2023-2024学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖南省衡阳市衡阳县创新实验班高二（下）期末数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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={x|10，求a的取值范围．
16.(本小题15分)
已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1如图所示，底面ABCD为平行四边形，其中点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1，且AB=AA1=2AD，∠ABC=120°．
(1)求证：平面A1BD⊥平面ADD1A1；
(2)已知点E在线段C1D上(不含端点位置)，且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为 55，求DEEC1的值．
17.(本小题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A1，A2，A3中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶B1，B2中的一个．
(1)记事件En：一次性购买n个甲系列盲盒后集齐玩偶A1，A2，A3玩偶；事件Fn：一次性购买n个乙系列盲盒后集齐B1，B2玩偶；求概率P(E5)及P(F4)；
(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23，购买乙系列的概率为13；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14，购买乙系列的概率为34，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为12，购买乙系列的概率为12；如此往复，记某人第n次购买甲系列的概率为Qn．
①求{Qn}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.(本小题17分)
过抛物线外一点P作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，我们称△PAB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P是圆Q：x2+(y+5)2=4上的动点，△PAB是抛物线Γ：x2=2py(p>0)的阿基米德三角形，F是抛物线Γ的焦点，且|PF|min=6．
(1)求抛物线Γ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D是“囧边形”的抛物线弧AB上的任意一动点(异于A，B两点)，过D作抛物线的切线l交阿基米德三角形的两切线边PA，PB于M，N，证明：|AM|⋅|BN|=|PM|⋅|PN|．
19.(本小题17分)
若数列{xn}满足：存在等差数列{cn}，使得集合{xn+cn|n∈N∗}元素的个数为不大于k(k∈N∗)，则称数列{xn}具有Q(k)性质．
(1)已知数列{an}满足a1=2，an+1=an+2+csnπ2+sinnπ2(n∈N∗)．
求证：数列{an+csnπ2}是等差数列，且数列{an}有Q(3)性质；
(2)若数列{an}有Q(k1)性质，数列{bn}有Q(k2)性质，证明：数列{an+bn}有Q(k1k2)性质；
(3)记Tn为数列{fn}的前n项和，若数列{Tn}具有Q(k)性质，是否存在m∈N∗，使得数列{fn}具有Q(m)性质？说明理由．
参考答案
1.D
2.D
3.B
4.D
5.C
6.A
7.A
8.C
9.BD
10.ACD
11.ABD
12.3 154
13.2
14.(1,2 33]∪{2}
15.解：(1)当a=1时，f(x)=ex−csx−x，f′(x)=ex+sinx−1
当x∈[0,π]时，ex−1≥e0−1=0，sinx≥0，∴f′(x)≥0，
∴f(x)在[0,π]上单调递增，
∴f(x)min=f(0)=0，f(x)max=f(π)=eπ+1−π．
(2)当x∈(0,π]时，f(x)>0⇔(ex−acsx−x)min>0
f′(x)=ex+asinx−1，
∵x∈(0,π]，∴ex−1>0，sinx≥0，
∴当a≥0时，f′(x)≥0，
∴f(x)在[0,π]上单调递增，∴f(x)min>f(0)=1−a，
∴1−a≥0，∴0≤a≤1，
∴a的取值范围为[0,1]．
16.解：(1)证明：四棱柱ABCD−A1B1C1D1如图所示，底面ABCD为平行四边形，
点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1，且AB=AA1=2AD，∠ABC=120°．
∵A1D⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴A1D⊥AD，
在△ADB中，设AB=2，AD=1，∠DAB=60°，
由余弦定理，得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠DAB=22+12−2×2×1×cs60°=3，∴BD= 3，
∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥DB．
∵A1D∩DB=D，A1D、DB⊂平面A1BD，
∴AD⊥平面A1BD，
∵AD⊂平面ADD1A1，∴平面A1BD⊥平面ADD1A1．
(2)由(1)知，DA，DB，DA1两两垂直，以D为坐标原点，
分别以向量DA，DB，DA1的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，如图，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0, 3,0)，A1(0,0, 3)，C(−1, 3,0)，
AC=(−2, 3,0)，A1C1=AC，∴C1(−2, 3, 3)，
∴A1B=(0, 3,− 3)，DC1=(−2, 3, 3)，
设DE=λDC1(0