安徽省黄山市2023届高三第二次质量检测数学试卷

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页安徽省黄山市2023届高三第二次质量检测数学试卷一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．复数满足方程，则（

）A．2 B． C． D．83．“”是“直线和直线平行”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．《莱茵德纸草书》（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样一道题目：把个面包分给个人，使每个人所得面包个数成等比数列，且使较小的两份面包个数之和等于中间一份面包个数的四分之三，则中间一份面包的个数为（

）A． B． C． D．5．先后掷两次骰子（骰子的六个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点），落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x，y，设事件A=“为奇数”，事件B=“，满足”，则概率（

）A． B． C． D．6．已知函数，则使不等式成立的的取值范围是（

）A． B．C． D．7．如图1，将一块边长为20的正方形纸片剪去四个全等的等腰三角形，，再将剩下的部分沿虚线折成一个正四棱锥，使与重合，与重合，与重合，与重合，点重合于点，如图2.则正四棱锥体积的最大值为（

）A． B． C． D．8．已知满足，则（

）A． B．C． D．

二、多选题9．如图，为圆的一条直径，点是圆周上的动点，是直径上关于圆心对称的两点，且，则（

）A．B．C．D．三、单选题10．若，则的值可能是（

）A． B． C．2 D．3四、多选题11．已知椭圆分别为椭圆的左，右焦点，分别是椭圆的左，右顶点，点是椭圆上的一个动点，则下列选项正确的是（

）A．存在点，使得B．若为直角三角形，则这样的点有4个C．直线与直线的斜率乘积为定值D．椭圆C内接矩形的周长取值范围是12．如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（

）A．存在唯一的点，使得B．若，则点的轨迹长为4C．若，则四面体的外接球的表面积为D．若，则点的轨迹长为五、填空题13．的展开式中所有不含字母的项的系数之和为___________.14．如图给出的三角形数阵，图中虚线上的数、、、、，依次构成数列，则___________.15．设双曲线，其右焦点为，过作双曲线一条浙近线的垂线，垂足为点，且与另一条浙近线交于点，若，则双曲线的离心离为___________.16．黎曼函数是一个特殊的函数，由德因数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式如下：，定义在实数集上的函数满足，且函数的图象关于直线对称，，当时，，则___________.六、解答题17．为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学全体学生参加了《二十大知识竞赛》，试卷满分为100分，所有学生成绩均在区间分内，已知该校高一､高二､高三年级的学生人数分别为800､1000､1200现用分层抽样的方法抽取了300名学生的答题成绩，绘制了如下样本频率分布直方图.年级样本平均数样本方差高一6075高二63高三55(1)根据样本频率分布直方图估计该校全体学生成绩的众数､平均数､第71百分位数；(2)已知所抽取各年级答题成绩的平均数､方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出总成绩的方差为140，求高三年级学生成绩的平均数，和高二年级学生成绩的方差.18．的三内角的对边分别为，且满足.点为边上动点，点为边中点，记交于点，若已知.(1)当时，求.(2)当长为何值时，从点处看线段的视角（即）最大？19．如图四棱锥，且，平面平面，且是以为直角的等腰直角三角形，其中为棱的中点，点在棱上，且.

(1)求证：四点共面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.20．数学的发展推动着科技的进步，正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用，华为的5G技术领先世界．目前某区域市场中5G智能终端产品的制造由A公司及B公司提供技术支持．据市场调研预测，5G商用初期，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品分别占比及，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现每次技术更新后，上一周期采用B公司技术的产品中有20%转而采用A公司技术，采用A公司技术的仅有5%转而采用B公司技术，设第n次技术更新后，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品占比分别为及，不考虑其它因素的影响．(1)用表示，并求实数，使是等比数列；(2)经过若干次技术更新后，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比能否达到75%以上？若能，至少需要经过几次技术更新；若不能，说明理由？（参考数据：）21．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若函数有两个极值点，且，求证：.22．已知拋物线，为焦点，若圆与拋物线交于两点，且(1)求抛物线的方程；(2)若点为圆上任意一点，且过点可以作拋物线的两条切线，切点分别为.求证：恒为定值.

参考答案1．【答案】D【分析】根据指数不等式化简集合，即可由交运算求解.【详解】由，，故，故此题答案为D.2．【答案】B【分析】利用复数的运算法则求出复数，再利用模的定义即可求出结果.【详解】因为，所以，所以，故选：B.3．【答案】C【分析】根据两直线平行求出参数a，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】∵直线和直线平行，∴，解得或，当，两直线分别为，两直线平行，符合题意；当，两直线分别为，即为，两直线重合，不符合题意；综上所述：.故“”是“直线和直线平行”的充要条件.故选：C.4．【答案】B【分析】设个人分得的面包个数分别为、、、、，则等比数列、、、、的公比为，且，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得的值.【详解】设个人分得的面包个数分别为、、、、，则等比数列、、、、的公比为，且，则，由题意可得，即，整理可得，因为，解得，因为，解得，所以，中间一份面包的个数为.故选：B.5．【答案】B【分析】先利用古典概率公式，求出，，再利用条件概率公式即可求出结果.【详解】用表示第1次掷骰子得到的点数为，第2次掷骰子得到的点数为，掷两次骰子，基本事件的个数为，因为事件A=“为奇数”，事件B=“，满足”，记事件“为奇数，且”，所以事件A包含的基本事件个数为，事件包含的基本事件个数为，根据古典概率公式知，，，由条件概率公式知，，故此题答案为B.6．【答案】C【详解】由题意可知：的定义域为或x>1，关于原点对称，由得，故为偶函数，当时，，由于函数，均为单调递增函数，在单调递增，因此为上的单调递增函数，所以不等式等价于，解得,故选：C7．【答案】D【分析】先确定原图中哪一条线段是侧棱，哪条线段是底边，再设立变量，求出体积关于变量的函数解析式，求导，根据函数的单调性求解.【详解】根据题意，PG是侧棱，底面EFGH的对角线的一半是GC，设，则有，，四棱锥的高，底正方形的面积，四棱锥P-EFGH的体积，令，则，，则，当时，，V单调递减；当时，V单调递增，∴当时，V取最大值，.故选：D.8．【答案】A【分析】选择中间值，将a，b，c分别与中间值比较即可.【详解】，又，即，

，

，，故选：A.9．【答案】BC【分析】对A、B：根据向量的线性运算分析判断；对C：根据数量积的定义分析判断，对D：根据向量的线性运算结合向量概念分析判断.【详解】由题意可得：.对于A：可得，故A错误；对于B：∵，可得，整理得：，故B正确；对C：由题意可得：，，则，即，故C正确；对D：∵，但向量不能比较大小，故D错误；故选：BC.10．【答案】D【分析】利用余弦的二倍角公式和“齐次式”结构，求出或，再利用的周期，化简，从而求出结果.【详解】由余弦的二倍角公式知，得到，即，解得或，当时，，当时，所以，当时，或，当时，或，故选：D.11．【答案】CD【分析】根据焦点三角形的性质以及余弦定理可得在椭圆的上下顶点处，最小，最大，进而可判断AB,由斜率公式可判断C，根据三角换元可判断D.【详解】设椭圆上任意一点为，则，，由余弦定理得，当且仅当等号成立，此时在椭圆的上下顶点处，最小，最大，对于A,当在椭圆的上下顶点时，，故不存在点，使得，故A错误，对于B,当在椭圆的上下顶点时，的最小值为，此时为钝角，根据椭圆的对称性可知：当为直角时，此时有4个满足位置的点，当为直角时，满足条件的有2个，同理为直角时，也有2个满足条件的，故当为直角三角形时，有8个满足满足条件的，故B错误，对于C，,所以,故C正确，对于D，设不妨设是椭圆在第一象限得的内接矩形的一顶点，根据椭圆的对称性可知椭圆的内接矩形的四个顶点关于坐标轴对称，故矩形的周长为，故当时，在椭圆上，此时周长最大为8，当时，此时，此时在短轴上，不能构成矩形，故周长大于4，故周长的范围为，故D正确，故选：CD12．【答案】ACD【分析】对选项A：作E关于D点的对称点为，利用对称性与三点共线距离最短求解；对选项BD：建立空间直角坐标系，根据F满足的条件判断其轨迹，求其长度；对选项C：证明AE中点Q为四面体的外接球的球心即可.【详解】设E关于D点的对称点为，则，所以当且仅当三点共线时取等号，故存在唯一的点，使得，故A正确；由题意知，以O为坐标原点，以为正方向建立空间直角坐标系，则设，则，对选项B：当时，，所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，所以，故点的轨迹长为，所以B错误；对选项D：当时，，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长为，故D正确；对选项C：在中，，为直角三角形，其外心为与的交点，且，而所以，所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的表面积为，故C正确.故选：ACD13．【答案】32【分析】运用二项式定理计算.【详解】由二项式定理得：的展开项的通项公式为，欲使得不含z，则，，令，则所以不含字母z的项的系数之和；故答案为：32.14．【答案】【分析】由杨辉三角与二项系数的关系可得出，再利用裂项相消法可求得所求代数式的值.【详解】由杨辉三角与二项式系数的关系可知，，，，所以，，所以，，所以，.故答案为：.15．【答案】【分析】设点为第一象限内一点，分析可得出，求出，可求得的值，即可求得双曲线的离心率的值.【详解】设点为第一象限内一点，如下图所示：设双曲线的左焦点为，因为，则为的中点，又因为，所以，，且，又因为，则，直线的方程为，则，因此，该双曲线的离心率为.故答案为：.16．【答案】/【分析】由推出为偶函数与周期的函数，据此求的值即可.【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，由得，所以，所以为偶函数，由得，代入得，所以，所以，所以，所以是以4为周期的函数，由得，所以，即，由得，所以，即，所以，所以，，故答案为：17．【答案】(1)；；；(2)，.【分析】（1）根据给定的频率分布直方图，利用频率分布直方图估计众数、平均数、百分位数的方法求解作答.（2）根据表中数据，利用分层抽样结合平均数、方差的定义计算作答.【详解】（1）由频率分布直方图知，学生成绩在内的频率分别为：，显然学生成绩在内的频率最大，所以估计该校全体学生成绩的众数为；平均数；显然第71百分位数，由，解得，所以第71百分位数为.（2）显然样本中高一、高二、高三年分别抽取了人、人、人，记样本中高一学生的成绩为，高二学生的成绩为，高三学生的成绩为，于是，，，因此，解得，样本中三个年级成绩的方差，高一、高二、高三年级学生成绩的平均数分别为，方差分别为，则有，，，同理，，因此，解得，所以估计高三年级学生成绩的平均数，高二年级学生成绩的方差.18．【答案】(1)(2)当时，从点处看线段的视角（即）最大.【分析】（1）根据已知条件及余弦定理的推理，利用同角三角函数函数的商数关系、余弦定理及勾股定理的逆定理，结合锐角三角函数的定义及两角和的余弦公式即可求解；（2）根据（1）的结论及锐角三角函数的定义，利用两角差的正切公式及基本不等式即可求解.【详解】（1）因为，所以，即，因为，所以.又，所以,所以，又，所以，即，所以.由，可知为的中点，因为所以,所以.（2）设记,所以，当且仅当，即等号成立，所以当时，取得最大值，即从点处看线段的视角（即）最大.19．【答案】(1)证明过程见详解(2)【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，根据条件写出相应点的坐标，利用空间向量基本定理即可求解；（2）结合（1）中对应点的坐标，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）由，且，取的中点，连接，则，且，所以，又是以为直角的等腰直角三角形，所以.过点作，垂足为，则点为的中点，且，因为平面平面，且平面平面，所以平面，故以所在的直线分别为轴，轴，过点作垂直于平面的轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，因为为棱的中点，所以，又因为点在棱上，且，所以，则，，，令，则，解得，故，则共面，且向量有公共点，所以四点共面.（2）由（1）可知，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.20．【答案】(1)，(2)能，至少经过6次【分析】（1）根据题意经过次技术更新后，由已知条件推导数列的递推关系，通过整理得到，结合数列是等比数列，求的值；（2）由（1）求出数列的通项公式，再解不等式，即可求出答案．【详解】（1）由题意，可设5G商用初期，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品的占比分别为．易知经过次技术更新后，则，即，由题意，可设，所以，又，从而当时，是以为首项，为公比的等比数列．（2）由（1）可知，，又，则，所以经过次技术更新后，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比．由题意，令，得，则，故，即至少经过6次技术更新，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比能达到75%以上．