西藏自治区拉萨市2023-2024学年上学期第一次模拟考试理数答案

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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

   

1,3,5, 7,9 , 1,9U A   ð

，所以

 

3,5, 7A

，因为

 

3,7,9B

，所以

 

3,7A B 

，故选 A．

2．【答案】 D

【解析】因为

   

2 i 1 i 2 1 ia a a a       

为纯虚数，所以

2 0,

1 0,

  



 



解得

2a

，故选 D．

3．【答案】 C

【解析】因为

2 2

7, 3a b 

，所以

2 2 2 10c a b  

，得

10c

，所以焦点坐标为

 

10,0

和

 

10,0

，故选 C．

4．【答案】 A

【解析】将

 

f x

的图象向左平移

个单位长度，得到

 

2sin 3

g x x



 

  

 

 

的图象，因为

 

g x

为偶函

数，且



 

，所以

π π

3 2



 

，得





，故选 A．

5．【答案】 A

【解析】因为

     

4 4

x x

f x f x



   



，又函数的定义域为

 

0x x 

，故

 

f x

为奇函数，排除 CD；

根据指数函数的性质，

y

在

上单调递增，当

0x

时，

x x 

，故

4 4

x x

，则

 

0f x 

，排除 B，

故选 A．

6．【答案】 B

【解析】设

 

0 0

,M x y

，由

4MF 

得

x 

，又

4p

，得

02x

，所以

 

2, 4 , 4 16 2 5M OM   

，故选 B．

7．【答案】 C

【解析】因为

 

1 5 3

C 2

T x x





 

  

 

 

，所以

 

3 5 3 3

1 80

C 2T x x x

 

   

 

 

，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

 

,x y

与点

 

1,0P

连线的斜率，易知直线

的斜率最小，由

5 2 4 0,

1 0

x y

  



  



得

2 1

3 3

A 

 

 

，所以

min

z 



，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

2l

，底面圆半径

1r

，所以该圆锥的侧面积为

π π 1 2 2πS rl    

，故选 B．

10．【答案】 D

【解析】

  

1 tan100 1 tan35 1 tan100 tan35 tan100 tan35           

 

1 tan135 1 tan100 tan35 tan100 tan35 2         

，故选 D．

11．【答案】 A

【解析】因为

AC CD

，所以

为圆的直径，由题意得

2 2

10 5 5 5cmAD   

，因为

ABC△

在以

为直径的圆上，所以

1 5 5

sin 5 5 cm

3 3

BC AD BAC     

，故选 A．

12．【答案】 B

【解析】解法一：由

   

2 2f x f x  

可知，

 

f x

的图象关于直线

2x

对称，且在





, 2

上单调递

增，在

 

2, 

上单调递减；令

   

24g x f x x x  

，易知函数

 

g x

的图象关于直线

2x

对称，且在





, 2

上单调递增，在

 

2, 

上单调递减，则

   

2h x g x 

关于

轴对称，且在





,0

上单调递增，

在

 

0, 

上单调递减，故

           

2 2

4 3 4 3 5 2 3 2 3 1 5f x x x f x x x g x g h x h x x                   

，故选 B．解法二：取满足条件的特殊函数，令

   

2 11f x x   

，则

   

2 2 2

4 3 2 11 4 3 4 5 0 1 5f x x x x x x x x x                 

，故选 B．

13．【答案】 1

【解析】因为

a b∥



，所以

2 1

4 1

  

，即

1, 2

x y  

，得

2 1x y 

．

14．【答案】 2

【解析】依题意，

 

1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2

2 2 2

b a b a

a b

a b a b a b a b

 

   

          

 

     

     

，当且仅当

1a b 

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

4πS R

，体积公式为

4π

V R

，所以由两个球的表面积之比为

4 : 9

可

得它们的半径之比为

2 : 3

，所以它们的体积之比为

8 : 27

．

16．【答案】

   

1 1x x 

2 3

（第一空 2分，第二空 3分）（第一空填

3 2 1x x x  

也可以）

【解析】

     

1f x x a x b x   

，当

a b

时，函数

 

f x

有两个零点，其中一个为

1

，另一个必为

1，于是

     

1, 1 1a b f x x x    

；当

 

f x

有3个零点时，因为函数

 

f x

的图象与

轴的交点关于

轴对称，所以 0是函数

 

f x

的零点，从而 1也是函数

 

f x

的零点，于是

      

1 1 , 3 1f x x x x f x x



    

，由

 

0f x



，得

x 

，显然当

x 

时，函数

 

f x

有

极大值，极大值为

2 3

．

17．解：（1）设

 

的公差为

，

由已知得

4 5 1

3 2 1

2 7 20,

3 3 3 15,

a a a d

S a a d

   



   



解得

13, 2a d 

．

故

 

11 2 1

a a n d n    

．

（2）

  

1 1 1 1 1

2 1 2 3 2 2 1 2 3

n n

a a n n n n



 

  

 

   

 

，

所以

1 1 1 1 1 1 1

2 3 5 5 7 2 1 2 3

Tn n

 

     

     

     

 

 

     

 

1 1 1 1 1

2 3 2 3 6 4 6n n

 

   

 

 

 

．

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