
16． （答案不唯一）
【分析】根据正余弦定理边角互化可得，考虑为等腰三角形时即可求解.
【详解】由正弦定理可得，由余弦定理可得，
所以，
由于，不妨考虑此时为等腰三角形时，则，
由，得，
故答案为： （答案不唯一）
17．(1)；；
(2)

【分析】（1）将、代入求，根据关系及递推式可得，再次由关系及等比数列定义写出通项公式；
（2）应用错位相减及等比数列前n项和公式求结果.
【详解】（1）由题意①，
当时；当时；
当时，②，
①－②得，
当时，也适合上式，所以，所以时，
两式相减得，故数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
（2）由（1）得，
③，
④，
③－④得：，
所以 .
18．(1)
(2)估计该地区教职工中学习时间在内的人数约为4093
(3)这3人中学习时间在内的教职工平均人数约为1

【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，
（2）根据正态分布的对称性即可求解概率，进而可求人数，
（3）求出超几何分布的分布列，即可求解期望.
【详解】（1）由题意得，
解得．
（2）由题意知样本的平均数为，
所以．
又，所以．
则，
所以估计该地区教职工中学习时间在内的人数约为4093．
（3）对应的频率比为，即为，
所以抽取的5人中学习时间在内的人数分别为2，3，
设从这5人中抽取的3人学习时间在内的人数为，
则的所有可能取值为0，1，2，
，，，
所以．
则这3人中学习时间在内的教职工平均人数约为1．
19．(1)证明见解析
(2)存在，点G为BF中点

【分析】（1）由线面垂直的判定定理证AD⊥平面ABF，再由面面垂直的判定证结论；
（2）由题设构建空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，结合已知夹角的余弦值求参数，进而确定点的存在性.
【详解】（1）因为，，，AF、AB平面ABF，
所以AD⊥平面ABF，又AD平面ABCD，
所以平面⊥平面ABF.
（2）由面⊥面，，面面，面，
所以平面，AB在面ABCD内，则，结合已知建立如下空间直角坐标系，

则，设，得，
平面的法向量为，又，
设平面的法向量为，则，
取，则，
故=，解得=，（舍），
所以点G的坐标为，故存在点G为BF中点时使得.
20．(1)
(2)存在，和.

【分析】(1)周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切，可得，若选①，结合为等差数列与，联立解方程组可求得；若选②，则为等比数列与已知条件列方程组即可解得.
(2)分直线斜率存在或斜率不存在两种情况分类讨论，直线的斜率不存在时，的方程为，根据对称性即可求得点的坐标，代入的方程求得点的坐标，即可写出圆的方程，并求出定点坐标；当直线斜率存在时，设直线的方程为与椭圆方程联立，韦达定理写出两根之和，两根之积，同理求出四个点的坐标，写出以为直径的圆的标准方程，化简求定点.
【详解】（1）选①，由题意解得
所以的标准方程为.
选②，由题意解得
所以的标准方程为.
（2）①当直线的斜率不存在时，的方程为，不妨设在轴上方，则，
的方程为，令，得，
所以，同理，
所以以为直径的圆的标准方程为.
②当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立得，
由韦达定理得.
因为，所以的方程为，
令，得，即的坐标为，
同理的坐标为，
所以以为直径的圆的标准方程为




将韦达定理代入并整理得，
令，则，解得或.
当斜率不存在时，令，则，解得或.
由①②知，以为直径的圆过和.
21．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求导后对其导函数进行通分再对其分子因式分解，分类讨论与时的单调性即可.
（2）求出，将所证转化为，进而转化为证明恒成立，构造函数求其最大值即可证明.
【详解】（1）∵，定义域为，
则，
①当时，，在上单调递增；
②当时，当时，，在上单调递增
当时，，在上单调递减，
综上，①当时，在上单调递增，
②当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）可得，当时，
.
要证，
只需证，
即证恒成立.
令，，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴的最大值为，即：.
∴恒成立，
∴原命题得证.即：当时，.
22．(1)，
(2)

【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式求出点的直角坐标，从而可求出在直角坐标系下的方程，再利用互化公式求出其极坐标方程，将曲线C的参数方程消去参数可得其普通方程；
（2）将曲线的普通方程代入可求出交点的直角坐标，再利用互化公式可求出交点的极坐标.
【详解】（1）对点，设其直角坐标为，
则，即其直角坐标为，
故在直角坐标系下的方程为：，
由可得：，
故的极坐标方程为：.
因为曲线C的参数方程为（t为参数）.
所以曲线的普通方程为：，
（2）由（1）曲线联立，
可得，解得或，
又，故，则，
即曲线C与交点的直角坐标为，设其极坐标为，
则，，
即曲线C与交点的极坐标为.
23．(1)
(2)最大值为，此时，

【分析】（1）将函数转化为分段函数讨论最值即可；
（2）先求的最大值，由此可得，再利用柯西不等式求解.
【详解】（1），
由，可得
或或，
解得或或，
综上：不等式的解集为；
（2）
①当时，，
②当时，
③当时，
∴，当且仅当时取得.
所以，故，
由柯西不等等式

∴当且仅当即，时取等号，
∴最大值为，此时，.