2023届杭州市高三下学期第二次质量检测数学试题答案.doc

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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

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