浙江省杭州市2024年高三下学期教学质量检测数学试题含答案.pdf

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1、#QQABAQyUgggoAJAAABgCQQ2ACACQkBEAAIoOREAMsAAACBFABAA=#QQABAQw9xggYgJTACB5KRQ20CAqQsJEhLMoMxVAGuARCiIFAFAA=#QQABAQyUgggoAJAAABgCQQ2ACACQkBEAAIoOREAMsAAACBFABAA=#QQABAQw9xggYgJTACB5KRQ20CAqQsJEhLMoMxVAGuARCiIFAFAA=#QQABAQyUgggoAJAAABgCQQ2ACACQkBEAAIoOREAMsAAACBFABAA=#QQABAQw9xggYgJTACB5KRQ20CAqQsJEhLM

2、oMxVAGuARCiIFAFAA=#QQABAQyUgggoAJAAABgCQQ2ACACQkBEAAIoOREAMsAAACBFABAA=#QQABAQw9xggYgJTACB5KRQ20CAqQsJEhLMoMxVAGuARCiIFAFAA=#第 1 页（共 4 页）2023 学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测 数学参考答案 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，只有一项是符合题目要求的。1 2 3 4 5 6 7 8 C B B A A C D A 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要

3、求。全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。9ABC 10ACD 11BC 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。12y3x2 或 y3x2（写出一个即可）1322 14 31717 四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15（13 分）解 （1）设等差数列an的首项为 a1，公差为 d 由 S44S2，a2n2an1，得 41+681+4；1+(2 1)21+2(1)+1，解得 a11，d2 所以 an2n1（nN*）6 分 （2）由（1）知，(2n1)bn(2n3)bn1，即+1=212+3，利用累乘

4、法：所以 bn112 21 1=232+12521 3715 3 9(21)(2+1)=92(12112+1)所以1nkkb92(1 12+1)92 13 分 第 2 页（共 4 页）16（15 分）解（1）因为 f(x)+2(+1)2+1+2，（）当 a1 时，f(x)在(2，)单调递减；（）当1a0 时，当 x(2，+11)，f(x)0 当 x(+1 1，+11)，f(x)0 当 x(+11，)，f(x)0 所以 f(x)在(2，+11)单调递减，在(+1 1，+11)单调递增，在(+11，)单调递减；（）当 a0 时，f(x)在(2，+11)单调递增，(+11，)单调递减 7 分 （2）

5、（i）由（1）知1a0 9 分 （ii）由（1）知 f(x)极大值为 f(+11)，因为 f(+11)aln(+1+1)12(+1 1)20，又因为(4 2)4 12(4 2)20 所以函数 f(x)有且只有一个零点 15 分 17（15 分）解（1）在DCM 中，由余弦定理可得 DM3，所以 DM2DC2CM2，所以MDC90，所以 DMDC 又因为 DCPD，所以 DC平面 PDM 所以 DCPM 显然，四边形 PQBM 为平行四边形，所以 PMQB 又 AB/DC，所以 ABBQ，所以ABQ90 6 分（2）因为 QBMD，所以 PMMD，所以 PM平面 ABCD 取 AD 中点 E，连

6、接 PE，设 PMh 设多面体 ABCDPQ 的体积为 V，则 VV三棱柱ABQPEMV四棱锥PCDEMSQAB313S四边形CDEMh152 解得 PMh33 9 分 建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(3，2，0)，B(3，1，0)，C(3，1，0)，xyzEABCDPQM第 3 页（共 4 页）D(3，0，0)，P(0，0，3)，Q(3，1，33)，M(0，0，0)则平面 QAB 的一个法向量 n(1，0，0)所以(0，1，0)，(3，0，33)，设平面 PCD 的一个法向量 m(x，y，z)，则 =0，=0，即=0，33=0，取 m(3，0，1)所以 cos|31010 所以平面 P

7、AD 与平面 PMD 夹角的余弦值为31010 15 分 18（17 分）解（1）设 P(x0，y0)是椭圆上一点，则 x024y024 因为|PM|(0)2+02=34(043)2132+1，（2x02）若 0m32，|PM|min1 1321，解得 m0（舍去）3 分 若 m32，|PM|min34 4 4+2+11，解得 m1（舍去）或 m3 所以 M 点的坐标位（3，0）6 分（2）（i）设直线 l：xty3，C(x1，y1)，D(x2，y2)由=+3 24+2=1，得(t24)y26ty50 所以 y1y262+4，y1y252+4 所以 y1y265ty1y2 由16t2800，得

8、 t5或 t5 易知直线 AC 的方程为 y11+2(x2)直线 BD 的方程为 y222(x2)联立，消去 y，得+22=(1+2)2(22)1=(1+5)2(2+1)1=12+5212+1 联立，消去 ty1y2，则+22=56(1+2)+5256(1+2)+15 解得 x43，即点 G 在直线 x43上 13 分 （ii）由图可知，CGDG，即 AGBG所以点 G 在以 AB 为直径的圆上 第 4 页（共 4 页）设 G(43，n)，则(43)2n24，所以 n253，即 G(43，253)故直线 AC 的方程为 y55(x2)，直线 AC 的方程与椭圆方程联立，得 9x216x40 解

9、得 xA等于2所以 xC49 12=29，所以 yC459 故 klkMC4525 17 分 19（17 分）解（1）因为 Y B(3，p)，所以 p 的值为 14 或 34 （i）表格如下 k 0 1 2 3 14(Yk)2764 2764 964 164 34(Yk)164 964 2764 2764 5 分（ii）由题知Pp(Yk)C3(1)3 当 y0 或 1 时，参数 p14的概率最大；当 y2 或 3 时，参数 p34的概率最大 所以14，0，1.34，2，3.11 分（2）对对数似然函数进行求导，l(p)11niiX111(1)niiX，因此似然方程为 11niiX111(1)niiX0，解上面的方程，得11niiX，因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，故用频率估计概率是合理的 17 分