2023屆杭州市高三下學(xué)期第二次質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題答案

2022學(xué)年第二學(xué)期杭州市高三年級教學(xué)質(zhì)量檢測參考答案一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．12345678CAABDCDB4520有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9．10BDACD12AD三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共分．13．7014．015．216．－四、解答題：本大題共6小題，共70分．?+?π???17）因?yàn)閟in＝sin＝cos，222所以?+cos－＝0，?＝0，即2cos??+cos222

?1?解得＝或cos＝－1，222?π??1因?yàn)椋迹鸡?，所?＜cos＞0cos＝，<22222?π2π則＝，故＝．………………5分233（2＝mm0a3m，由三角形面積公式，得所以＝m2，11b15√3sinB＝，2214由余弦定理可，得b＝a＋c2－2B，則m449m2，解得m＝1，從而＝，b7，＝，故△ABC的周長為a＋c＝．………………5分18）由題意，知5a+10d20,1(2)(4)a+da+da+d2111，解得a10，＝．a(chǎn)＝2－．………………4分n－1①（2）因?yàn)閎n＋bn＋＝2所以b＋b21，又因?yàn)?＝1，所以b＝0．n2②當(dāng)n2時(shí)，bn－1bn＝2n－2，即b－bnn－（≥3①－②，得bn＋1bn－1＝2－2＝22n－3b2n2n－5，……，4－b2＝21，

所以b2－b2n－2＝2－2－b2n－4＝22累加，得b2－b2＝??1?（n32所以b2＝??1?（n≥1，32n2n2．………………8分所以數(shù)列{b2n}nb2＋b4…＋b2＝493919）證明：設(shè)AC的中點(diǎn)為，連結(jié)SEBE，因?yàn)锳B＝BC，所以BEAC，在△SCB△SAB中，∠＝∠SCB＝90°AB＝BC．所以△SCB△，所以SA＝SC．所以SEAC，所以AC⊥平面，因?yàn)槠矫?，所以AC⊥SB．………………5分（2S作⊥平面ABCDCD，所以⊥AB，因?yàn)锳B⊥SA，所以AB⊥平面SAD，所以AB⊥AD，同理，BC⊥CD．所以四邊形ABCD是邊長為2的正方形．建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D—，則A(2，，0)B，20)，C(02，，S，0，所以＝(0，，－2)＝(2，20)＝(－，0，設(shè)平面SAC的法向量n1(x1，y1，z1)，則1?＝1?2?10，{，取x＝1，y＝，z1＝，1?＝?1+1＝0所以n＝(11，1)．同理可得平面的法向量n2＝，，1)．設(shè)平面SAC與平面SBC夾角為，|?1??2|√6

所以θ＝n1n2＝

|?2||?2|3＝，所以平面與平面夾角的余弦值為√6．………………7分320?=0?(0)=.?=?時(shí)，賭徒到了終止賭博的條件，不再賭了，因此輸光的概率?(?)=.………………3分（2?:賭徒有?元最后輸光的事件，?:賭徒有?元下一場贏的事件?(?)=?(?)?(?|?)+即?(?)=12?(??1)+12?(?+，所以?(?)??(??=?(?+??(?)，所以是一個(gè)等差數(shù)列．設(shè)PnPnd，則PnPn2d，……，PP0d，累加得PnP0nd，故PBP0Bd，得d1B．………………6分（3PnP0nd得PAP0，即PA1AB．當(dāng)?=200?(?)=50%，當(dāng)?=1000，?(?)=90%，當(dāng)?→∞，?(?)→1要賭徒一直玩下去就會的概率輸光．………………3分21）由題意，知??√32＝，＝2，所以a＝，＝1，＝，2所以橢圓C的方程為?＋y＝1．………………4分4（2）設(shè)P(x1，y1，Qx2，y2)．若直線的斜率為，則點(diǎn)Qyk＝－k，不合題意；所以直線的斜率不為，設(shè)直線的方程為xty＋n（≠±2?2+4?24

則{，得(2＋4)y2＋2＋n－4＝，＝+?由△＝16(2－n24)≥2＋4n2．2???2因?yàn)閥＋y2＝，y1y2＝．?2?2所以?1?2(?2?2)?1(?1+2)?2＝(??2+??2)?1(??1+?+2)?2＝??1?2+(??2)?1??1?2+(?+2)?2＝5＝．34??2因?yàn)閠y1y2＝(y1＋y2)，2???1?2+(??2)?1??1?2+(?+2)?2所以4??22?(?1+?2)+(??2)?1(?1+?2)+(?+2)?2＝4??22?2??2+?＝?(2+?)(?1+?2)?2??1(2??)(?1+?2)+2??2＝2??2+?5＝，31解得＝－，所以直線過定點(diǎn)（?212，0?152＋41（）y1＋y2＝4(?2，t，y1y2．?2411所以|S1－S2＝|y1－y2＝22√(?1+2)2?12√4?√?(12+15?2?22?2)√154，當(dāng)＝0時(shí)等號成立．+≤所以|S1－S2的最大值為√15．………………8分422f(x)＝，得ex＝（x≠設(shè)h(x)＝exh′(x)＝(＋1)ex，所以，在(1，，(0，＋∞)上單調(diào)遞增；在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，1所以h(x)＝h(－1)＝－．e據(jù)此可畫出大致圖象如右，所以1（?。┊?dāng)＜－或＝0時(shí)，f(x)無零點(diǎn)；?1（ⅱ）當(dāng)＝－或＞0時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；?1（ⅲ）當(dāng)－＜＜0時(shí)，f()有兩個(gè)零點(diǎn)；…………6分?（2）①當(dāng)a＝0時(shí)，ex＞，符合題意；②當(dāng)a＜0時(shí)，因＞0ex－?＞，?則ex?＞alnxax＞(1＋ln－1)a，??111??1設(shè)m(x＝＋lnx－1m′(x)＋＝，??2?2?m(x)在，1)上單調(diào)遞減，在，＋∞)上單調(diào)遞增．m(x)m(1)0，所以，當(dāng)＜0時(shí)，e＞0≥(1＋lnx－a，?即|f(x)＞alnx－a成立，即a0合題意；＞0時(shí)，由（1）可知，h(x)a＝xe－a，在(0，＋∞上單調(diào)遞增．

又h－＝－＜，ha)－aa(ea－＞0，所以x0∈，a)h(x0－a＝xe?0－a0．－a＜ex－?）當(dāng)∈，x0)時(shí)，xe＜，??－ex－aln＋＞0，設(shè)g(x＝???－ex－則g(x)＝－＜，所以g(x在(0，x0上單調(diào)遞減，?2?x∈，x0)時(shí)，g(x＞g(x0)＝－alnx0＋a；x－＞0e－?）當(dāng)x∈(x，＋∞)時(shí)，e＞0，?設(shè)(x)＝ex－?－aln＋＞，????2??+????因?yàn)?′??+＝，??2??2令＝2??+???∈0，+∞)，則?′＝2+??，又令?(?)(?2+??，?∈0，+∞)，則?′(?2+4?+2)??>，得?(?)0，+∞)上單調(diào)遞增．

有?′?(?)≥0＝2+0)??0?＝0+?>，得在0，+∞)上單調(diào)遞增，有≥0＝2??0+??0＝?>．?(?)則?′＝>，得?(?)在0，+∞)上單調(diào)遞增．?2則?∈0，+∞)時(shí)，?(?)≥0