浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测（二模）数学试题含答案.pdf

《浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测（二模）数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省杭州市2023届高三下学期教学质量检测（二模）数学试题含答案.pdf（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1 页（共 4 页）2022 学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测 数学试题卷 考生须知：1本试卷分试题卷和答题卷两部分满分150分，考试时间120分钟2请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！3考试结束，只需上交答题卡选择题部分（共60分）一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的 1设集合 AxN*|x24x，Bx|y 3，则 ARB（）A0，3 B1，3 C1，2 D1，2，3 2设复数 z 满足 z(1i)2i（i 是虚数单位），则|（）A102B54C52D523在数

2、列an中，“数列an是等比数列”是“22a1a3”的（）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 4设平面向量 a(1，3)，|b|2，且|ab|10，则(2ab)(ab)（）A1 B14 C14 D10 5某兴趣小组研究光照时长 x（h）和向日葵种子发芽数量 y（颗）之间的关系，采集5 组数据，作如图所示的散点图若去掉 D(10，2)后，下列说法正确的是（）A相关系数 r 变小 B决定系数 R2变小C残差平方和变大 D解释变量 x 与预报变量 y 的相关性变强 6已知 a1，b1，且 log2logb4，则 ab 的最小值为（）A4 B8 C16 D32（第 5

3、 题）O A(1，4)C(3，5)B(2，6)E(8，11)D(10，2)x y第 2 页（共 4 页）7如图，点 A，B，C，M，N 为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线 MN/平面 ABC 的是（）8已知 f(x)sin(x)（0）满足(4)1，(53)0 且 f(x)在(4，56)上单调，则 的最大值为（）A127 B1817 C617 D3017 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分在每小题给出的四个选项在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求中，有多项符合题目要求 全部选对的得全部选对的得 5

4、分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9若直线 ykx1 与圆 C：(x2)2y29 相交于 A，B 两点，则|AB|的长度可能等于（）A2 B3 C4 D5 10已知函数 f(x)（xR）是奇函数，f(x2)f(x)且 f(1)2，f(x)是 f(x)的导函数，则（）Af(2023)2 Bf(x)的周期是 4 Cf(x)是偶函数 Df(1)1 11 一口袋中有除颜色外完全相同的 3 个红球和 2 个白球，从中无放回的随机取两次，每次取 1 个球，记事件 A1：第一次取出的是红球；事件 A2：第一次取出的是白球；事件 B：取出的两球同色；事件 C：取出的

5、两球中至少有一个红球，则（）A事件 A1，A2为互斥事件 B事件 B，C 为独立事件 CP(B)25 DP(C|A2)34 12 如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，O1，O2为圆柱上下底面的圆心，O 为球心，EF 为底面圆 O1的一条直径，若球的半径 r2，则（）A球与圆柱的体积之比为 23 B四面体 CDEF 的体积的取值范围为(0，32 C平面 DEF 截得球的截面面积最小值为45 D 若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PEPF的取值范围为225，43 B C A M A N B C A M B N B C A M C N B C A M D N（第 12 题）第

6、3 页（共 4 页）三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13在(1)的展开式中，只有第 5 项的二项式系数最大，则展开式中含2x项的系数为 14已知sincos2sin，2sin cossin，则224cos 2cos 2_ 15费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质 例如，点 P 为双曲线（F1，F2为焦点）上一点，点 P 处的切线平分F1PF2 已知双曲线 C：2422=1，O 为坐标原点，l 是点 P(3，102)处的切线，过左焦点F1作 l 的垂线，垂足为 M，则|OM|16已知函数

7、 f(x)e2x2ex2x 在点 P(x0，f(x0)处的切线方程为 l：yg(x)，若对任意 xR，都有(xx0)(f(x)g(x)0 成立，则 x0 四、解答题四、解答题 17在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，cosBsin+20（1）求角的大小；（2）若 ac35，且 AC 边上的高为15314，求ABC 的周长 18设公差不为 0 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，S520，32a2a5 （1）求数列an的通项公式；（2）若数列bn满足 b11，bnbn1(2)，求数列b2n的前 n 项和 19在三棱锥 SABC 中，底面ABC 为等腰直角三角形，SABSC

8、BABC90 （1）求证：ACSB；（2）若 AB2，SC22，求平面 SAC 与平面 SBC夹角的余弦值 S A B C（第 19 题）第 4 页（共 4 页）20已知椭圆 C：22+22=1（ab0）的离心率为32，左，右顶点分别为 A，B，点 P，Q 为椭圆上异于 A，B 的两点，PAB 面积的最大值为 2 （1）求椭圆 C 的方程；（2）设直线 AP，QB 的斜率分别为 k1，k2，且 3k15k2（i）求证：直线 PQ 经过定点 （ii）设PQB 和PQA 的面积分别为 S1，S2，求|S1S2|的最大值 21马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化

9、学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用 其数学定义为：假设我们的序列状态是，Xt2，Xt1，Xt，Xt1，那么 Xt1时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态 Xt，即 P(Xt1|，Xt2，Xt1，Xt)P(Xt1|Xt)现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型 假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为 50%，且每局赌赢可以赢得 1 元，每一局赌徒赌输的概率为 50%，且赌输就要输掉 1 元.赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为 0 元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的 B 元，赌徒停止赌博记赌徒的本金

10、为 A（AN*，AB），赌博过程如下图的数轴所示 当赌徒手中有元(0 ,)时，最终输光的概率为()，请回答下列问题：（1）请直接写出 P(0)与 P(B)的数值（2）证明P(n)是一个等差数列，并写出公差 d（3）当 A100 时，分别计算 B200，B1000 时，P(A)的数值，并结合实际，解释当 B时，P(A)的统计含义 22已知函数 f(x)ex（aR）（1）讨论函数 f(x)零点个数；（2）若|f(x)|alnxa 恒成立，求 a 的取值范围 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

11、中，只有一项是符合题目要求的 1 2 3 4 5 6 7 8 C 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、解答题四、解答题：本大题共：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分 17（1）因为 sin+2sin2cos2，所以 cos+cos20，即 2cos22+cos210，解得 cos212

12、或 cos21，因为 0B，所以 022，则 cos20，故 cos212，则 23，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 abc15 5 分 18（1）由题意，知1211151020(2)()(4),a+da+da+d a+d，解得 a10，d2 所以 an2n2 4 分 （2）因为 bnbn12n1 所以 b1b21，又因为 b11，所以 b20 当 n2 时，bn1bn2n2

13、，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 b2b4b2n2224939nn8 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 ACSB 5 分 （2）过 S 作 SD平面 ABC，垂足为 D，连接

14、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|12|2|2|63，所以平面

15、SAC 与平面 SBC 夹角的余弦值为637 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 dB 6 分 （3）由 0P nPnd得 0P APAd，即 1 AP AB 当=200，()=50%，当=1000，()=90%，当 ，(

16、)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 24y21 4 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(2+2)

17、1(1+2)212+(2)112+(+2)253 因为 ty1y2422(y1y2)，所以12+(2)112+(+2)2422(1+2)+(2)1422(1+2)+(+2)222+(2+)(1+2)21(2)(1+2)+2222+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)2 412 42+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)ex，所

18、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 合题

19、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()+22+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