2023届杭州市高三下学期第二次质量检测数学试题答案

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．12345678CAABDCDB4520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．9．10BDACD12AD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共分．13．7014．015．216．－四、解答题：本大题共6小题，共70分．퐴+퐶π−퐵퐵17）因为sin＝sin＝cos，222所以퐵+cos－＝0，퐵＝0，即2cos퐵퐵+cos222

퐵1퐵解得＝或cos＝－1，222퐵π퐵퐵1因为＜＜π，所以0＜cos＞0cos＝，<22222퐵π2π则＝，故＝．………………5分233（2＝mm0a3m，由三角形面积公式，得所以＝m2，11b15√3sinB＝，2214由余弦定理可，得b＝a＋c2－2B，则m449m2，解得m＝1，从而＝，b7，＝，故△ABC的周长为a＋c＝．………………5分18）由题意，知5a+10d20,1(2)(4)a+da+da+d2111，解得a10，＝．a＝2－．………………4分n－1①（2）因为bn＋bn＋＝2所以b＋b21，又因为1＝1，所以b＝0．n2②当n2时，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＝푛−1−（n32所以b2＝푛−1−（n≥1，32n2n2．………………8分所以数列{b2n}nb2＋b4…＋b2＝493919）证明：设AC的中点为，连结SEBE，因为AB＝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，因为平面，所以AC⊥SB．………………5分（2S作⊥平面ABCDCD，所以⊥AB，因为AB⊥SA，所以AB⊥平面SAD，所以AB⊥AD，同理，BC⊥CD．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D—，则A(2，，0)B，20)，C(02，，S，0，所以＝(0，，－2)＝(2，20)＝(－，0，设平面SAC的法向量n1(x1，y1，z1)，则1⋅＝1−2푧10，{，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)．设平面SAC与平面SBC夹角为，|풏1⋅풏2|√6

所以θ＝n1n2＝

|풏2||풏2|3＝，所以平面与平面夹角的余弦值为√6．………………7分320푛=0푃(0)=.푛=퐵时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率푃(퐵)=.………………3分（2푀:赌徒有푛元最后输光的事件，푁:赌徒有푛元下一场赢的事件푃(푀)=푃(푁)푃(푀|푁)+即푃(푛)=12푃(푛−1)+12푃(푛+，所以푃(푛)−푃(푛−=푃(푛+−푃(푛)，所以是一个等差数列．设PnPnd，则PnPn2d，……，PP0d，累加得PnP0nd，故PBP0Bd，得d1B．………………6分（3PnP0nd得PAP0，即PA1AB．当퐵=200푃(퐴)=50%，当퐵=1000，푃(퐴)=90%，当퐵→∞，푃(퐴)→1要赌徒一直玩下去就会的概率输光．………………3分21）由题意，知푐푎√32＝，＝2，所以a＝，＝1，＝，2所以椭圆C的方程为푥＋y＝1．………………4分4（2）设P(x1，y1，Qx2，y2)．若直线的斜率为，则点Qyk＝－k，不合题意；所以直线的斜率不为，设直线的方程为xty＋n（≠±2푥2+4푦24

则{，得(2＋4)y2＋2＋n－4＝，＝+푛由△＝16(2－n24)≥2＋4n2．2푡푛푛2因为y＋y2＝，y1y2＝．푡2푡2所以푘1푘2(푥2−2)푦1(푥1+2)푦2＝(푡푦2+푛−2)푦1(푡푦1+푛+2)푦2＝푡푦1푦2+(푛−2)푦1푡푦1푦2+(푛+2)푦2＝5＝．34−푛2因为ty1y2＝(y1＋y2)，2푛푡푦1푦2+(푛−2)푦1푡푦1푦2+(푛+2)푦2所以4−푛22푛(푦1+푦2)+(푛−2)푦1(푦1+푦2)+(푛+2)푦2＝4−푛22푛2−푛2+푛＝⋅(2+푛)(푦1+푦2)−2푛푦1(2−푛)(푦1+푦2)+2푛푦2＝2−푛2+푛5＝，31解得＝－，所以直线过定点（−212，0푡152＋41（）y1＋y2＝4(푡2，t，y1y2．푡2411所以|S1－S2＝|y1－y2＝22√(푦1+2)2−12√4푡√−(12+15푡2푡22−2)√154，当＝0时等号成立．+≤所以|S1－S2的最大值为√15．………………8分422f(x)＝，得ex＝（x≠设h(x)＝exh′(x)＝(＋1)ex，所以，在(1，，(0，＋∞)上单调递增；在(－∞，－1)上单调递减，1所以h(x)＝h(－1)＝－．e据此可画出大致图象如右，所以1（ⅰ）当＜－或＝0时，f(x)无零点；푒1（ⅱ）当＝－或＞0时，f(x)有一个零点；푒1（ⅲ）当－＜＜0时，f()有两个零点；…………6分푒（2）①当a＝0时，ex＞，符合题意；②当a＜0时，因＞0ex－푎＞，푥则ex푎＞alnxax＞(1＋ln－1)a，푥푥111푥−1设m(x＝＋lnx－1m′(x)＋＝，푥푥2푥2푥m(x)在，1)上单调递减，在，＋∞)上单调递增．m(x)m(1)0，所以，当＜0时，e＞0≥(1＋lnx－a，푥即|f(x)＞alnx－a成立，即a0合题意；＞0时，由（1）可知，h(x)a＝xe－a，在(0，＋∞上单调递增．

又h－＝－＜，ha)－aa(ea－＞0，所以x0∈，a)h(x0－a＝xe푥0－a0．－a＜ex－푎）当∈，x0)时，xe＜，푥푎－ex－aln＋＞0，设g(x＝푥푎푎－ex－则g(x)＝－＜，所以g(x在(0，x0上单调递减，푥2푥x∈，x0)时，g(x＞g(x0)＝－alnx0＋a；x－＞0e－푎）当x∈(x，＋∞)时，e＞0，푥设(x)＝ex－푎－aln＋＞，푥푎푎푥2푒푥+푎−푎푥因为푡′푒푥+＝，−푥2푥푥2令＝2푒푥+푎−푥∈0，+∞)，则푝′＝2+푥−，又令푛(푥)(푥2+푥−，푥∈0，+∞)，则푛′(푥2+4푥+2)푒푥>，得푛(푥)0，+∞)上单调递增．

有푝′푛(푥)≥0＝2+0)푒푥0−＝0+푎>，得在0，+∞)上单调递增，有≥0＝2푒푥0+푎−0＝푎>．푝(푥)则푡′＝>，得푡(푥)在0，+∞)上单调递增．푥2则푥∈0，+∞)时，푡(푥)≥0