山西省渾源縣第七中學2023-2024學年高二數學第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．在的展開式中，只有第4項的二項式系數最大，且所有項的系數和為0，則含的項的系數為（）A.-20 B.-15C.-6 D.152．若函數的導函數為偶函數，則的解析式可能是（）A. B.C. D.3．直線關于直線對稱的直線方程為（）A. B.C. D.4．等軸雙曲線的中心在原點，焦點在軸上，與拋物線的準線交于兩點，且則的實軸長為A.1 B.2C.4 D.85．“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.即不充分也不必要條件6．邊長為的正方形沿對角線折成直二面角，、分別為、的中點，是正方形的中心，則的大小為（）A. B.C. D.7．已知向量，，且，則的值是（）A. B.C. D.8．過點且與直線平行的直線方程是（）A. B.C. D.9．已知點，，直線：與線段相交，則實數的取值范圍是（）A.或 B.或C. D.10．雙曲線的離心率為，焦點到漸近線的距離為，則雙曲線的焦距等于A. B.C. D.11．已知橢圓的短軸長為8，且一個焦點是圓的圓心，則該橢圓的左頂點為（）A B.C. D.12．如圖，在四面體中，，，兩兩垂直，已知，，則直線與平面所成角的正弦值為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，則________14．已知數列的前項和則____________________15．寫出一個公比為3，且第三項小于1的等比數列______16．某古典概型的樣本空間，事件，則___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓的離心率為，短軸端點到焦點的距離為2（1）求橢圓的方程；（2）設為橢圓上任意兩點，為坐標原點，且以為直徑的圓經過原點，求證：原點到直線的距離為定值，并求出該定值18．（12分）如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，，M，N分別為AB和PC的中點（1）求證：MN//平面PAD；（2）求平面MND與平面PAD的夾角的余弦值19．（12分）如圖，已知多面體，，，均垂直于平面，，，，（1）證明：平面；（2）求直線平面所成的角的正弦值20．（12分）已知對于，函數有意義，關于k的不等式成立.（1）若為假命題，求k的取值范圍；（2）若p是q的必要不充分條件，求m的取值范圍.21．（12分）如圖，在正方體中，E，F，G，H，K，L分別是AB，，，，，DA各棱的中點.（1）求證：E，F，G，H，K，L共面：（2）求證：平面EFGHKL；（3）求與平面EFGHKL所成角的余弦值.22．（10分）已知橢圓M：的離心率為，左頂點A到左焦點F的距離為1，橢圓M上一點B位于第一象限，點B與點C關于原點對稱，直線CF與橢圓M的另一交點為D（1）求橢圓M的標準方程；（2）設直線AD的斜率為，直線AB的斜率為．求證：為定值

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】先由只有第4項的二項式系數最大，求出n=6；再由展開式的所有項的系數和為0，用賦值法求出,用通項公式求出的項的系數.【詳解】∵在的展開式中，只有第4項的二項式系數最大，∴在的展開式有7項，即n=6；而展開式的所有項的系數和為0，令x=1，代入，即，所以.∴是展開式的通項公式為：，要求含的項，只需，解得，所以系數為.故選：C2、C【解析】根據題意，求出每個函數的導函數，進而判斷答案.【詳解】對A，，為奇函數；對B，，為奇函數；對C，，為偶函數；對D，，既不是奇函數也不是偶函數.故選：C.3、C【解析】先聯(lián)立方程得，再求得直線的點關于直線對稱點的坐標為，進而根據題意得所求直線過點，，進而得直線方程.【詳解】解：聯(lián)立方程得，即直線與直線的交點為設直線的點關于直線對稱點的坐標為，所以，解得所以直線關于直線對稱的直線過點，所以所求直線方程的斜率為，所以所求直線的方程為，即故選：C4、B【解析】設等軸雙曲線的方程為拋物線,拋物線準線方程為設等軸雙曲線與拋物線的準線的兩個交點,，則,將，代入，得等軸雙曲線的方程為的實軸長為故選5、D【解析】根據充分條件、必要條件的判定方法，結合不等式的性質，即可求解.【詳解】由，可得，即，當時，，但的符號不確定，所以充分性不成立；反之當時，也不一定成立，所以必要性不成立，所以是的即不充分也不必要條件.故選：D.6、B【解析】建立空間直角坐標系，以向量法去求的大小即可解決.【詳解】由題意可得平面，，則兩兩垂直以O為原點，分別以OB、OA、OC所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系則，，，，又，則故選：B7、A【解析】求出向量，的坐標，利用向量數量積坐標表示即可求解.【詳解】因為向量，，所以，，因為，所以，解得：，故選：A.8、A【解析】由題意設直線方程為，根據點在直線上求參數即可得方程.【詳解】由題設，令直線方程為，所以，可得.所以直線方程為.故選：A.9、A【解析】由可求出直線過定點，作出圖象，求出和，數形結合可得或，即可求解.【詳解】由可得：，由可得，所以直線：過定點，由可得，作出圖象如圖所示：，，若直線與線段相交，則或，解得或，所以實數的取值范圍是或，故選：A.10、D【解析】不妨設雙曲線方程為，則，即設焦點為，漸近線方程為則又解得．則焦距為．選：D11、D【解析】根據橢圓的一個焦點是圓的圓心，求得c，再根據橢圓的短軸長為8求得b即可.【詳解】圓的圓心是，所以橢圓的一個焦點是，即c=3，又橢圓的短軸長為8，即b=4，所以橢圓長半軸長為，所以橢圓的左頂點為，故選：D12、D【解析】利用三線垂直建立空間直角坐標系，將線面角轉化為直線的方向向量和平面的法向量所成的角，再利用空間向量進行求解.【詳解】以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系（如圖所示），則，，，，，設平面的一個法向量為，則，即，令，則，，所以平面的一個法向量為；設直線與平面所成角為，則，即直線與平面所成角的正弦值為.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、.【解析】將代入計算，利用和互為相反數，作差可得，計算可得結果.【詳解】解：函數則.，，作差可得：，即，解得：代入此時成立.故答案為：.14、【解析】根據數列中與的關系，即可求出通項公式.【詳解】當時，，當時，，時，也適合，綜上，，（），故答案為：【點睛】本題主要考查了數列前n項和與通項間的關系，屬于容易題.15、（答案不唯一）【解析】由條件確定該等比數列的首項的可能值，由此確定該數列的通項公式.【詳解】設數列的公比為，則，由已知可得，∴，所以，故可取，故滿足條件的等比數列的通項公式可能為，故答案為：（答案不唯一）16、##0.5【解析】根據定義直接計算得到答案.【詳解】.故答案為：.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）證明見解析，定值為【解析】（1）根據題意得到，，得到橢圓方程.（2）考慮直線斜率存在和不存在兩種情況，聯(lián)立方程，根據韋達定理得到根與系數的關系，將題目轉化為，化簡得到，代入計算得到答案.【小問1詳解】橢圓的離心率為，短軸端點到焦點的距離為，故，，故橢圓方程為.【小問2詳解】當直線斜率存在時，設直線方程為，，，則，即，，以為直徑的圓經過原點，故，即，即，化簡整理得到：，原點到直線的距離為.當直線斜率不存在時，為等腰直角三角形，設，則，解得，即直線方程為，到原點的距離為.綜上所述：原點到直線的距離為定值.【點睛】本題考查了橢圓方程，橢圓中的定值問題，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中將圓過原點轉化為是解題的關鍵.18、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）在平面中構造與平行的直線，利用線線平行推證線面平行即可；（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，分別求得兩個平面的法向量，利用向量法即可求得兩個平面夾角的余弦值.【小問1詳解】取中點為，連接，如下所示：因為為正方形，為中點，故可得//；在△中，因為分別為的中點，故可得//；故可得//，則四邊形為平行四邊形，即//，又面面，故//面.【小問2詳解】因為面面，故可得，又底面為正方形，故可得，則兩兩垂直；故以為坐標原點，以分別為軸建立空間直角坐標系如下所示：故可得，設平面的法向量為，又則，即，不妨取，則，則，取面的法向量為，故.設平面的夾角為，故可得，即平面MND與平面PAD的夾角的余弦值為.19、（1）證明見解析；（2）【解析】（1）由已知條件可得，，則，，再利用線面垂直的判定定理可證得結論；（2）如圖，過點作，交直線于點，連接，可證得平面，從而是與平面所成的角，然后在求解即可【詳解】（1）證明：由，，，，得，所以，由由，，，，得，由，得，由，得，所以，故，又，因此平面（2）解如圖，過點作，交直線于點，連接由平面，平面，得平面平面，由，得平面，所以是與平面所成的角由，，得，，所以，故因此，直線與平面所成的角的正弦值是【點睛】關鍵點點睛：此題考查線面垂直的判定和線面角的求法，解題的關鍵是通過過點作，交直線于點，連接，然后結合條件可證得是與平面所成的角，從而在三角形中求解即可，考查推理能力和計算能力，屬于中檔題20、（1）（2）【解析】（1）由與的真假相反，得出為真命題，將定義域問題轉化為不等式的恒成立問題，討論參數的取值，得出答案；（2）由必要不充分條件的定義得出，討論的取值結合包含關系得出的范圍.【詳解】解：（1）因為為假命題，所以為真命題，所以對恒成立.當時，不符合題意；當時，則有，則.綜上，k的取值范圍為.（2）由，得.由（1）知，當為真命題時，則令令因為p是q的必要不充分條件，所以當時，，，解得當時，，符合題意；當時，，符合題意；所以的取值范圍是【點睛】本題主要考查了不等式的恒成立問題以及根據必要不充分條件求參數范圍，屬于中檔題.21、（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.【解析】建立空間直角坐標系，求出各點的坐標；（1）用向量的坐標運算證明向量共面，進而證明點共面；（2）利用向量的數量積的坐標運算證明，即可；（3）確定平面EFGHKL的一個法向量，利用空間角度的向量計算公式求得答案.【小問1詳解】證明：以D為原點，分別以DA，DC，所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，不妨設正方體的棱長為2.則，，，，，，，.可得，，，，，.可得，，，，，所以，，，，共面，又它們過同一點E,所以E，F，G，H，K，L共面.【小問2詳解】證明：由（1）得，，又故，，又