貴州省黔東南市2024屆高二上數學期末教學質量檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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．某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（）A. B.C. D.2．若拋物線的焦點與橢圓的左焦點重合，則m的值為（）A.4 B.-4C.2 D.-23．f（x），g（x）分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當x＜0時，f（x）g（x）+f（x）g（x）＜0且f（﹣1）＝0則不等式f（x）g（x）＜0的解集為A.（﹣1，0）∪（1，+∞） B.（﹣1，0）∪（0，1）C.（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） D.（﹣∞，﹣1）∪（0，1）4．已知關于的不等式的解集是，則的值是（）A. B.5C. D.75．命題；命題．則A.“或”為假 B.“且”為真C.真假 D.假真6．大數學家阿基米德的墓碑上刻有他最引以為豪的數學發現的象征圖——球及其外切圓柱(如圖).以此紀念阿基米德發現球的體積和表面積，則球的體積和表面積均為其外切圓柱體積和表面積的（）A. B.C. D.7．加斯帕爾·蒙日（圖1）是18～19世紀法國著名的幾何學家，他在研究圓錐曲線時發現：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，其圓心是橢圓的中心，這個圓被稱為“蒙日圓”（圖2）．則橢圓的蒙日圓的半徑為（）A.3 B.4C.5 D.68．函數在點處的切線方程的斜率是（）A. B.C. D.9．直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AA1＝AB，M是A1C1的中點，則AM與平面所成角的正弦值為（）A. B.C. D.10．將數列中的各項依次按第一個括號1個數，第二個括號2個數，第三個括號4個數，第四個括號8個數，第五個括號16個數，…，進行排列，，，…，則以下結論中正確的是（）A.第10個括號內的第一個數為1025 B.2021在第11個括號內C.前10個括號內一共有1025個數 D.第10個括號內的數字之和11．“且”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件12．已知各項均為正數且單調遞減的等比數列滿足、、成等差數列.其前項和為，且，則（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．作邊長為6的正三角形的內切圓，半徑記為，在這個圓內作內接正三角形，然后再作新三角形的內切圓．如此下去，第n個正三角形的內切圓半徑記為，則______，現有1個半徑為的圓，2個半徑為的圓，……，個半徑為的圓，n個半徑為的圓，則所有這些圓的面積之和為______14．已知等差數列的公差不為零，若，，成等比數列，則______.15．已知為曲線：上一點，，，則的最小值為______16．若橢圓和圓（c為橢圓的半焦距）有四個不同的交點，則橢圓的離心率的取值范圍是_____.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）如圖,在四棱錐中,四邊形是直角梯形,，,，為等邊三角形.（1）證明：；（2）求點到平面的距離.18．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，平面，，，分別為，的中點（1）證明：平面；（2）證明：平面19．（12分）已知拋物線的焦點為F，其中P為E的準線上一點，O是坐標原點，且（1）求拋物線E的方程；（2）過的直線與E交于C，D兩點，在x軸上是否存在定點，使得x軸平分？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由20．（12分）已知圓O：與圓C：（1）在①，②這兩個條件中任選一個，填在下面的橫線上，并解答若______，判斷這兩個圓位置關系；（2）若，求直線被圓C截得的弦長注：若第（1）問選擇兩個條件分別作答，按第一個作答計分21．（12分）在二項式的展開式中；（1）若，求常數項；（2）若第4項的系數與第7項的系數比為，求：①二項展開式中的各項的二項式系數之和；②二項展開式中各項的系數之和22．（10分）已知命題；命題.（1）若p是q的充分條件，求m的取值范圍；（2）當時，已知是假命題，是真命題，求x的取值范圍.

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、A【解析】根據三視圖可得如圖所示的幾何體（三棱錐），根據三視圖中的數據可計算該幾何體的表面積.【詳解】根據三視圖可得如圖所示的幾何體-正三棱錐，其側面為等腰直角三角形，底面等邊三角形，由三視圖可得該正三棱錐的側棱長為1，故其表面積為，故選：A.2、B【解析】根據拋物線和橢圓焦點與其各自標準方程的關系即可求解.【詳解】由題可知拋物線焦點為，橢圓左焦點為，∴.故選：B.3、A【解析】構造函數h（x）＝f（x）g（x），由已知得當x＜0時，h（x）＜0，所以函數y＝h（x）在（﹣∞，0）單調遞減，又因為f（x），g（x）分別是定義在R上的奇函數和偶函數，得函數y＝h（x）為R上的奇函數，所以函數y＝h（x）在（0，+∞）單調遞減，得到f（x）g（x）＜0不等式的解集【詳解】設h（x）＝f（x）g（x），因為當x＜0時，f（x）g（x）+f（x）g（x）＜0，所以當x＜0時，h（x）＜0，所以函數y＝h（x）在（﹣∞，0）單調遞減，又因為f（x），g（x）分別是定義在R上的奇函數和偶函數，所以函數y＝h（x）為R上的奇函數，所以函數y＝h（x）在（0，+∞）單調遞減，因為f（﹣1）＝0，所以函數y＝h（x）的大致圖象如下：所以等式f（x）g（x）＜0的解集為（﹣1，0）∪（1，+∞）故選A【點睛】本題考查導數乘法法則、導數的符號與函數單調性的關系；奇函數的單調性在對稱區間上一致，屬于中檔題4、D【解析】由題意可得的根為，然后利用根與系數的關系列方程組可求得結果【詳解】因為關于的不等式的解集是，所以方程的根為，所以，得，所以，故選：D5、D【解析】命題：可能為0，不為0，假命題，命題：，為真命題，所以“或”為真命題，“且”為假命題．選D.6、C【解析】設球的半徑為,則圓柱的底面半徑為，高為，分別求出球的體積與表面積，圓柱的體積與表面積，從而得出答案.【詳解】設球的半徑為,則圓柱的底面半徑為，高為所以球的體積為,表面積為.圓柱的體積為：,所以其體積之比為：圓柱的側面積為：,圓柱的表面積為：所以其表面積之比為：故選：C7、A【解析】由蒙日圓的定義，確定出圓上的一點即可求出圓的半徑.【詳解】由蒙日圓的定義，可知橢圓的兩條切線的交點在圓上，所以，故選：A8、D【解析】求解導函數，再由導數的幾何意義得切線的斜率.【詳解】求導得，由導數的幾何意義得，所以函數在處切線的斜率為.故選：D9、B【解析】取的中點，以為原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，即可根據線面角的向量公式求出【詳解】如圖所示，取的中點，以為原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，不妨設，則，所以，平面的一個法向量為設AM與平面所成角為，向量與所成的角為，所以，即AM與平面所成角的正弦值為故選：B10、D【解析】由第10個括號內的第一個數為數列的第512項，最后一個數為數列的第1023項，進行分析求解即可【詳解】由題意可得，第個括號內有個數，對于A，由題意得前9個括號內共有個數，所以第10個括號內的第一個數為數列的第512項，所以第10個括號內的第一個數為，所以A錯誤，對于C，前10個括號內共有個數，所以C錯誤，對于B，令，得，所以2021為數列的第1011項，由AC選項的分析可得2021在第10個括號內，所以B錯誤，對于D，因為第10個括號內的第一個數為，最后一個數為，所以第10個括號內的數字之和為，所以D正確，故選：D【點睛】關鍵點點睛：此題考查數列的綜合應用，解題的關鍵是由題意確定出第10個括號內第一個數和最后一個數分別對應數列的哪一項，考查分析問題的能力，屬于較難題11、A【解析】按照充分必要條件的判斷方法判斷，“且”能否推出“”，以及“”能否推出“且”，判斷得到正確答案，【詳解】當且時，成立，反過來，當時，例：，不能推出且.所以“且”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本題考查充分不必要條件的判斷，重點考查基本判斷方法，屬于基礎題型.12、C【解析】先根據，，成等差數列以及單調遞減，求出公比，再由即可求出，再根據等比數列通項公式以及前項和公式即可求出.【詳解】解：由，，成等差數列，得：，設的公比為，則，解得：或，又單調遞減，，，解得：，數列的通項公式為：，.故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、①；②..【解析】設第n個三角形的邊長為，進而根據題意求出，然后根據等面積法求出，再求出；設n個半徑為的圓的面積為并求出，進而運用錯位相減法求得答案.【詳解】如示意圖1，設第n個三角形的邊長為，易得，則是以6為首項，為公比的等比數列，所以.如示意圖2，易得：，，所以，所以.設n個半徑為的圓的面積為，則，記所有圓的面積之和為，則，所以，兩式相減得：，即.故答案為：；.14、0【解析】設等差數列的公差為，，根據，，成等比數列，得到，再根據等差數列的通項公式可得結果.【詳解】設等差數列的公差為，，因為，，成等比數列，所以，所以，整理得，因為，所以，所以.故答案為：0.【點睛】本題考查了等比中項，考查了等差數列通項公式基本量運算，屬于基礎題.15、【解析】曲線是拋物線的右半部分，是拋物線的焦點，作出拋物線的準線，把轉化為到準線的距離，則到準線的距離為所求距離和的最小值【詳解】易知曲線是拋物線的右半部分，如圖，因為拋物線的準線方程為，是拋物線的焦點，所以等于到直線的距離．過作該直線的垂線，垂足為，則的最小值為故答案為：16、【解析】當圓的直徑介于橢圓長軸和短軸長度范圍之間時，橢圓和圓有四個不同的焦點，由此列不等式，解不等式求得橢圓離心率的取值范圍.【詳解】由于橢圓和圓有四個焦點，故圓的直徑介于橢圓長軸和短軸長度范圍之間，即.由得，兩邊平方并化簡得，即①.由得，兩邊平方并化簡得，解得②.由①②得.故填.【點睛】本小題主要考查橢圓和圓的位置關系，考查橢圓離心率取值范圍的求法，屬于中檔題.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）略；（2）【解析】（1）推導出BD⊥BC，PB⊥BC，從而BC⊥平面PBD，由此能證明PD⊥BC．（2）利用等體積求得點B到面的距離【詳解】（1）∵在四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD是直角梯形，DC＝2AD＝2AB＝2，∠DAB＝∠ADC＝90°，PB，△PDC為等邊三角形∴BC＝BD，∴BD2+BC2＝CD2，PB2+BC2＝PC2，∴BD⊥BC，PB⊥BC，∵BD∩PB＝B，∴BC⊥平面PBD，∵PD?平面PBD，∴PD⊥BC（2）由（1）知，，故故得點B到面PCD的距離為【點睛】本題考查線線垂直的證明，考查點面距離的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題18、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）取中點，結合三角形中位線性質可證得四邊形為平行四邊形，由此得到，由線面平行判定定理可證得結論；（2）利用菱形特點和線面垂直的性質可證得，，由線面垂直的判定定理可證得結論.【詳解】（1）取中點，連接，分別為中點，，四邊形為菱形，為中點，，，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面.（2）連接，四邊形為菱形，，為等邊三角形，又為中點，，平面，平面，，又平面，，平面.19、（1）（2）存在；【解析】（1）設，利用向量坐標運算求出p即可；（2）設直線MC，MD的斜率分別為，，利用坐標計算恒成立，即可求解.【小問1詳解】拋物線的焦點為，設，則，因為，所以，得所以拋物線E的方程為【小問2詳解】假設在x軸上存在定點，使得x軸平分設直線的方程為，設點，，聯立，可得∵恒成立，∴，設直線MC，MD的斜率分別為，，則由定點，使得x軸平分，則，所以把根與系數的關系代入可得，得故存在滿足題意．綜上所述，在x軸上存在定點，使得x軸平分20、（1）選①:外離；選②：相切;（2）【解析】(1)不論選①還是選②，都要首先算出兩圓的圓心距，然后和兩圓的半徑之和或差進行比較即可；(2)根據點到直線的距離公式，先計算圓心到直線的距離，然后利用圓心距、半徑、弦長的一半之間的關系求解.【小問1詳解】選①圓O的圓心為，半徑為l；圓C圓心為，半徑為因為兩圓的圓心距為，且兩圓的半徑之和為，所以兩圓外離選②圓O的圓心為，半徑為1．圓C的圓心為，半徑為2因為兩圓的圓心距為．且兩圓的半徑之和為，所以兩圓外切【小問2