1、安徽省淮北、淮南市2025届高三下学期第二次质量检测数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A=2,3,4，B=x|x24x+30，则A(RB)=()A. 2B. 3C. 4D. 2.若3(z+z)+4(zz)=6+8i，则|z|=()A. 2B. 3C. 2D. 2 23.已知向量a=(1,2)，b=(2,x)，c=(y,2)，若a/b，bc，则y=()A. 1B. 2C. 3D. 44.若抛物线y2=4x的焦点是椭圆C:x2m+y23=1的一个焦点，则椭圆C长轴的长为()A. 2B. 2 3C. 4D. 85.函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则()A. a0B. b0C. c0D. dnB. 存在ABC，使m0)经过点P(4, 3)，A，B为其左，右顶点，且PA与PB的斜率之积为14()求双曲线E的方程;()点M为实轴上一点，直线PM交E于另一点Q，记APM的面积为S1，BMQ的面积为S2，若S1S2= 3，求Q点坐标19.(本小题17分)在组合数学、表示论和数学物理中，“q数”是一种
2、通过引入参数q对经典数学对象进行推广的概念，由物理学家保罗狄拉克首先使用，对量子力学的发展意义重大.定义“q数”:(n)q=1+q+q2+qn1，其中，q0，1，1.利用“q数”可以进一步定义两个概念：“q阶乘”:(n)!q=(1)q(2)q(3)q(n)q，且(0)!q=1，“q组合数”:nkq=(n)!q(k)!q(nk)!q，kN，nN，kn()计算(3)2和632的值;()证明：对任意kN，nN，k+1n，nkq=n1kq+qnkn1k1q;()证明：对任意k，mN，nN，k+1n，n+m+1k+1qnk+1q=i=0mqnk+in+ikq参考答案1.C2.A3.D4.C5.B6.B7.A8.D9.ABD10.ABD11.AC12.213.3+ 17214.2563； 7415.解：() 因为b= 2asin(C+4)，所以sinB= 2sinA 22(sinC+cosC)=sinAsinC+sinAcosC，又sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，所以sinAsinC=cosAsinC，又C(0,)，所以sinC0，所以sinA=cosA，即tanA
3、=1，由A(0,)，所以A=4()因为a=1，A=4，ABC的面积为 2，所以SABC=12bcsinA=12bc 22= 2，化简可得bc=4，由余弦定理a2=b2+c22bccosA，得1=b2+c224 22，所以b2+c2=4 2+1，所以(b+c)2=b2+c2+2bc=9+4 2=(2 2+1)2，因为b，c为边长，所以b+c=2 2+1，所以ABC的周长为a+b+c=1+(2 2+1)=2+2 216.解：()分别在ABD和CBD中使用余弦定理得BD2=AD2+AB22ADABcos=CD2+CB22CDCBcos，即1+44cos=3+36cos，得cos=12所以=3;()因为AB=2，AD=1，BAD=3，所以BD= 3，从而ADB=2，所以BDAD.又SD平面ABCD，所以SDAD，又ADBD=D，所以AD平面SBD，所以ADSB；()方法一：设三棱锥SABC的体积为V，ABC和SBC的面积分别为S1，S2，点A到平面SBC的距离为，则S1= 3，S2= 394，V=13S1SD= 33，且V=13S2=13 394，由13 394= 33得=4 1313，所以S
4、A与平面SBC所成角的正弦值为SA=2 2613方法二：以D为坐标原点，分别以DA，DB，DS为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则S(0,0,1)，A(1,0,0)，B(0, 3,0)，C(32, 32,0)，SA=(1,0,1)，SB=(0, 3,1)，BC=(32, 32,0)，设平面SBC的法向量为n=(x,y,z)，则 3yz=032x 32y=0所以可取n=(1, 3,3)，所以SA与平面SBC所成角的正弦值为|SAn|SA|n=4 26=2 261317.()解：若a=1，则fx=12x22x+lnx，f1=122+ln1=32，fx=x2+1x，f1=12+1=0所以函数f(x)在x=1处的切线方程为y+32=0x1，即y=32；()证明：f(x)=12x22x+alnx的定义域为0,+，fx=x2+ax=x22x+ax，当=44a0，即a1时，fx=x2+ax=x22x+ax0恒成立，则f(x)=12x22x+alnx在0,+上为增函数，f1=122=320，因为a1，当x+时，fx+，根据零点存在性定理可知：函数f(x)有且仅有一个零点当0a1时，x22x+a=0
5、的两个根为x=2 44a2=1 1a，当0x1+ 1a时，fx0，此时f(x)为增函数，当1 1ax1+ 1a时，fx0，此时f(x)为减函数因为f1=122=320，所以1+a2 1a，又ln1 1a0，则f1 1a0)经过点P(4, 3)，把P(4, 3)，a2=4代入双曲线方程(4)24( 3)2b2=1，即43b2=1，解得b2=1所以双曲线E的方程为x24y2=1()设Q(x0,y0)，M(m,0)，显然2m2，设直线PM:x=ty+m，与x24y24=0联立，消去x得(t24)y2+2tmy+m24=0，则 3y0=m24t24，又P(4, 3)在直线PM:x=ty+m上，得 3t=4m，代入上式得y0= 3(m24)m2+8m+4，于是S1S2=12 3(m+2)12|y0|(2m)= 3，即m+2+(m24)(2m)m2+8m+4=2，整理得5m2+4m4=0，解得m=2 625，进而y0= 22，x0= 6，即所求Q点坐标为( 6, 22).19.解：()由定义可知，32=1+2+22=7，632=6!23!22!2=1222324252621222321222=(4)2(5)262(1)2(2)2=(1+2+22+23)(1+2+22+23+24)(1+2+22+23+24+25)1(1+2)=9765;()因为nkq=n!qk!qnk!q=nqn1!qk!qnk!q，n1k1q+qkn1kq=n1!qk1!qnk!q+qkn1!qk!qnk1!q=(n1)!q(k)!q(nk)!qkq+qknkq又(k)q+qk(nk)q
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