湖南省衡阳市衡阳县2023-2024学年高二创新实验班下学期7月期末质量检测数学试题（含解析）

衡阳县2023-2024学年高二创新实验班下学期7月期末质量检测
数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
考生注意：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名 准考证号填写在答题卡上.
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在试题卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在试题卷上无效.
4.考试结束后，将答题卡上交.
第I卷
一 单选题（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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.若复数，则（ ）
A.1 B. C. D.
3.已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4.已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
5.将5本不同的书（2本文学书 2本科学书和1本体育书）分给甲 乙 丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲 乙中的一人，则不同的分配方法数为（ ）
A.78 B.92 C.100 D.122
6.已知等差数列的公差为，且集合中有且只有4个元素，则中的所有元素之积为（ ）
A. B. C. D.
7.已知双曲线的右焦点为，点是双曲线的渐近线上的一点，点是双曲线左支上的一点.若四边形是一个平行四边形，且，则双曲线的离心率是（ ）
A.2 B. C. D.3
8.已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.下列命题正确的是（ ）
A.数据的分位数为11
B.已知变量的线性回归方程，且，则
C.已知随机变量最大，则的取值为3
D.已知随机变量，则
10.六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色 无臭 无毒 不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为，则（ ）
A.该正八面体结构的表面积为
B.该正八面体结构的体积为
C.该正八面体结构的外接球表面积为
D.该正八面体结构的内切球表面积为
11.“最速曲线”是一段旋轮线上下翻转而成.旋轮线的参数方程为，其中为参数，为常数，旋轮线也可看作某一个函数的图象.下列说法正确的有（ ）
A.点在旋轮线上
B.函数是偶函数
C.函数不是周期函数
D.当时，函数在单调递减
第II卷
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.在中，内角A，B，的对边分别是，若，则的面积为__________.
13.已知椭圆的左，右焦点分别是是椭圆上第一象限内的一点，且的周长为.过点作的切线，分别与轴和轴交于两点，为原点，当点在上移动时，面积的最小值为__________.
14.已知的内角的对边分别是，且，若为最大边，则的取值范围是__________.
四 解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明 证明过程及验算步骤.
15.（13分）已知函数.
（1）当时，求在区间上的最值；
（2）当时，，求的取值范围.
16.（15分）已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且.
（1）求证：平面平面；
（2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
17.（15分）某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲 乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲 乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶中的一个.
（1）记事件一次性购买个甲系列盲盒后集齐玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐玩偶；求概率及；
（2）某礼品店限量出售甲 乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能
选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为.
①求的通项公式；
②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲 乙两个系列的盲盒各多少个.
18.（17分）过拋物线外一点作抛物线的两条切线，切点分别为，我们称为抛物线的阿基米德三角形，弦与抛物线所围成的封闭图形称为相应的“囧边形”，且已知“囧边形”的面积恰为相应阿基米德三角形面积的三分之二.如图，点是圆上的动点，是拋物线的阿基米德三角形，是抛物线的焦点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）利用题给的结论，求图中“囧边形”面积的取值范围；
（3）设是“囧边形”的抛物线弧上的任意一动点（异于两点），过作抛物线的切线交阿基米德三角形的两切线边于，证明：.
19.（17分）若数列满足：存在等差数列，使得集合元素的个数为不大于，则称数列具有性质.
（1）已知数列满足.求证：数列是等差数列，且数列有性质；
（2）若数列有性质，数列有性质，证明：数列有性质；
（3）记为数列的前项和，若数列具有性质，是否存在，使得数列具有性质？说明理由.
衡阳县2023-2024学年高二创新实验班下学期7月期末质量检测数学
参考答案
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷
一 单选题：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.【答案】D
【详解】或，
，所以.故选：D.
2.【答案】D
【详解】.
故选：D.
3.【答案】B
【详解】因为向量在向量上的投影向量为是两个单位向量，
所以，所以，又，所以，
所以，又，所以，又，所以向量与向量的夹角为，即.故选：.
4.【答案】C
【详解】因为，且，
所以，由题意知，
所以，所以，
所以，则.
故选：C
5.【答案】C
【详解】若将体育书分给甲，当剩余4本书恰好分给乙 丙时，此时的分配方法有种，
当剩余4本书恰好分给甲 乙 丙三人时，此时的分配方法有种.
综上，将体育书分给甲，不同的分配方法数是.
同理，将体育书分给乙，不同的分配方法数也是50.
故不同的分配方法数是.故选：C
6.【答案】A
【详解】由等差数列可知，周期，
故只需考虑前6项的值：，
，
由题意知，这6个式子只能取到4个不同的值.借助三角函数的定义，
即在单位圆上有6个点均分圆周，且这6个点的纵坐标只能取到4个不同的
值（如图所示），于是集合，即所有元素乘积为
，故选：A.
7.【答案】B
【详解】因为四边形是一个平行四边形，且，可得，即，
由双曲线，可得，渐近线方程为，即，
可得，且，
因为直线，可得，又因为，所以即，代入双曲线方程，可得，整理得，
所以，可得，即，所以离心率.故选：B.
8.【答案】C
【详解】函数的图象如图所示，
①当直线与曲线相切于点时，，
故当或时，直线与函数的图象恰有一
个交点，
当时，直线与函数的图象恰有两个交点，
②当直线与曲线相切时，
设切点为，则，
，解得或，
当时，直线与函数的图象恰有一个交点，
当或时，直线与函数的图象恰有两个交点，
当时，直线与函数的图象恰有三个交点，
综上的取值范围是.故选：C.
二 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.【答案】BD
【详解】对于A，因为，所以这组数据的分位数为14，故A错误；对于，由，解得，故B正确；
对于，其中.
又，
故，
故C错误；对于D，，故D正确.
故选：BD.
10.【答案】ACD
【详解】对A：由题知，各侧面均为边长为的正三角形，
故该正八面体结构的表面积，故A正确；
对B：连接，则底面，
故该正八面体结构的体积，故B错误；
对C：底面中心到各顶点的距离相等，故为外接球球心，外接球半，
故该正八面体结构的外接球表面积，故C正确；
对D：该正八面体结构的内切球半径，
故内切球的表面积，故D正确；故选：ACD.
11.【答案】ABD
【详解】当时，，故选项A正确；
因
故当变为时，变为，此时的值不变
，即，故为偶函数，选项B正确：
因，
所以当变为时，变为，此时的值不变，即，
故函数是周期为的周期函数，故选项C错误；
当时，，故函数单调递增，
当时，，当时，，
而在时单调递减，
即当时，随着的增加在内增加，随着的增加而减小，
故在单调递减，选项D正确.故选：ABD.
第II卷
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】
【详解】由三角形中的射影定理，结合已知条件，可得，
又，由，可得，
解得（负值舍去），三角形的面积为，
故答案为：.
13.【答案】2
【详解】设直线方程为，
因为的周长为，所以，且，
所以，所以椭圆，
联立可得，
所以，所以，
又因为与坐标轴交于，
所以，
取等号时，所以面积的最小值为2，故答案为：2.
14.【答案】
【详解】由，可得，
可得，
通分得，
整理得，所以，
因为为三角形的最大角，所以，
又由余弦定理
，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
又由，所以的取值范围是.，故答案为：
四 解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明 证明过程及验算步骤.
15.【详解】（1）当时，
当时，，
在上单调递增，.
（2）当时，
当时，，
在上单调递增，，
的取值范围为.
16.【详解】（1）不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，解得，故.
17.【详解】（1）若一次性购买5个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为，集齐玩偶，则有两种情况：
①其中一个玩偶3个，其他两个玩偶各1个，则有种结果；
②若其中两个玩偶各2个，另外两个玩偶1个，则共有种结果，
故；
若一次性购买4个乙系列盲盒，全部为与全部为的概率相等，均为，
故；
（2）①由题可知：，
当时，，则，即是以为首项，以为公比的等比数列.
所以，即；
②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以对于每一个人来说，某一天来购买盲盒时，可看作，所以，其购买甲系列的概率近似于，
假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，
所以，即购买甲系列的人数的期望为40，
所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个.
18.【详解】（1）由题意得，，由，所以
（2）设，联立，
，设方程的两根为，则，
由，所以，同理：
联立直线可得，
代入方程中，得，即，
故的面积.
因为在圆上，所以且，于是
，显然此式在上单调递增，故
，也即，因此
，由题干知“分边形”面积，所以“分边形”面积的取值范围为.
（3）由（2）知，，设，过的切线，即，过点切线交得，同理，
因为.所以，即.
19.【详解】（1）由，
故，
即，
又，故数列是以2为首项，2为公差的等差数列，
则，即，
故存在等差数列，使，
由，故数列有性质；
（2）设对数列，存在等差数列，使，
对数列，存在等差数列，使，
则对数列，存在等差数列，
使的值为，
这样的最多有个，即数列有性质；
（3）设对数列，存在等差数列，且其公差为，使得，
当时，有
，
由，
故当时，，
当时，，当时，可能有种，
故这样的最多有个，
即存在等差数列，使，
的元素个数不超过个，
故一定存在，使得数列具有性质.