2023届数学质检一答案（3月）

2023届高三质量检测（一）数学答案一、单选题：1-4BCAB5-8ADCC二、多选题：9.BC10.ACD11.BC12.AB三、填空题:13.e32714.-5402416.715.;23四、解答题a+bsinC+sinB17.解：（Ⅰ）由正弦定理得c-bsinAa+bbc…………………………….2分c-ba化简得a2+b2-c2=-ab1cosC=-…………………………….4分22C0,C……………………………5分3（Ⅱ）31a+2b=6c由正弦定理得31sinA+2sinB=6sinCπ3231sinA-A2sin32π3sinA+42……………………………7分70AA34412试卷第1页，共7页AA即4334，…………………………9分62sinAsin…………………………10分344（）18解析：Ⅰxy3,0.5,………………………………..2分55(xx)210(xiix)(yy)2.2,i,i1i15()()xxyyiii1b50.22,…………………………………….4分2()xxii1aybx1.16,yx0.221.16…………………………………………….6分1（Ⅱ）把xulg7代入yx0.221.16得：2y0.11lg.u038…………………………………………..8分令y0.11lgu0.380.4，……………………………………10分78解得u101178A浓度至少要达到1011mol/L.………………………………12分（Ⅰ）：19.证明为的中点，SASBAB,.OAB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,OAB(000)，，，（010，，），（0，10，）CD（0，1，2）（0，1，2），S（3，0，0）SE假设存在点EE，设,则（33，，2）SD…………………………………………6分AE(33,1,2),ABDC(0,2,0),DS(3,1,2)设n(,,).xyz为平面SCD的法向量nDC0,20y，则即令x2，可得n（2，0，3）.nDS0,3xy2z0，……………………………………8分设m(,,).xyz为平面ABE的法向量mAB0,20y，则即mAE0,(33)x(1)y2z0，令x2,可得m(2,0,33)…………………………………10分mn2331因此有cosmn,mn55263517SE1SE7解得，，或210SD2SD10………………………………12分.解：（Ⅰ）20方法一：2由3a2+2a3=S56得d2，Sn=-na11n，………………2分若数列Sn为单调递减，则满足Snn1-S01n恒成立，即a12n0n1，得a121nn恒成立.………………4分解得：a12.………………5分方法二：试卷第3页，共7页2由3a2+2a3=S56得d2，Sn=-na11n，………………2分a113若数列Sn为单调递减，则需满足………………4分22解得：a12.………………5分（Ⅱ）根据题意数列bn为：1,2,1,2,2,3,2,2,2,50-01-012-2n3,2,2,012n1,2-n1可将数列分组：第一组为：1，20；第二组为：1，，21；第三组为：3，，，22；第k组为：23k，，，2k1；………………7分kk3则前组一共有23k1项，当k12时，项数为90.223故T95相当于是前12组的和再加上-23,1,2,2,2这五项，即001011123…………分T=+9511+21222++++222++231++2+2+290010111n2+2+2+2+2+2可看成是数列cnc=n21的前12项和，…………10分1211221212T=1223+1+2+4+8=213142=8050.………………12分9521216921.解：（Ⅰ）由题意可知：点P(4,3)在双曲线上，所以1，……………1分ab22b过P做x轴的平行线y3，与yx相交于MN,两点，那么两点可求：a3a3aM(,3)，N(,3)，bb3a3a9a2169所以4416aa224，所以a2，bbb2a2b2………………………3分xy22代入，可知b3，所以双曲线的方程为1.43………………………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：xy22143，可得：(34k2)x28kmx4m2120ykxm试卷第4页，共7页所以34k20，(8km)24(34k2)(4m212)0即mk22340,8km4m212由韦达定理可知：xx，xx,…………………6分1234k21234k2yy1233由条件kk121，即为：1，xx1244整理可得：(x24)(kx1m3)(x14)(kx2m3)(x14)(x24)即：2kxxm12(34kxx)(12)8(m3)xx124(xx12)16………………8分代入韦达定理得：m222km8k6k6m90分解因式可得：(m2k3)(m4k3)0所以mk23或mk43………………10分若，直线ykxmkx2k3k(x2)3，则直线l过定点(2,3)；若，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（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：xy22143，可得：(34k2)x28kmx4m2120ykxm所以，即由韦达定理可知：，…………………6分yy1233由条件kk121，即为：1，xx1244(kxm)(kxm)3(kxm)(kxm)9整理可得：12121(xx114)(4)kxx22kmxx()m3kxx()6m9即：1212121…………………8分x1x24(x1x2)16试卷第5页，共7页展开代入韦达定理得：7m2232km16k18m90分解因式可得：(7m4k3)(m4k3)043k所以m或mk43…………………10分743k4k34343若m，直线ykxmkxk()x，则直线l过定点(,)；777777若，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fx()0，原不等式成立；…………………1分当1时，f'(x)(1x)11[(1x)1]，可知当x(1,0)时，fx'()0，fx()单调递减；当x(0,)，fx'()0，fx()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nN*，1n2n3nnnn(1)n恒成立，只要证：nnnn123n......1，即证：n1n1n1n1nnnnnn1n21111......11…………………6分n1n1n1n1ii1由（Ⅰ）可知对于任意正整数in1,2,3......，11，所以nn11nninii11111，那么n1n1n1nnnnnn1n21111......1n1n1n1n1试卷第6页，共7页nnn(n1)n(n2)n11111111......1n1n1n1n1nnnn1nn2n11111111......1（*）n1n1n1n1…………………8分11而(1)n成立，n121111证明：要证，只要证()n，令x(0,1]，即证明：21xx成112nn立，令g(x)2x1x，求导可得：gx'()2xln21，11当0xlog()时，gx'()0，gx()单调递减；当log()x1时，gx'()0，2ln22ln2单调递增，又g(0)0，g(1)0，所以当x(0,1]时，gx()0.所以.…………………10分111111所以（*）()()nn1()n2()()1()121n222222所以命题得证.…………………12分试卷第7页，共7页