2023年12月5日发(作者：春招考试数学试卷)

2023届高三质量检测（一）

数学答案

一、单选题：

1-4 BCAB 5-8ADCC

二、多选题：

9. BC 10. ACD 11. BC

三、填空题:

313.

e27 14. -540

215.;24

16. 7

3四、解答题

17.解：（Ⅰ）a+bsinC+sinB 由正弦定理得

c-bsinAa+bbc …………………………….2分

c-ba222 化简得a+b-c=-ab

cosC=-1 …………………………….4分

22 ……………………………5分

36c

C0,

C（Ⅱ）31a+2b=由正弦定理得31sinA+2sinB=6sinC

π32

31sinA2sin-A23π3sinA+42 ……………………………7分

0A34A47

12试卷第1页，共7页 A43即A34，…………………………9分

sinAsin43642…………………………10分

（Ⅰ）18解析：x3,y0.5,………………………………..2分

2(xx)10,

(xx)(yy)2.2iii,i155i1b(xx)(yy)iii15(xx)ii1520.22,…………………………………….4分

aybx1.16,

y0.22x1.16…………………………………………….6分

（Ⅱ）把x1lgu7代入y0.22x1.16得：

2y0.11lgu0.38…………………………………………..8分

令y0.11lgu0.380.4，……………………………………10分

解得u107811

7811A浓度至少要达到1019.

（Ⅰ）证明：

mol/L. ………………………………12分

SASBAB,O为AB的中点，SOAB..

平面ABCD平面SAB,SO平面SAB,平面ABCD平面SABABSO平面ABCD,则SOBD.………………………………………………2分

CBBA2，CBO=BAD90，

BOADCBO～BAD，故BCO=ABD,

ABD+COB=BCO+COB=90，

试卷第2页，共7页 BDCO；………………………………………………4分

COSOO,BD平面SOC

……………………………………………5分

（Ⅱ）如图，在底面ABCD中，过O点作OM垂直AB交棱CD于M点，以O为坐标原点，射线OS，OA,OM为x,y，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.

由已知得,O(0，0，，（0)A0，1，0），（B0，1，0）S（3，0，0）C（0，1，2）D（0，1，2），

SE假设存在点E，设,则（E33，，2）SD…………………………………………6分

AE(33,1,2),ABDC(0,2,0),DS(3,1,2)

设n(x,y,z)为平面SCD的法向量.

nDC0,2y0，则即令x2，可得n（2，0，3）.3xy2z0，nDS0,……………………………………8分

设m(x,y,z)为平面ABE的法向量.mAB0,2y0，则即mAE0,(33)x(1)y2z0，令x2,可得m(2,0,33)…………………………………10分

mn2331因此有cosmn,mn55263517SE1SE7解得，，或210SD2SD10………………………………12分

（Ⅰ）20.解：方法一：

由3a2+2a3=S56得d2，Sn=-n2a11n，………………2分

若数列Sn为单调递减，则满足Sn1-Sn0n1恒成立，

即a12n0n1，得a12nn1恒成立.………………4分

解得：a12.………………5分

方法二：

试卷第3页，共7页 由3a2+2a3=S56得d2，Sn=-n2a11n，………………2分

若数列Sa113n为单调递减，则需满足22

………………4分

解得：a12. ………………5分

（Ⅱ）根据题意数列bn为：

1,20,-1,20,21,-3,20,21,22,5-2n3,20,21,2n1,-2n1可将数列分组：

第一组为：1，20；

第二组为：1，20，21；

第三组为：3，20，21，22；

第k组为：2k3，20，21，222k1；………………7分

则前k组一共有23k1k3k2项，当k12时，项数为90.

故T95相当于是前12组的和再加上-23,1,2,22,23这五项，即

T095=1+1+21+20+20+21+2+21+21123+1+2+22+23…………9分

20+20+21+20+21+211可看成是数列cncn=2n1的前12项和，…………10分

T95=12112221212121223+1+2+4+8=213142=8050.………………12分

21.解：（Ⅰ）由题意可知：点P(4,3)在双曲线上，所以16a29b21，……………1分

过P做x轴的平行线y3，与ybax相交于M,N两点，那么M,N两点可求：

M(3a3ab,3)，N(b,3)，

所以43a3a9a216b4b16ba292a2b2a24，所以a2，

………………………3分

代入169x2y2a2b21，可知b3，所以双曲线的方程为431.

………………………4分

（Ⅱ）（选①）由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，设A(x1,y1),B(x,2y)2联立方程：

x2y21，可得：(34k2)x28kmx4m2120

43ykxm试卷第4页，共7页

， 所以34k0，(8km)24(34k2)(4m212)0即m34k0,

2228km4m212由韦达定理可知：x1x2，x1x2,…………………6分

34k234k2由条件k1k21，即为：y13y231，

x14x24整理可得：(x24)(kx1m3)(x14)(kx2m3)(x14)(x24)

即：2kx1x2(m34k)(x1x2)8(m3)x1x24(x1x2)16………………8分

22代入韦达定理得：m2km8k6k6m90

分解因式可得：(m2k3)(m4k3)0

所以m2k3或m4k3………………10分

若m2k3，直线ykxmkx2k3k(x2)3，则直线l过定点(2,3)；

若m4k3，则ykxmkx4k3k(x4)3，则直线l过点P，不合题意舍去.

综上所述，直线l过定点(2,3).………………12分

（选②）由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，设A(x1,y1),B(x2,y2)，

联立方程：

x2y21，可得：(34k2)x28kmx4m2120

43ykxm所以34k0，(8km)24(34k2)(4m212)0即m34k0

2228km4m212由韦达定理可知：x1x2，x1x2…………………6分

2234k34k由条件k1k21，即为：y13y231，

x14x24(kx1m)(kx2m)3(kx1m)(kx2m)91 整理可得：(x14)(x14)k2x1x2km(x1x2)m23k(x1x2)6m91…………………8分 即：x1x24(x1x2)16试卷第5页，共7页 22展开代入韦达定理得：7m32km16k18m90

分解因式可得：(7m4k3)(m4k3)0

4k3或m4k3…………………10分

74k34k34343k(x)，若m，直线ykxmkx则直线l过定点(,)；

777777所以m若m4k3，则ykxmkx4k3k(x4)3，则直线l过点P，不合题意舍去.

综上所述，直线l过定点(,).…………………12分

22.解：（Ⅰ）证明：令f(x)(1x)1x，

当1时，可知f(x)0，原不等式成立；…………………1分

当1时，f\'(x)(1x)1[(1x)11]，

可知当x(1,0)时，f\'(x)0，f(x)单调递减；

当x(0,)，f\'(x)0，f(x)单调递增. …………………3分

所以f(x)f(0)0，所以原不等式得证. …………………4分

（Ⅱ）要证对任意nN，123n(n1)恒成立，只要证：

*4737nnnnn123n......1，即证：

n1n1n1n1

nnnnnnnnnn1n21111......11…………………6分

n1n1n1n1

ii11由（Ⅰ）可知对于任意正整数i1,，1，所以

n1n1nnini11111，那么

n1n1n1inn1n21111......1

n1n1n1n1试卷第6页，共7页

nnnn11n1nn11n1nn(n1)11n1n1n(n2)1......1

n1n2n1......1（*）

n11n1nn1111n1n1n11n1…………………8分

而(11n1)成立，

n121n11111)，只要证]，即证明：2x1x成证明：要证(1()n，令x(0,11n12n12n立，令g(x)2x1x，求导可得：g\'(x)2xln21，

当0xlog2(11)时，g\'(x)0，g(x)单调递减；)x1时，g\'(x)0，当log2(ln2ln2g(x)单调递增，又g(0)0，g(1)0，所以当x(0,1]时，g(x)0.

1n1).…………………10分

n121n1n11n212111n所以（*）()()()()()1()1

222222所以(1所以命题得证.

…………………12分

试卷第7页，共7页


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