1、试卷第 1 页，共 7 页 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 12.AB 三、填空题:13.273e 14.-540 2415.;23 16.7 四、解答题 17.解：（）sinsinsina+bC+Bc-bA 由正弦定理得 a+bbcc-ba .2 分 化简得222a+b-c=-ab cosC=-12 .4 分 C0,23C 5 分（）3126a+b=c 由正弦定理得sinsinsinA+B=6C312 sinsinA-A33 23122 sinA+432 7 分 7034412AA 试卷第
2、2 页，共 7 页 即4334AA，9 分 sinsinA6234410 分 18 解析：（）3,0.5xy,.2 分 51()()2.2iiixxyy,521()10iixx,51521()()0.22()iiiiixxyybxx ,.4 分 1.16aybx,0.221.16yx.6 分（）把1lg72xu代入0.221.16yx 得：l0.0 3811 g.yu.8 分 令0.1 lg0.380.14uy，10 分 解得781110u A 浓度至少要达到781110mol/L.12 分 19.（）证明：,.,.SASBAB OABSOABABCDSAB SOSABABCDSABABSOA
3、BCDSOBD为的中点，平面平面平面平面平面平面则.2 分 2CBBABOAD，=90CBOBAD，CBOBAD，故=BCOABD,+=+=90ABDCOBBCOCOB，试卷第 3 页，共 7 页 BDCO；4 分,COSOOBDSOC 平面 5 分（）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 yz，轴的非负半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得,(0 0 0)010010OAB，（，），（，）012012CD（，）（，），30 0S（，）,332SEEESD假设存在点，设则（，）6 分 (33,
4、1,2),(0,2,0),(3,1,2)AEABDCDS (,).200,22 03.3200,x y zSCDyDCxxyzDS设为平面的法向量，则即令，可得（，），nnnn 8 分(,).200,(33)(1)200,2,(2,0,33)x y zABEyABxyzAEx设为平面的法向量，则即，令可得mmmm 10 分 22331cos,55 5631717210210SESESDSD 因此有解得，或m nm nm n 12 分 20.解解：（）方法一：由23563a+2a=S 得2d ，211nS=-nan，2 分 若数列nS为单调递减，则满足101nnS-Sn恒成立，即1201ann，
5、得121an n恒成立.4 分 解得：12a.5 分 方法二：试卷第 4 页，共 7 页 由23563a+2a=S 得2d ，211nS=-nan，2 分 若数列nS为单调递减，则需满足11322a 4 分 解得：12a.5 分（）根据题意数列 nb为：0010120111,2,1,2,2,3,2,2,2,523,2,2,2,21n-n-n可将数列分组：第一组为：1，02；第二组为：1，02，12；第三组为：3，02，12，22；第k组为：23k，02，12，2212k；7 分 则前k组一共有32312kkk 项，当12k 时，项数为90.故95T相当于是前12组的和再加上2323,1,2,2
6、,2-这五项，即 00101112395112122222223 12T=+2+2+9 分 0010111222222+可看成是数列 nc21nnc=的前12项和，10 分 12139521 21 21121223 1 2 4 8 2142 805021 2T=+=.12 分 21.解：（）由题意可知：点(4,3)P在双曲线上，所以221691ab，1 分 过 P 做x轴的平行线3y，与byxa 相交于,M N两点，那么,M N两点可求：3(,3)aMb，3(,3)aNb，所以22222233916944164aaaaabbbab，所以2a，3 分 代入221691ab，可知3b，所以双曲线的
7、方程为22143xy.4 分（）（选）由题意可知，直线l与双曲线 C 交于不同的两点 A，B，设1122(,),(,)Ax y Bx y，联立方程：22143xyykxm，可得：222(3 4)84120kxkmxm 试卷第 5 页，共 7 页 所以2340k，222(8)4(3 4)(412)0kmkm 即22340mk,由韦达定理可知：122834kmxxk，212241234mx xk,6 分 由条件121kk，即为：121233144yyxx，整理可得：211212(4)(3)(4)(3)(4)(4)xkxmxkxmxx 即：1 2121 2122(3 4)()8(3)4()16kx
8、xmk xxmx xxx 8 分 代入韦达定理得：22286690mkmkkm 分解因式可得：(23)(43)0mkmk 所以23mk或43mk10 分 若23mk，直线23(2)3ykxmkxkk x，则直线l过定点(2,3)；若43mk，则43(4)3ykxmkxkk x，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）由题意可知，直线l与双曲线 C 交于不同的两点 A，B，设1122(,),(,)A x yB x y，联立方程：22143xyykxm，可得：222(3 4)84120kxkmxm 所以2340k，222(8)4(3 4)(412)0kmkm
9、 即22340mk 由韦达定理可知：122834kmxxk，212241234mx xk6 分 由条件1 21k k，即为：121233144yyxx，整理可得：121211()()3()()91(4)(4)kxm kxmkxmkxmxx 即：221212121212()3()6914()16k x xkm xxmk xxmx xxx8 分 试卷第 6 页，共 7 页 展开代入韦达定理得：22732161890mkmkm 分解因式可得：(743)(43)0mkmk 所以437km 或43mk10 分 若437km，直线4343()777kykxmkxk x，则直线l过定点43(,)77；若43
10、mk，则43(4)3ykxmkxkk x，则直线l过点 P，不合题意舍去.综上所述，直线l过定点43(,)77.12 分 22.解：（）证明：令()(1)1f xxx，当1时，可知()0f x，原不等式成立；1 分 当1时，11()(1)(1)1fxxx，可知当(1,0)x 时，()0fx，()f x单调递减；当(0,)x，()0fx，()f x单调递增.3 分 所以()(0)0f xf，所以原不等式得证.4 分（）要证对任意*nN，123(1)nnnnnnn恒成立，只要证：123.11111nnnnnnnnn，即证：121111.111111nnnnnnnnnnn6 分 由（）可知对于任意正
11、整数1,2,3.in，11111iinn，所以 11111111innininnn，那么 121111.11111nnnnnnnnnnn 试卷第 7 页，共 7 页(1)(2)11111111.11111n nn nn nnnnnn 1211111111.11111nnnnnnnnnnn（*）8 分 而11(1)12nn成立，证明：要证11(1)12nn，只要证111()121nn，令1(0,1 xn，即证明：21xx 成立，令()21xg xx，求导可得：()2 ln2 1xg x，当210log()ln2x时，()0g x，()g x单调递减；当21log()1ln2x时，()0g x，()g x单调递增，又(0)0g，(1)0g，所以当(0,1x时，()0g x.所以11(1)12nn.10 分 所以（*）1221111111()()()()()1()1222222nnnn 所以命题得证.12 分
