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.