【文档说明】浙江省杭州市2023-2024学年高三上学期11月期中教学质量检测（一模）数学答案.pdf，共(5)页，726.764 KB，由小赞的店铺上传

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12023学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．12345678ABDABCAA二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．9．CD10．BCD11．ABC12．BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．15

14．√1315．－216．√2四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．解：（1）由题知，A＋C＝180°，所以cosA＝－cosC，根据余弦定理BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosA，BD2

＝CB2＋CD2－2CB·CDcosC，即BD2＝5－4cosA，BD2＝13－12cosC．所以5－4cosA＝13－12cosC，所以cosC＝12．所以BD＝√7．（2）因为BD2＝PB2＋PD2－2PB·PDcosA＝(PB＋PD)2－3PB·PD≥(PB＋PD)2－3·(𝑃�

�＋𝑃𝐷)24＝(𝑃𝐵＋𝑃𝐷)24，所以(PB＋PD)2≤28，所以PB＋PD≤2√7（当且仅当PB＝PD时取等号）所以√7＜PB＋PD≤2√7．18．（1）由①得：2a＝b＋1；由②得：𝑎𝑥𝑏＋𝑥2＝𝑎1𝑥

𝑏＋1𝑥2，（x＞0）恒成立，即b＋x2＝bx2＋1恒成立，所以b＝1，所以a＝1，所以f(x)＝𝑥1＋𝑥2；（2）因为f′(x)＝(1−𝑥)(1+𝑥)(1＋𝑥2)2，所以f(x)在(0，1)单调递增，(1，＋∞)单调递减．不妨设A(t，0)，t∈(0，1)，由f(x)＝𝑓(1�

�)知B(1𝑡，0)．那么|AB|＝1𝑡－t，|AD|＝𝑡1+𝑡2；S＝(1𝑡−𝑡)∙𝑡1＋𝑡2＝－1＋2𝑡2＋1，因为t∈(0，1)，所以0＜S＜1．19．（1）如图，以点A为原点，直线AB

为x轴，直线AD为y轴建立坐标系．那么P(0，0，𝑏√3)，D(0，b，0)，C(a，a，0)，E(0，𝑏4，√3𝑏4)，B(a，0，0)．{#{QQABRYKQoggIABJAAAhCEwUCCgGQkBGCCCoOhBAAMAABQBFABAA=}#}2故�

�𝐸⃗⃗⃗⃗⃗＝(−𝑎，𝑏4，√3𝑏4)，𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，𝑏，−𝑏√3)，因为𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗∙𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗＝0，所以𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗，即𝐵𝐸⊥𝑃

𝐷．（2）因为𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗＝(𝑎，0，0)，所以𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗∙𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗＝0，故𝐴𝐵⊥𝑃𝐷，所以PD⊥平面ABE，故平面ABE的法向量𝑛⃗＝𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，𝑏，−𝑏√3)，设直线PC与平面ABE所成角

为θ，则：sinθ＝|cos<𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，𝑛⃗>|＝𝑎𝑏＋𝑏23√𝑏2＋𝑏23∙√2𝑎2＋𝑏23＝√104，整理得𝑏＝2𝑎，即12ab．20．（1）设事件A为挑战者获胜，事件B为不多于两次答题比赛结束．P(A|B)＝0.5×0.5＝0.25．（2）设P为先答题者获胜

的概率，则P＝0.5×(0.5＋0.5P)，解得P＝13．（3）设随机变量X为挑战者连续挑战8人时战胜得守擂者人数，P1为此时挑战者获胜的概率；Y为挑战者连续挑战9人时战胜得守擂者人数，P2为此时挑战者获胜的概率．𝑃1＝𝑃(𝑋≥6)＝𝐶86(13)6(23)2＋𝐶87(

13)7(23)1＋𝐶88(13)8＝12938，𝑃2＝𝑃(𝑋≥7)＝𝐶97(13)7(23)2＋𝐶98(13)8(23)1＋𝐶99(13)9＝16339．显然，P1＞P2，即该挑战者胜利的概率没有增加．21．（1）由𝑆1＝𝑎1＝1；令�

�＝2，得𝑘(𝑆2＋2𝑎1)＝3𝑆1＋3𝑘，故𝑎2＝2𝑘＋33𝑘，𝑎2𝑎1＝2𝑘＋33𝑘；因为𝑘(𝑆𝑛＋2𝑎𝑛)＝3𝑆𝑛−1＋3𝑘，其中𝑘>0，𝑛≥2，𝑛∈𝐍．所

以当𝑛≥3时，𝑘(𝑆𝑛−1＋2𝑎𝑛−1)＝3𝑆𝑛−2＋3𝑘，两式相减得：𝑘(3𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1)＝3𝑎𝑛−1，整理得：𝑎𝑛𝑎𝑛−1＝2𝑘＋33𝑘，(𝑛≥3)．综上，数列{𝑎𝑛}是首项为1，公比为2𝑘＋33𝑘的等比

数列．（2）由题意得：𝑓(𝑘)＝2𝑘＋33𝑘，(𝑘>0)，1𝑏𝑛＝𝑓(𝑏𝑛−1)＝2𝑏𝑛−1＋33𝑏𝑛−1＝1𝑏𝑛−1＋23，𝑏1＝1，故1𝑏𝑛＝2𝑛＋13．当𝑛为偶数时，1𝑏1𝑏2−1𝑏2𝑏3＋1𝑏3𝑏4−＋

⋯＋(−1)𝑛＋11𝑏𝑛𝑏𝑛＋1＝1𝑏2(1𝑏1−1𝑏3)＋1𝑏4(1𝑏3−1𝑏5)＋⋯＋1𝑏𝑛(1𝑏𝑛−1−1𝑏𝑛＋1)＝−43(1𝑏2＋1𝑏4＋⋯＋1𝑏𝑛)＝−29𝑛(𝑛＋3)．当𝑛为奇数时，1𝑏1𝑏2−1𝑏2𝑏3＋1𝑏3𝑏4−

⋯＋(−1)𝑛＋11𝑏𝑛𝑏𝑛＋1＝−29(𝑛−1)(𝑛＋2)＋2𝑛＋13∙2𝑛＋33＝2𝑛2＋6𝑛＋79{#{QQABRYKQoggIABJAAAhCEwUCCgGQkBGCCCoOh

BAAMAABQBFABAA=}#}3综上：1𝑏1𝑏2−1𝑏2𝑏3＋1𝑏3𝑏4−⋯＋(−1)𝑛＋11𝑏𝑛𝑏𝑛＋1＝{−29𝑛(𝑛＋3)，(𝑛为偶数)2𝑛2＋6𝑛＋79，(𝑛为奇数)．22．（1）因为f′(x)＝－𝑎𝑥2＋1𝑥＝−𝑎＋𝑥𝑥2，x∈(0，

＋∞)，当𝑎≤0时，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)单调递增，与题不符；当𝑎>0时，令f′(x)＝0，解得𝑥=𝑎，所以𝑓(𝑥)在(0，𝑎)单调递减，在(𝑎，＋∞)单调递增，∴在𝑥=𝑎取极小值，且𝑓(𝑎

)=1＋ln𝑎；又𝑔′(𝑥)=𝑎−1𝑥，当𝑎≤0时：𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)在(0，＋∞)单调递减，无极值，与题不符；当𝑎>0时：令𝑔′(𝑥)=0，解得：𝑥=1𝑎，所以𝑔(𝑥)在(0，1𝑎)单调递减，在(1�

�，＋∞)单调递增，∴在𝑥=1𝑎取极小值，且𝑔(1𝑎)=−1＋ln𝑎；由题(1＋lna)＋(－1＋lna)＝0，解得𝑎=1．（2）令𝑚=1𝑥1，𝑛=1𝑥2，因为𝑥1≠𝑥2，所以𝑚≠𝑛，由𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2

)=2(𝑥1≠𝑥2)可得：{𝑎𝑥1＋ln𝑥1=2𝑎𝑥2＋ln𝑥2=2⇒{𝑎𝑚−ln𝑚=2⋯(1)𝑎𝑛−ln𝑛=2⋯(2)，(1)−(2)得：𝑎(𝑚−𝑛)=ln𝑚−ln𝑛，所以1𝑎=𝑚−𝑛ln𝑚−ln𝑛，要证

：1𝑥1＋1𝑥2>2𝑎，只要证：𝑚＋𝑛>2𝑎，只要证：𝑚＋𝑛>2𝑚−𝑛ln𝑚−ln𝑛，不妨设0<𝑛<𝑚，所以只要证：ln𝑚𝑛>2(𝑚−𝑛)𝑚＋𝑛，即证：ln𝑚𝑛>2(𝑚𝑛−1)𝑚𝑛＋1，令𝑡=𝑚𝑛(𝑡>1)，只

要证：ln𝑡>2(𝑡−1)𝑡＋1(𝑡>1)，令ℎ(𝑡)=ln𝑡−2(𝑡−1)𝑡＋1(𝑡>1)，ℎ′(𝑡)=1𝑡−2(𝑡＋1)−2(𝑡−1)(𝑡＋1)2=1𝑡−4(𝑡＋1)2=(𝑡−1)2𝑡(𝑡＋1)2，所以ℎ(𝑡)在𝑡∈(1，＋∞)上单调

递增，所以有ln𝑡>2(𝑡−1)𝑡＋1(𝑡>1)成立，所以1𝑥1＋1𝑥2>2𝑎成立．{#{QQABRYKQoggIABJAAAhCEwUCCgGQkBGCCCoOhBAAMAABQBFABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100

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