2023届杭州市高三下学期第二次质量检测数学试题答案.doc

1、2022 学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测参考答案一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1 2 3 4 5 6 7 8C A A B D C D B二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分9CD 10BD 11ACD 12AD三、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分1370 140 152 16ln2四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分+ 17（1）因为 sin sin

2、 cos，2 2 2所以 cos + cos 10，0，即 2cos2 + cos 2 2 2 1 解得 cos 或 cos 1，2 2 2 1因为 0B，所以 0 ，则 cos 0，故 cos ，2 2 2 2 2 2则 ，故 B 5 分2 3 3（2）令 c5m（m0），则 a3m，由三角形面积公式，得所以 b7m2，1 1b153acsinB ，2 214由余弦定理可，得 b2a2c22accosB，则 49m449m2，解得 m1，从而 a3，b7，c5，故ABC 的周长为 abc15 5 分18（1）由题意，知5a +10d = 20,1( 2 ) = ( )( 4 )a + d a

3、 +d a + d21 1 1，解得 a10，d2所以 an2n2 4 分n1 （2）因为 bnbn12所以 b1b21，又因为 b11，所以 b20n2 当 n2 时，bn1bn2n2，即 bnbn n3（n3） ，得 bn1bn12 22 2n3，b2n 2n5，b4b221，所以 b2nb2n22 2b2n422累加，得 b2nb2 (41 1)（n2），3 2所以 b2n (41 1) （n1），32 n - 2n - 2 8 分 所以数列 b2n的前 n 和为 b2b4b2n 49 3 919（1）证明：设 AC 的中点为 E，连结 SE，BE，因为 ABBC，所以 BEAC，在SC

4、B 和SAB 中，SABSCB90，ABBC所以 SCBSAB，所以 SASC所以 SEAC，所以 AC平面 SBE，因为 SB平面 SBE，所以 ACSB 5 分（2）过 S 作 SD平面 ABC，垂足为 D，连接 AD，CD，所以 SDAB，因为 ABSA，所以 AB平面 SAD，所以 ABAD，同理，BCCD所以四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，则A(2，0，0)，B(2，2，0)， C(0，2，0)，S(0，0，2)，所以 (0，2，2)， (2，2，0)， (2，0，0)，设平面 SAC 的法向量 n1(x1，y1，z1)，则1 21 2

5、10，取 x11，y11，z11，1 21 + 210 所以 n1(1，1，1) 同理可得平面 SBC 的法向量 n2(0，1，1)设平面 SAC 与平面 SBC 夹角为 ， |12| 6所以 cos|cos| |2|2| 3 ，所以平面 SAC 与平面 SBC 夹角的余弦值为67 分 320（1）当 = 0时，赌徒已经输光了，因此(0) = 1. 当 = 时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率() = 0. 3 分（2）记:赌徒有元最后输光的事件，:赌徒有元下一场赢的事件() = ()(|) + ()(|)即() =12( 1)+12( + 1)，所以() ( 1) = ( +

6、 1) ()，所以()是一个等差数列设 P(n)- P(n -1)= d ，则 P(n -1)- P(n - 2)= d ， P(1)- P(0)= d ，累加得 P(n)- P(0)= nd ，故 P(B)- P(0)= Bd ，得 d = - 1B6 分（3）由 P(n)- P(0)= nd 得 P(A)- P(0)= Ad ，即 P(A)=1- AB当 = 200，() = 50%，当 = 1000，() = 90%，当 ，() 1，因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就会 100%的概率输光3 分21（1）由题意，知 3 2，ab2，所以 a2，b1，c

7、3，2所以椭圆 C 的方程为 y21 4 分4（2）（i）设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)若直线 PQ 的斜率为 0，则点 P，Q 关于 y 轴对称，则 kAPkBQ，不合题意；所以直线 PQ 的斜率不为 0，设直线 PQ 的方程为 xtyn（n2）， 2 + 424则，得 (t24)y22tnyn240， + 由16(t2n24)0，得 t24n22 24因为 y1y2 ，y1y22+4 2+4所以12(22)1(1+2)2(2+2)1(1+2)212+(2)112+(+2)25 342因为 ty1y2 (y1y2)，212+(2)112+(+2)2所以42 2(1+2)+(2)1(1

8、+2)+(+2)242 222+(2+)(1+2)21(2)(1+2)+2222+ 5 ， 31解得 n ，所以直线过定点（212，0） 15 241（ii）y1y2 4(2+4)，t，y1y22+4 41 1所以| S1S2 | | y1y2 |2 2 (1 + 2)2 4124 ( 12+152+42+42 2)15 4，当 t0 时等号成立+ 4所以| S1S2 |的最大值为15 8 分 422（1）由 f (x)0，得 xexa（x0） 设 h(x)xex，则 h(x)(x1)ex，所以，在(1，0)，(0，)上单调递增；在(，1)上单调递减，1所以 h(x)minh(1)e据此可画出

9、大致图象如右，所以1（）当 a 或 a0 时，f (x)无零点； 1（）当 a 或 a0 时，f (x)有一个零点；1（）当 a0 时，f (x)有两个零点；6 分（2）当 a0 时，ex0，符合题意；当 a0 时，因 x0，则 ex0，则 exalnxa，即 ex(1lnx1)a， 1 1 1 1设 m(x) lnx1，则 m(x) ， 22 所以 m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增 所以 m(x)m(1)0，所以，当 a0 时，ex0(1lnx1)a，即 | f (x) |alnxa 成立，即 a0 合题意；当 a0 时，由（1）可知，h(x)axexa，在(0，)上单调

10、递增 又 h(0)aa0，h(a)aa(ea1)0，所以x0(0，a)，使 h(x0)ax0e0a0xa0，即 exi）当 x(0，x0)时，xe 0，exalnxa0， 设 g(x) ex则 g(x) 0，所以 g(x)在(0，x0)上单调递减，2 所以 x(0，x0)时，g(x)g(x0)alnx0a ；xa0，即 exii）当 x(x0，)时，xe 0，设 t(x)exalnxa0， 2+因为 () + ，2 2令()2 + ， (0， + )，则()(2 + 2) ， 又令()(2 + 2) ， (0， + )，则()(2 + 4 + 2) 0，得()在(0， + )上单调递增有()() (0)(02 + 20)0 0 + 0，得()在(0， + )上单调递增，有() (0)020 + 0 0()则() 0，得()在(0， + )上单调递增2则 (0， + )时，() (0) 0 + 又 (0，0)时，() (0) 0 + ，得当 0时，|()| 时， 0 + 0 0 0 ，由上可知00，()在(0， + )上单调递增，则此时0 +1；综上可知，的范围是(，+1) 6 分