杭州市高三年級二模教學質量檢測數學試題卷考生須知：1．本試卷分試題卷和答題卷兩部分．滿分150分，考試時間120分鐘。2．請用黑色字跡的鋼筆或簽字筆在答題卡指定的區域（黑色邊框）內作答，超出答題區域的作答無效！3．考試結束，只需上交答題卡。一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．函數的最小正周期是（）A． B． C． D．2．設表示兩條不同直線，表示平面，則（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則3．已知是兩個單位向量，若向量在向量上的投影向量為，則向量與向量的夾角為（）A．30° B．60° C．90° D．120°4．設甲：“函數在單調遞增”，乙：“”，則甲是乙的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．設數列滿足．設為數列的前項的和，則（）A．110 B．120 C．288 D．3066．將5名志愿者分配到三個社區協助開展活動，每個社區至少1名，則不同的分配方法數是（）A．300 B．240 C．150 D．507．設集合，函數（且），則（）A．為增函數 B．為減函數C．為奇函數 D．為偶函數8．在中，已知．若，則（）A．1 B．2 C．3 D．4二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9．已知關于的方程的兩根為和，則（）A． B． C． D．10．已知函數對任意實數均滿足，則（）A． B．C． D．函數在區間上不單調11．過點的直線與拋物線C：交于兩點．拋物線在點處的切線與直線交于點，作交于點，則（）A．直線與拋物線C有2個公共點B．直線恒過定點C．點的軌跡方程是D．的最小值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．寫出與圓相切且方向向量為的一條直線的方程______．13．函數的最大值為______．14．機場為旅客提供的圓錐形紙杯如圖所示，該紙杯母線長為，開口直徑為．旅客使用紙杯喝水時，當水面與紙杯內壁所形成的橢圓經過母線中點時，橢圓的離心率等于______．（第14題）四、解答題：本大題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．（13分）已知等差數列的前項和為，且．（1）求數列的通項公式；（2）數列滿足，令，求證：．16．（15分）已知函數．（1）討論函數的單調性；（2）若函數有兩個極值點，（ⅰ）求實數的取值范圍；（ⅱ）證明：函數有且只有一個零點．17．（15分）如圖，在多面體中，底面是平行四邊形，為的中點，．（第17題圖）（1）證明：；（2）若多面體的體積為，求平面與平面夾角的余弦值．18．（17分）已知是橢圓的左，右頂點，點與橢圓上的點的距離的最小值為1．（1）求點的坐標．（2）過點作直線交橢圓于兩點（與不重合），連接，交于點．（ⅰ）證明：點在定直線上；（ⅱ）是否存在點使得，若存在，求出直線的斜率；若不存在，請說明理由．19．（17分）在概率統計中，常常用頻率估計概率．已知袋中有若干個紅球和白球，有放回地隨機摸球次，紅球出現次．假設每次摸出紅球的概率為，根據頻率估計概率的思想，則每次摸出紅球的概率的估計值為．（1）若袋中這兩種顏色球的個數之比為，不知道哪種顏色的球多．有放回地隨機摸取3個球，設摸出的球為紅球的次數為，則．注：表示當每次摸出紅球的概率為時，摸出紅球次數為的概率）（ⅰ）完成下表；0123（ⅱ）在統計理論中，把使得的取值達到最大時的，作為的估計值，記為，請寫出的值．（2）把（1）中“使得的取值達到最大時的作為的估計值”的思想稱為最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然參數估計方法稱為最大似然估計．具體步驟：先對參數構建對數似然函數，再對其關于參數求導，得到似然方程，最后求解參數的估計值．已知的參數的對數似然函數為，其中．求參數的估計值，并且說明頻率估計概率的合理性．

2023學年第二學期杭州市高三年級教學質量檢測數學參考答案一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。12345678CBBAACDA二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9．ABC10．ACD11．BC三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12．或（寫出一個即可）13．14．四、解答題：本大題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．（13分）解（1）設等差數列的首項為，公差為．由，得解得．所以．（2）由（1）知，，即，利用累乘法：所以．所以．16．（15分）解（1）因為，（ⅰ）當時，在單調遞減；（ⅱ）當時，當．當．當．所以在單調遞減，在單調遞增，在單調遞減；（ⅲ）當時，在單調遞增，單調遞減．（2）（ⅰ）由（1）知．（ⅱ）由（1）知極大值為，因為，又因為．所以函數有且只有一個零點．17．（15分）解（1）在中，由余弦定理可得，所以，所以，所以．又因為，所以平面．所以．顯然，四邊形為平行四邊形，所以．又，所以，所以．（2）因為，所以，所以平面．取中點，連接，設．設多面體的體積為，則．解得．建立如圖所示的空間直角坐標系，則，．則平面的一個法向量．所以，設平面的一個法向量，則即取．所以．所以平面與平面夾角的余弦值為．18．（17分）解（1）設是橢圓上一點，則．因為．①若，解得（舍去）．②若，解得（舍去）或．所以點的坐標位．（2）（ⅰ）設直線．由，得．所以．所以 ①由，得或．易知直線的方程為 ②直線的方程為 ③聯立②③，消去，得④聯立①④，消去，則．解得，即點在直線上．（ⅱ）由圖可知，，即．所以點在以為直徑的圓上．設，則，所以，即．故直線的方程為，直線的方程與橢圓方程聯立，得．解得等于．所以，所以．故．19．（17分