2023-2024学年湖南省衡阳市衡阳县高二下学期7月期末质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省衡阳市衡阳县2023-2024学年高二下学期7月期末质量检测数学试题第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.【答案】D【解析】或，，所以.故选：D.2.若复数，则（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】．故选: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.30° B.60° C.90° D.120°【答案】B【解析】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：B.4.已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，且，所以，由题意知，所以，所以，所以，则.故选：D5.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【答案】C【解析】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：C6.已知等差数列的公差为，且集合中有且只有个元素，则中的所有元素之积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】有等差数列可知，，周期，故只需考虑前项的值：，，，，，，由题意知，这个式子只能取到个不同的值.借助三角函数的定义，即在单位圆上有个点均分圆周，且这个点的纵坐标只能取到个不同的值（如图所示），于是集合，即所有元素乘积为，故选：A.7.如图，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. B.2 C. D.3【答案】A【解析】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：A.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.【答案】C【解析】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.下列命题正确的是（）A.数据的分位数为11B.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3D.已知随机变量，则【答案】BD【解析】对于A，因为，所以这组数据的分位数为14，故A错误；对于，因过点，则有，解得，故B正确；对于由，其中.由此时，递增；此时，；此时递减，故，即最大时，的取值为3或4，故C错误；对于D，，故D正确.故选：BD.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m，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【答案】ACD【解析】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，外接球半径，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.“最速曲线”是一段旋轮线上下翻转而成．旋轮线C的参数方程为，其中为参数，为常数，旋轮线C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C上B.函数是偶函数C.函数不周期函数D.当时，函数在单调递减【答案】ABD【解析】当时，，故选项A正确；因故当变为时，变为，此时的值不变，即f-x=fx，故偶函数，选项B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y=fx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.在中，内角，，的对边分别是，，，，，若，则的面积为___________.【答案】【解析】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.已知椭圆C：的左，右焦点分别是是椭圆C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___________.【答案】2【解析】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，故答案为：.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__________.【答案】【解析】在中，由，得，两边加得，即，解得，或，当时，由余弦定理得，而，则，由为最大边，得为最大角，于是，，因此；当时，，则，此时为最大角，为最大边，符合题意，令，则，由正弦定理得，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.已知函数．（1）当时，求在区间上的最值；（2）当时，，求的取值范围．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.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．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.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，，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，且这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.解：（1）若一次性购买个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为，集齐，，玩偶，则有两种情况：

①其中一个玩偶个，其他两个玩偶各个，则有种结果；②若其中两个玩偶各个，另外两个玩偶1个，则共有种结果，故；若一次性购买个乙系列盲盒，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，所以礼品店应准备甲系列盲盒个，乙系列盲盒个.18.过抛物线外一点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，我们称为抛物线的阿基米德三角形，弦AB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,是抛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“圆边形”的抛物线弧上的任意一动点（异于A，B两点），过D作抛物线的切线交阿基米德三角形的两切线边PA,PB于M，N,证明：．解：（1）由题意得，，由，所以（2）设，联立，，设方程的两根为，则，由，所以，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“囧边形”面积，所以“囧边形”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.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n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.解：（1）由，故，即，又，故数列是以为首项，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.湖南省衡阳市衡阳县2023-2024学年高二下学期7月期末质量检测数学试题第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.【答案】D【解析】或，，所以.故选：D.2.若复数，则（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】．故选: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.30° B.60° C.90° D.120°【答案】B【解析】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：B.4.已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，且，所以，由题意知，所以，所以，所以，则.故选：D5.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【答案】C【解析】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：C6.已知等差数列的公差为，且集合中有且只有个元素，则中的所有元素之积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】有等差数列可知，，周期，故只需考虑前项的值：，，，，，，由题意知，这个式子只能取到个不同的值.借助三角函数的定义，即在单位圆上有个点均分圆周，且这个点的纵坐标只能取到个不同的值（如图所示），于是集合，即所有元素乘积为，故选：A.7.如图，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. B.2 C. D.3【答案】A【解析】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：A.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.【答案】C【解析】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.下列命题正确的是（）A.数据的分位数为11B.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3D.已知随机变量，则【答案】BD【解析】对于A，因为，所以这组数据的分位数为14，故A错误；对于，因过点，则有，解得，故B正确；对于由，其中.由此时，递增；此时，；此时递减，故，即最大时，的取值为3或4，故C错误；对于D，，故D正确.故选：BD.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m，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【答案】ACD【解析】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，外接球半径，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.“最速曲线”是一段旋轮线上下翻转而成．旋轮线C的参数方程为，其中为参数，为常数，旋轮线C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C上B.函数是偶函数C.函数不周期函数D.当时，函数在单调递减【答案】ABD【解析】当时，，故选项A正确；因故当变为时，变为，此时的值不变，即f-x=fx，故偶函数，选项B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y=fx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.在中，内角，，的对边分别是，，，，，若，则的面积为___________.【答案】【解析】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.已知椭圆C：的左，右焦点分别是是椭圆C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___________.【答案】2【解析】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，故答案为：.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__________.【答案】【解析】在中，由，得，两边加得，即，解得，或，当时，由余弦定理得，而，则，由为最大边，得为最大角，于是，，因此；当时，，则，此时为最大角，为最大边，符合题意，令，则，由正弦定理得，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.已知函数．（1）当时，求在区间上的最值；（2）当时，，求的取值范围．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.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．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.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，，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，且这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.解：（1）若一次性购买个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为，集齐，，玩偶，则有两种情况：

①其中一个玩偶个，其他两个玩偶各个，则有种结果；②若其中两个玩偶各个，另外两个玩偶1个，则共有种结果，故；若一次性购买个乙系列盲盒，全部为与全部为的概率相等，均为，故；（2）①由题可知：，当