2023届杭州市高三下学期第二次质量检测数学试题答案.pdf

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12345678CAABDCDB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9CD10BD11ACD12AD三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 1370140 15216ln2四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分17（1）因为 sin+2 sin2 cos2，所以 cos+c

2、os20，即 2cos22+cos210，解得 cos2 12或 cos21，因为 0B，所以 02 2，则 cos20，故 cos212，则2 3，故 B23 5 分（2）令 c5m（m0），则 a3m，由三角形面积公式，得12acsinB12b15314，所以 b7m2，由余弦定理可，得 b2a2c22accosB，则 49m449m2，解得 m1，从而 a3，b7，c5，故ABC 的周长为 abc155 分18（1）由题意，知1211151020(2)()(4),a+da+da+d a+d，解得 a10，d2所以 an2n24 分（2）因为 bnbn12n1所以 b1b21，又因为 b1

3、1，所以 b20当 n2 时，bn1bn2n2，得 bn1bn12n2，即 bnbn22n3（n3）所以 b2nb2n222n3，b2n2b2n422n5，b4b221，累加，得 b2nb223(41 1)（n2），所以 b2n23(41 1)（n1），所以数列 b2n的前 n 和为 b2b4b2n 2224939nn8 分19（1）证明：设 AC 的中点为 E，连结 SE，BE，因为 ABBC，所以 BEAC，在SCB 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 ACSB5 分（2）过 S 作

4、 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 21 210，1 21+210，取 x11，y11，z11，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，所以 cos|cos|

5、12|2|2|63，所以平面 SAC 与平面 SBC 夹角的余弦值为63 7 分20（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)=(+1)()，所以()是一个等差数列设 1P nP nd，则 12P nP nd，10PPd，累加得 0P nPnd，故 0P BPBd，得1 dB6 分（3）由 0P nPnd 得 0P APAd，即 1 AP AB当=200，()=50%，当=1000，(

6、)=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 32，ab2，所以 a2，b1，c3，所以椭圆 C 的方程为 24 y214 分（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），则2+424+，得(t24)y22tnyn240，由16(t2n24)0，得 t24n2因为 y1y222+4，y1y2242+4所以12(22)1(1+2)2(

7、2+2)1(1+2)2 12+(2)112+(+2)2 53因为 ty1y2422(y1y2)，所以12+(2)112+(+2)2 422(1+2)+(2)1422(1+2)+(+2)222+(2+)(1+2)21(2)(1+2)+22 22+53，解得 n12，所以直线过定点（12，0）（ii）y1y22+4，y1y2154(2+4)，t2414所以|S1S2|12|y1y2|12(1+2)2 41242+152+4 (12+4 2)2+4154，当 t0 时等号成立所以|S1S2|的最大值为154 8 分22（1）由 f(x)0，得 xexa（x0）设 h(x)xex，则 h(x)(x1)

8、ex，所以，在(1，0)，(0，)上单调递增；在(，1)上单调递减，所以 h(x)minh(1)1e据此可画出大致图象如右，所以（）当 a1或 a0 时，f(x)无零点；（）当 a1或 a0 时，f(x)有一个零点；（）当1a0 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，设 m(x)1lnx1，则 m(x)12112，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

9、题意；当 a0 时，由（1）可知，h(x)axexa，在(0，)上单调递增又 h(0)aa0，h(a)aa(ea1)0，所以x0(0，a)，使 h(x0)ax0e0a0i）当 x(0，x0)时，xexa0，即 ex0，设 g(x)exalnxa0，则 g(x)2ex0，所以 g(x)在(0，x0)上单调递减，所以 x(0，x0)时，g(x)g(x0)alnx0a；ii）当 x(x0，)时，xexa0，即 ex0，设 t(x)exalnxa0，因为()+2 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()()2 0，得()在(0，+)上单调递增则 (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