【文档说明】浙江省绍兴市上虞区2022-2023学年高三下学期二模数学试题答案.pdf，共(8)页，363.693 KB，由管理员店铺上传

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高三数学第1页共7页2023年5月高三第二次适应性考试(上虞二模)数学答案第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题：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.1

---8BADCCDBB二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，漏选得2分，错选得0分.9.AB10.ABC11.CD12.ABD第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共20分

.13.2e14.815.216.214e四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本题满分10分）（Ⅰ）nSn2是首项为1，公差为1的等差数列，nnSn2.

2分4分2n时，nnnnnSSannn2)1(2)1(1，11a也符合nan.6分（Ⅱ）显然22nnnba.7分1(1)2

nnnS高三数学第2页共7页于是2123(1)(2)(2)(2)nnnnTbbbb]1)2[(32)2(1])2(1[2nn.10分18.（本题满分12分）（Ⅰ）解析（Ⅰ）设F为BC中

点，连接AF，EF，则由ABC△为正三角形，得AFBC；2分DE平面BCD，且BCD为ID为直角三角形，计算可得：2BECE，EFBC.4分于是BC面AEF，从而BCAE.

5分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，过点E作EHAF，垂足为H，则EBH就是直线BE与平面ABC所成的线面角.7分当//AE平面BCD时，可得A到平面BCD的距离为2.设AFD，所以sin2AF，可得6sin3，当90

时3cos3，不妨设A在底面BCD射影为O，则1FO，此时O与D重合，可得,AE两点重合，不符合题意，舍去；9分当90时，1FO，此时O在DF的延长线上，作EHAF，由于AODE为矩形，

可得2AEDO，//AEOD，可得6sin3EAH，可得263EH.高三数学第3页共7页11分于是6sin3EHEBHBE.12分法二：建立如图坐标系，可得0,0,0F，1,0,0B，1,0,0C，0,

1,0D，0,1,2E，0,,Aab，7分由3AF，解得223ab，又//AE平面BCD，令0,0,1n，可得0ABn，解得2b，1a.当1a时,AE重合，所以1a，此时0,1,2A.

9分不妨设平面ABC的法向量为,,mxyz，则00CBmCAm代入得2020xyzx，令1z，则2y，所以0,2,1m.11分由于1,1,2BE，不妨设所成角为，

则6sincos,3BEm.12分19.（本题满分12分）（Ⅰ）由余弦定理得：22222222222222sincoscossinacbbcabcacbacbcabaBABA2222()0bac

3分高三数学第4页共7页222233=3abab上式2分（Ⅱ）由（Ⅰ）3sincoscossinBABA得BAtan3tan，6分BABABAtantan

1tantan)tan(22tan2113tan3tantanBBBB.8分BAtan3tan0tanB22313233tantanBB当且仅当3tan3B时等号成立.

10分BA的最大值为6.12分20.（本题满分12分）（Ⅰ）有直方图可知，第%85分位数位于区间）55,45[，第%85分位数=1030.065.085.04567.51（岁）.3分高三数学第5页共7页（Ⅱ

）10)005.06003.050035.04002.03001.020(x40（岁）40，5分)2()61(XPXP02275.029545.01使

用该APP且年龄大于61周岁的人数占所有喜欢使用该APP的%275.2.7分（Ⅲ）根据题意)2.0,8(~BX，8分要使PXk取最大值，则

)1()()1()(kXPkXPkXPkXP，9分kkkkkkkkkkkkCCCC9118887`118888.02.08.02.08.02.08.02.0Nkk,59541k.12分21.（本题满分

12分）（Ⅰ）依题意，设直线方程为2pyx，联立抛物线22xpy得：2220xpxp.2分令弦长2282p，解得12p，4分抛物线方程为2xy，1(0,)4F.

5分（Ⅱ）假设符合条件的等腰直角三角形存在，于是设点211()Qxx，222(,)Rxx，则由'2yx可得：切线211:2PQyxxx，222:2PRyxxx，高三数学第6页共7页联立解得点1212(,)2xxPxx.7分再设线段PR的中点M，则

点2121223(,)42xxxxxM，且122(2)3QMxxk，22PRxk，12QRkxx，联立方程组11PQRQPRQMkkkk，解得11x或11x.1

0分存在点(1,1)Q、(1,1)Q.12分22.（本题满分12分）解析：（Ⅰ）当12a时，1()ln(1)4xfxxxe，显然函数()fx的定义域为(1,).

1分令2'12(2)(1)()0122(1)2(1)xxxxxfxxxx得1x，于是()fx在(1,1)上单调递增，在(1,)上单调递减.max1()(1)ln24fxf.3分且当1x，()

fx；当x时，()fx.故函数()fx的值域是1,ln24.4分（Ⅱ）（i）显然()ln(1)xFxxaxe，定义域为(1,).2'11(1)()(1)11xxaxeFxaxexx，

5分令2()1(1)xhxaxe，则由01a可知，()hx在(1,)单调递减，且1x，()1hx.而(0)10ha，1111()1(1)1(1)0aahaeaeaa，存在唯一的01(0)

xa，使得0()0hx，于是()Fx在0(1,)x上单调递增，在0()x上单调递减，从而00max000020()()ln(1)ln(1)(1)xxFxFxxaxexx.------（）7分高三数学第7页共7页由1ln1xx可知00

001ln(1)111xxxx，（）000200001(1)01(1)11xxxxxxx.(0)0F，111111ln10aaFeeaaa，∴()Fx在01,x，0,x都各有一个唯一零点，故()Fx恰有两个零

点.9分（ii）由题意得010xx，由于1()0Fx，要证012xx，即证020Fx.10分020002ln122xFxxaxe，由（i）可知02011xaxe，从而0000

2022ln121xxeFxxx，令22ln121xxeTxxx，则00T，2'3212121xxeTxxx，1xex，故23'2221240121121xxTxxxxx.于是

Tx在0,上单调递减，故00TxT，即020Fx，即012xx.12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com