【文档说明】西藏自治区拉萨市2023届高三下学期第一次模拟考试 数学（理）（全解全析及评分标准）.pdf，共(13)页，1.215 MB，由小赞的店铺上传

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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。12

3456789101112DBCDACDCDBBA1．D【解析】由题意，知{|0}Axx.又{|2}Bxx，所以(0,)AB.故选D．2．B【解析】因为21i(12i)ii2zz，所以12

12ii213izz.故选B.3．C【解析】设点A的坐标为(,)AAxy，由题意，得(2,0),F所以||4124BF.根据抛物线的定义，知||24AAFx，所以2,Ax所以216,Ay则4Ay．故选C.4．D【解析】由题意知12AD

AC，23BMBD,所以22(33AMABBMABBDABAD)AB1233ABAD121332

ABAC1133ABAC.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3.943.63.63(0.2)1.42.52.92.79，所以2022年3月至20

22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,,PHHGPG，则,PHHG,PGBC所以22PGPHHG2299.6173.1613.16，则14422PB

CABCDBCPGSPGSABBCAB△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π(0,)2，2cos3，所以2225sin1cos1()33

，所以sin5tancos2，所以22522tan2tan2451tan51()2．故选D．8．C【解析】因为将(1)yfx的图象向右平移1个单位长度后得到函数()yfx的图象且(1)yfx的图象关于点(1,0)

成中心对称，所以()yfx的图象关于原点成中心对称，所以()yfx在R上是奇函数，所以(2)f3(2)121f．故选C．9．D【解析】如图，取CD的中点M，连接BM，π3ACBADB，π

2CBD，2ACAD，π2sin33AB，π2cos13BCBD，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22ROBOMBM

22325()()222，所以所求外接球的表面积24π5πSR．故选D.10．B【解析】由正弦定理及1cos2coscCaA，得sin1cossin2cosCCAA，所以sinsincos2sincossi

nAACCAC，所以sinsincoscossin2sinAACACC，即sinsin()2sinAACC，所以sinsin2sinABC.由正弦定理，得2abc.因为4c，所以28abc

，又3C，所以2222()2164821cos=2222abcabababCababab，解得16ab，所以ABC△的面积为11πsinsin223abCab3434ab.故选B.11．B【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||=22||22ABOQ.=()()PAPBPQQAPQQB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PAPB的最大值是2(22)2442．故选B．12．A【解析】由题意，知0,a令()ee,0xafxxax，则()e10x

fx，所以()fx在区间(0)，上单调递增，易知()0fa，所以当xa时，()0fx；当0xa时，()0fx.令21()e2ln1xxaagx，则对任意的(0)x，，不等式21(ee)(exaxxax2ln1

)0aa恒成立，等价于当xa时，()0gx；当0xa时，()0gx.易知21()e2ln1xxaagx在区间(0,)上单调递增，所以xa是21()e2ln1xxaagx的零

点，即21e2ln10aaaa，即212lne1aaaa，所以2ln1e2lne1aaaa.构造函数()ethtt，显然h(t)在R上单调递增，由2ln1e2lne1aaaa，得(2ln)(1)haha，所以2l

n1aa，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20xy，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2z

xy的最小值为1213.故填3.14.32【解析】41()2xx展开式的通项为44421441C()()(1)2C2rrrrrrrrxTxx.令420r，得2r，所以4222443(1)2C(1)2C2rrr，故填32.理

科数学全解全析及评分标准第4页（共12页）15．3【解析】由题意，知双曲线2222:13xyCaa的渐近线方程为3yx，其中一条渐近线的倾斜角为3，则3MPN.设00(,)Pxy，则00|3|||||2xyPMPN2220000|3||3|3244xyxya

.因为22||||||2||||cos3MNPMPNPMPN22||||||||||||PMPNPMPNPMPN32a32，当且仅当||||PMPN时取等号，所以3a．故填3．16．1或2【解析】由)(()fmfn，对任意的[0,

π]x，都有[()()][()()]0fxfmfxfn，得对任意的[0,π]x，都有()()()fmfxfn，所以()()fnfx为在[0,π]上的最大值，()()fmfx为在[0,π]上的最小值.令π3tx，则3cosyt在[,]33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,π]mnx,所以π3m，π3n，π3xππ[,]33，且1319636，所以在区间ππ[,]33上，当13363时，3cos

yt仅取得1次最小值3，即()3fm，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()3fm，满足条件的m的个数为2.综上，满足条件的m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{}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.（1分）由513Sa，得11545122adad

，即12da②.（2分）理科数学全解全析及评分标准第5页（共12页）由①②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)221

nann.（6分）（2）因为11nnnbaa1111()(21)(21)22121nnnn，（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）【解析】（1）因为1111ACBC，M为11AB的中点，所以111CMAB.（2分）由题意，知平面111ABC⊥平面11ABBA，又平面11

1ABC平面1111ABBAAB，所以111CMABBA平面.又AM平面11ABBA，所以1CMAM.（3分）因为M为11AB的中点，所以111112AAABAM.又11AAAM，所以1

45AMA，同理145BMB，所以AMBM.（4分）因为1CMBMM，所以AM平面1BCM.（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.（6分）令11112ACBC，则1122AB，12AA，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(,,)abcm，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)1mnmn，所以23sin1cos2

，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1111ABBAAB”，“AM平面11ABBA”不扣分.2.5分段未写“1CMBMM”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)a

n，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、乙均罚进点球，（2分）则1212()()()()()(1)(1)2323PCPAPBPAPB（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）①比分为2:1的概率为()()()()()()()()PAPBPAPBPAPBPAPB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）②比分为2:2的概率为()()()()PAPBPAPB12121(1)(1)23239

.（9分）③比分为3:2的概率为()()()()()()()()PAPBPAPBPAPBPAPB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0

0()Bxy,，（1分）则1100(3)(3)AFbFBxy,，,.由117AFFB，得008377bxy，，∴83()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222310xx.（7分）设11(,)Axy，22(,)Bxy，则由根与系数的关系，得123xx，1212xx.（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)AFBFyyxxkkxxxx

121212123()3143()3xxxxxxxx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220FAFB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()yfx在1x处的切线方程为12()1yx，所以()23gxx.（2分）令()()()44ln4

xfxgxxx，则1()4(1)'xx，（3分）由()0'x，解得1x；由()0'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)0x，所以当0x时，()()0fxg

x恒成立.（5分）（2）由（1）知切线23yx始终在曲线()yfx的下方.（6分）42(2)()2=(0)xfxxxx.由()0fx，解得2x；由()0fx，解得02x，所以()fx在(0,2)上单调递减

，在(2,)上单调递增.（7分）因为12,xx是()fxa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2

122xxa，只需证2022xxa，即证23222aax，等价于23270ax(*).（8分）又222()24ln1afxxx，故(*)式等价于22412ln40xx.（9分）令()412ln4(2)hxxxx，则124(3)()4xhx

xx.由()0hx，解得3x；由()0hx，解得23x，所以()hx在(2,3)上单调递减，在(3)，上单调递增，（10分）故43()(3)(1612ln3443ln34()lnel)n3

hxh.因为2e7，所以43e3，所以43lneln3，所以()0hx，（11分）所以2122xxa.（12分）说明：第二问：1.6分段得出23yx与()yfx图象的位置关系.2.7分段求出(

)yfx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()yfx图象的位置关系不扣分.9.利用1612ln316121.11613.22.80(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)yxy或1yx.（2分）由sin2cos0，得sin2cos0,将cos,sinxy代入，得20xy.（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20xy.（5分）（2）设(1,)Ptt是曲线C上任一点，则点P到直线l的距离为2|2(1)|5115|2()|548

5ttt，（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358．（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,sinxy

”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)10xbxb，由22(41)16(1)

0bb，得158b，（8分）所以15:28lyx，所以||PQ的最小值为21515|0|||3588=8521d.（10分）23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）【解析】（1）344213()2221442xxfxxxx

，，，，（1分）3,0()3,0xxgxxx，（2分）画出()yfx，()ygx的图象如图所示：理科数学全解全析及评分标准第11页（共12页）（5分）（2）要证1()()2fxgx，即证|21||23||1|32x

xx，（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()()2fxgx成立.（10分）说明：第一问：1.1分段将()fx化为分段函数时有错不得分.2.2分段将()gx化为分段函数时

有错不得分.3.5分段正确作出()fx的图象得2分，正确作出()gx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()fx和()gx分段函数形式扣2分.第二问：1.6分段将()fx和()gx代入1()()2fxg

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．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com