2024届杭州一模数学试卷+答案

2023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．
1 2 3 4 5 6 7 8 A
B D A B
C A
A
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分． 9．CD 10．BCD 11．ABC 12．BC 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．15
14．√13
15．－2
16．√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cos A ＝－cos C ，
根据余弦定理BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos A ，BD 2＝CB 2＋CD 2－2CB ·CD cos C ， 即 BD 2＝5－4cos A ，BD 2＝13－12cos C ． 所以 5－4cos A ＝13－12cos C ，所以cos C ＝1
2． 所以 BD ＝√7．
（2）因为 BD 2＝PB 2＋PD 2－2PB ·PD cos A ＝(PB ＋PD )2－3PB ·PD ≥(PB ＋PD )2－3·(PB ＋PD)2
4
＝
(PB ＋PD)2
4
，
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：
ax b ＋x 2
＝
a
1
x
b ＋
1x 2
，（x ＞0）恒成立，
即b ＋x 2＝bx 2＋1恒成立，所以b ＝1，所以a ＝1， 所以f (x )＝
x 1＋x 2
；
（2）因为f ′(x )＝(1−x)(1+x)(1＋x 2)
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
x )知B (1
t ，0)． 那么|AB |＝1
t －t ，|AD |＝t
1+t 2；S ＝(1
t −t)∙t 1＋t 2
＝－1＋
2
t 2＋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，b
4，√3b
4
)，B (a ，0，0)．
故BE
⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(−a ，b 4
，√3b 4
)，PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，b ，−b
√3
)，
因为BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，所以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即BE ⊥PD ． （2）因为AB
⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(a ，0，0)，所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0， 故AB ⊥PD ，所以PD ⊥平面ABE ， 故平面ABE 的法向量n ⃗ ＝PD
⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，b ，−b
√3
)，
设直线PC 与平面ABE 所成角为θ，则： sin θ＝|cos<PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ >|＝ab ＋
b 2
3
√b 2＋b 23
∙√2a 2＋b
2
3
＝√10
4
， 整理得 b ＝2a ，即
b a 2
1．
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 ＝1
3．
（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，P 1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，P 2为此时挑战者获胜的概率． P 1＝P (X ≥6)＝C 86(13)6(23)2
＋C 87
(13)7(23)1
＋C 88(13)8
＝12938， P 2＝P (X ≥7)＝C 97(13)7(23)2
＋C 98(13)8(23)1
＋C 99(13)9
＝
163
39
．
显然，P 1＞P 2，即该挑战者胜利的概率没有增加．
21．（1）由S 1＝a 1＝1；令n ＝2，得k(S 2＋2a 1)＝3S 1＋3k ，故a 2＝2k ＋33k
，a 2a 1
＝
2k ＋33k
；
因为k(S n ＋2a n )＝3S n−1＋3k ，其中k >0，n ≥2，n ∈N ． 所以当n ≥3时，k(S n−1＋2a n−1)＝3S n−2＋3k ， 两式相减得：k (3a n −2a n−1)＝3a n−1， 整理得：
a n a n−1
＝2k ＋33k
，(n ≥3)．
综上，数列{a n }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)，1
b
n
＝f (b n−1)＝2b n−1＋33b n−1
＝1
b
n−1
＋23，b 1＝1，故1b n
＝
2n ＋13
．
当n 为偶数时，
1b 1b 2
−1b
2b 3
＋1
b
3b 4
−＋⋯＋(−1)n ＋11
b
n b n ＋1
＝1b 2
(1b 1
−1b 3
)＋1b 4
(1
b 3
−1b 5
)＋⋯＋1b n
(1
b
n−1
−1
b
n ＋1
)
＝−4
3(1
b 2
＋1
b 4
＋⋯＋1
b n
)＝−2
9n(n ＋3)．
当n 为奇数时， 1
b
1b 2
−1
b
2b 3
＋1
b
3b 4
−⋯＋(−1)n ＋11
b
n b n ＋1
＝−2
9(n −1)(n ＋2)＋
2n ＋13
∙
2n ＋33
＝
2n 2＋6n ＋7
9
综上：1
b1b2−1
b2b3
＋1
b3b4
−⋯＋(−1)n＋11
b n b
n＋1
＝{
−2
9
n(n＋3)，(n为偶数)
2n2＋6n＋7
9
，(n为奇数)
．
22．（1）因为f′(x)＝－a
x2＋1
x
＝−a＋x
x2
，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−1
x
，
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=1
a
，
所以g(x)在(0，1
a )单调递减，在(1
a
，＋∞)单调递增，
∴在x=1
a 取极小值，且g(1
a
)=−1＋lna；
由题(1＋ln a)＋(－1＋ln a)＝0，解得a=1．
（2）令m=1
x1，n=1
x2
，因为x1≠x2，所以m≠n，
由f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2)可得：{a
x1
＋lnx1=2
a x2＋lnx2=2
⇒{
am−lnm=2⋯(1)
an−lnn=2⋯ (2)
，
(1)−(2)得：a(m−n)=lnm−lnn，所以1
a =m−n
lnm−lnn
，
要证：1
x1＋1
x2
>2
a
，只要证：m＋n>2
a
，只要证：m＋n>2m−n
lnm−lnn
，
不妨设0<n<m，所以只要证：ln m
n >2(m−n)
m＋n
，
即证：ln m
n >2(
m
n
−1)
m
n
＋1
，令t=m
n
(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)=1
t
−2(t＋1)−2(t−1)
(t＋1)
2
=1
t
−4
(t＋1)
2
=(t−1)2
t(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1
x1
＋1
x2
>2
a
成立．。