东北育才学校2022-2022学年高二上学期第二次月考数学（理科）试卷答题时间：120分钟满分：150分一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.1、命题“存在R，0”的否定是A.不存在R,0B.存在R,0C.对任意的,0D.对任意的,02、若，，则下列命题成立的个数为①；②；③；④。A．1B．2C．3D．43、已知等差数列的前项和为，若，则=（ ）A．13B．35C．49D．634、在空间直角坐标系中点关于平面对称点的坐标是（ ）A．（1，﹣5，6）B．（1，5，﹣6）C．（﹣1，﹣5，6）D．（﹣1，5，﹣6）5、已知左、右焦点分别为的双曲线上一点，且，则（ ）A．1或33B．1C．33D．1或116、若，则的最小值为（ ）A．B．C．D．77、椭圆的一个焦点是，那么实数的值为（）A.B.C.D.8、有如下3个命题；①双曲线上任意一点到两条渐近线的距离乘积是定值；10/10\n②双曲线的离心率分别是，则是定值；③过抛物线的顶点任作两条互相垂直的直线与抛物线的交点分别是，则直线过定点；其中正确的命题有（ ）A．3个B．2个C．1个D．0个9、两个等差数列和,其前项和分别为,且则等于（ ）A.B.C.D.10、已知正方体，过顶点作平面，使得直线和与平面所成的角都为，这样的平面可以有（ ）A．4个B．3个C．2个D．1个11、边长为的正方形，将沿对角线折起，使为正三角形，则直线和平面所成的角的大小为（ ）A．B．C．D．12、已知是椭圆的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于两点，若，且，则椭圆的离心率为（ ）A．B．C．D．二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13、等比数列中，前项和，则等于 ．14、直线经过抛物线的焦点，且抛物线交于两点，若，则直线的斜率为 ．15、在平行六面体中，已知，，= ．10/10\n16、已知实数若满足，则的最小值是 ．三、解答题:本大题共6小题，共70分.17、(本小题满分10分)已知命题：方程的曲线是焦点在轴上的双曲线；命题：方程无实根．若或为真，￢为真，求实数的取值范围．18、(本小题满分12分)（1）已知，且，求证：；（2）解关于的不等式：．19、(本小题满分12分)设正项等比数列的首项，前项和为，．（Ⅰ）求的通项；（Ⅱ）求的前项和．20、(本小题满分12分)已知抛物线的焦点为，为坐标原点，是抛物线上异于的两点．（I）求抛物线的方程；（Ⅱ）若直线的斜率之积为，求证：直线过定点．21、(本小题满分12分)如图1，在直角中，，分别为中点，连接并延长交于点，将沿折起，使平面如图2所示．（1）求证：；10/10\n（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．22．(本小题满分12分)已知椭圆，倾斜角为的直线与椭圆相交于两点，且线段的中点为．过椭圆内一点的两条直线分别与椭圆交于点，且满足，其中为实数．当直线平行于轴时，对应的．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当变化时，是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．10/10\n2022—2022学年度上学期第二次阶段测试高二数学科（理科）答案一、选择题1、D2、C3、C．4、B．5、C．6、D．7、D8、A9、D10、C11、C12、A二、填空题13、 -1 ．14、 ±4/3 ．15、 ．16、 ．三、解答题17、(本小题满分10分)解：若方程+=1的曲线是焦点在y轴上的双曲线，则满足，即，得m＞2，即p：m＞2，若方程4x2+4（m﹣2）x+1=0无实根，则判别式△=16（m﹣2）2﹣16＜0，即（m﹣2）2＜1，得﹣1＜m﹣2＜1，即1＜m＜3，即q：1＜m＜3，若￢q为真，则q为假，同时若p或q为真，则p为真命题，即，得m≥3，即实数m的取值范围是[3，+∞）．18、解：（1）====．∵a，b，c∈（0，+∞），∴．∴．∴（当且仅当时，等号成立）．（2）原不等式可化为ax2+（a﹣2）x﹣2≥0，化简为（x+1）（ax﹣2）≥0．∵a＜0，∴．1°当﹣2＜a＜0时，；2°当a=﹣2时，x=﹣1；3°当a＜﹣2时，．10/10\n综上所述，当﹣2＜a＜0时，解集为；当a=﹣2时，解集为{x|x=﹣1}；当a＜﹣2时，解集为．19、(本小题满分12分)解：（Ⅰ）若q=1时，210•30a1﹣（210+1）20a1+10a1=0．a1=0与已知矛盾，∴q≠1，则由210•S30﹣（210+1）S20+S10=0可得，即210⋅（S30﹣S20）=S20﹣S10，∴，∵q≠1，∴S20﹣S10≠0，∴210⋅q10=1，即，∴q=，又∵an＞0，∴q＞0且q≠1∴q=，∴．（Ⅱ）∵．∴，即，∴{nSn}的前n项和Tn=（1+2+…+n）﹣（）=﹣（），，两式相减得==，∴Tn=．18、(本小题满分12分)解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px（p＞0）的焦点坐标为（1，0），所以=1，所以p=2．所以抛物线C的方程为y2=4x．…（4分）（Ⅱ）证明：①当直线AB的斜率不存在时，10/10\n设A（，t），B（，﹣t），因为直线OA，OB的斜率之积为﹣，所以=﹣，化简得t2=32．所以A（8，t），B（8，﹣t），此时直线AB的方程为x=8．…（7分）②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=kx+b，A（xA，yA），B（xB，yB），联立得化简得ky2﹣4y+4b=0．…（8分）根据根与系数的关系得yAyB=，因为直线OA，OB的斜率之积为﹣，所以•=﹣，即xAxB+2yAyB=0．即+2yAyB=0，解得yAyB=0（舍去）或yAyB=﹣32．所以yAyB==﹣32，即b=﹣8k，所以y=kx﹣8k，即y=k（x﹣8）．综上所述，直线AB过x轴上一定点（8，0）．…（12分）21、(本小题满分12分)如图1，在直角△ABC中，∠ABC=90°，AC=4，AB=2，D，E分别为AC，BD中点，连接AE并延长交BC于点F，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD如图2所示．（1）求证：AE⊥CD；（2）求平面AEF与平面ADC所成锐二面角的余弦值．10/10\n【解答】解：（1）证明：由条件可知AB=AD，E为BD的中点，所以AE⊥BD，又面ABD⊥面BDC，面ABD∩面BCD=BD，且AE⊂面ABD，所以AE⊥面BCD，又因为CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD．（2）以E为坐标原点O，EF，ED，EA所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，在直角三角形ABF中，可得BF=2tan30°=2，可得EF=2cos60°=1，可得E（0，0，0），A（0，0，3），D（0，，0），C（3，2，0），B（0，﹣，0），由BE⊥平面AEF，可得平面AEF的法向量为=（0，﹣，0），=（0，，﹣3），=（3，2，﹣3），设平面ADC的法向量为=（x，y，z），由，令y=，可取=（﹣1，，1），可得cos＜，＞===﹣，则平面AEF与平面ADC所成锐二面角的余弦值为．22．(本小题满分12分)解：（Ⅰ）设M（m1，n1）、N（m2，n2），则，两式相减，故a2=3b2…（2分）10/10\n当直线AP平行于x轴时，设|AC|=2d，∵，，则，解得，故点A（或C）的坐标为．代入椭圆方程，得…4分a2=3，b2=1，所以方程为…（6分）（Ⅱ）设A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）、D（x4，y4）由于，可得A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）、D（x4，y4），…①同理可得…②…（8分）由①②得：…③将点A、B的坐标代入椭圆方程得，两式相减得（x1+x2）（x1﹣x2）+3（y1+y2）（y1﹣y2）=0，于是3（y1+y2）kAB=﹣（x1+x2）…④同理可得：3（y3+y4）kCD=﹣（x3+x4），…（10分）于是3（y3+y4）kAB=﹣（x3+x4）（∵AB∥CD，∴kAB=kCD）所以3λ（y3+y4）kAB=﹣λ（x3+x4）…⑤由④⑤两式相加得到：3[y1+y2+λ（y3+y4）]kAB=﹣[（x1+x2）+λ（x3+x4）]把③代入上式得3（1+λ）kAB=﹣2（1+λ），10/10\n解得：，当λ变化时，kAB为定值，．…（12分）欢迎访问“高中试卷网”——http://sj.fjjy.org10/10
