山西省渾源縣第七中學(xué)2023-2024學(xué)年高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題含解析

山西省渾源縣第七中學(xué)2023-2024學(xué)年高二數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)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(yīng)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(yīng)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(nèi)相應(yīng)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(zhǔn)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?？荚嚱Y(jié)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(shù)最大，且所有項的系數(shù)和為0，則含的項的系數(shù)為（）A.-20 B.-15C.-6 D.152．若函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為偶函數(shù)，則的解析式可能是（）A. B.C. D.3．直線關(guān)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(zhǔn)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(shù)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(shù)，則________14．已知數(shù)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(shù)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(yīng)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(shè)為橢圓上任意兩點，為坐標(biāo)原點，且以為直徑的圓經(jīng)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(shù)有意義，關(guān)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(xiàn)，G，H，K，L分別是AB，，，，，DA各棱的中點.（1）求證：E，F(xiàn)，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(guān)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(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)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(shù)最大，求出n=6；再由展開式的所有項的系數(shù)和為0，用賦值法求出,用通項公式求出的項的系數(shù).【詳解】∵在的展開式中，只有第4項的二項式系數(shù)最大，∴在的展開式有7項，即n=6；而展開式的所有項的系數(shù)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(shù)為.故選：C2、C【解析】根據(jù)題意，求出每個函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，進(jìn)而判斷答案.【詳解】對A，，為奇函數(shù)；對B，，為奇函數(shù)；對C，，為偶函數(shù)；對D，，既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù).故選：C.3、C【解析】先聯(lián)立方程得，再求得直線的點關(guān)于直線對稱點的坐標(biāo)為，進(jìn)而根據(jù)題意得所求直線過點，，進(jìn)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(shè)直線的點關(guān)于直線對稱點的坐標(biāo)為，所以，解得所以直線關(guān)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(shè)等軸雙曲線的方程為拋物線,拋物線準(zhǔn)線方程為設(shè)等軸雙曲線與拋物線的準(zhǔn)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(jù)充分條件、必要條件的判定方法，結(jié)合不等式的性質(zhì)，即可求解.【詳解】由，可得，即，當(dāng)時，，但的符號不確定，所以充分性不成立；反之當(dāng)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(biāo)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(shè)為原點，分別以O(shè)B、OA、OC所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系則，，，，又，則故選：B7、A【解析】求出向量，的坐標(biāo)，利用向量數(shù)量積坐標(biāo)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(shè)直線方程為，根據(jù)點在直線上求參數(shù)即可得方程.【詳解】由題設(shè)，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(shù)形結(jié)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(shù)的取值范圍是或，故選：A.10、D【解析】不妨設(shè)雙曲線方程為，則，即設(shè)焦點為，漸近線方程為則又解得．則焦距為．選：D11、D【解析】根據(jù)橢圓的一個焦點是圓的圓心，求得c，再根據(jù)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(biāo)系，將線面角轉(zhuǎn)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(jìn)行求解.【詳解】以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖所示），則，，，，，設(shè)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(shè)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(shù)，作差可得，計算可得結(jié)果.【詳解】解：函數(shù)則.，，作差可得：，即，解得：代入此時成立.故答案為：.14、【解析】根據(jù)數(shù)列中與的關(guān)系，即可求出通項公式.【詳解】當(dāng)時，，當(dāng)時，，時，也適合，綜上，，（），故答案為：【點睛】本題主要考查了數(shù)列前n項和與通項間的關(guān)系，屬于容易題.15、（答案不唯一）【解析】由條件確定該等比數(shù)列的首項的可能值，由此確定該數(shù)列的通項公式.【詳解】設(shè)數(shù)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(shù)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(jù)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(yīng)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(jù)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(jù)韋達(dá)定理得到根與系數(shù)的關(guān)系，將題目轉(zhuǎn)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(dāng)直線斜率存在時，設(shè)直線方程為，，，則，即，，以為直徑的圓經(jīng)過原點，故，即，即，化簡整理得到：，原點到直線的距離為.當(dāng)直線斜率不存在時，為等腰直角三角形，設(shè)，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(xué)生的計算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中將圓過原點轉(zhuǎn)化為是解題的關(guān)鍵.18、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）在平面中構(gòu)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(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)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(biāo)原點，以分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系如下所示：故可得，設(shè)平面的法向量為，又則，即，不妨取，則，則，取面的法向量為，故.設(shè)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(jié)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(guān)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(guān)鍵是通過過點作，交直線于點，連接，然后結(jié)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(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題，討論參數(shù)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(jié)合包含關(guān)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(dāng)時，不符合題意；當(dāng)時，則有，則.綜上，k的取值范圍為.（2）由，得.由（1）知，當(dāng)為真命題時，則令令因為p是q的必要不充分條件，所以當(dāng)時，，，解得當(dāng)時，，符合題意；當(dāng)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(jù)必要不充分條件求參數(shù)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(biāo)系，求出各點的坐標(biāo)；（1）用向量的坐標(biāo)運算證明向量共面，進(jìn)而證明點共面；（2）利用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)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(biāo)系，不妨設(shè)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(xiàn)，G，H，K，L共面.【小問2詳解】證明：由（1）得，，又故，，又