河北省唐山市第一中学2022学年高二数学下学期开学调研试题 文

河北省唐山市第一中学2022-2022学年高二数学下学期开学调研试题文1.抛物线的焦点坐标为（）A.B.C.D.2.已知函数的导函数的图象如图所示，那么函数的图象最有可能的是（）3.若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（）A．B．C．D．4.给出下列四个命题：①分别与两条异面直线都相交的两条直线一定是异面直线；②若一个1\n平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中为真命题的是（）A.②和④B．②和③C．③和④D．①和②5.已知抛物线的焦点F恰为双曲线的右焦点,且两曲线交点的连线过点F,则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.6.已知：命题P：，总有|x|≥0；命题q：x=1是方程x2+x+1=0的根，则下列命题为真命题的是（）A．p∧qB．p∧qC．p∧qD．p∧q7.已知A(－3,0)，B(0,4)，M是圆C:x2+y2－4x=0上一个动点，则△MAB的面积的最小值为（）A．4B．5C．10D．158.设A、B、C、D是球面上的四点，AB、AC、AD两两互相垂直，且，，，则球的表面积为()A.B.C.D.x＋y－2≤0，9.如果点P在平面区域2y－1≥0上，点Q在曲线x2＋(y＋2)2＝1上，那么|PQ|的最大值为()A.5B.C．2+1D.－1设a∈R，若函数有大于零的极值点，则（）A．B．C．D．11．设p：在内单调递增，，则是的（）A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件2\n12.已知椭圆C:(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y=(x+c)与椭圆C的一个交点M满足∠MF1F2=2∠MF2F1,则C的离心率为()A.-1B.C.-1D.二、填空题（每小题5分，共20分）13.命题p：“”的否定是_________．14．曲线在点处的切线的一般式方程为__________．15.已知双曲线左、右焦点分别为，过点作与轴垂直的直线与双曲线一个交点为，且，则双曲线的渐近线方程为_______.16.已知圆与圆，在下列说法中：①对于任意的，圆与圆始终有四条公切线；②对于任意的，圆与圆始终相切；③分别为圆与圆上的动点，则的最大值为4．其中正确命题的序号为___________.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17（10分）直线:y=x-1与抛物线C:y2=2px(p>0)相交于A,B两点,且直线过C的焦点.(Ⅰ)求抛物线C的方程.(Ⅱ)若以AB为直径作圆Q,求圆Q的方程.18（12分）已知直线的方程为，，点的坐标为．（Ⅰ）求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；（Ⅱ）设点在直线上的射影为点，点的坐标为，求||的取值范围．3\n19（12分）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，E、F分别为A1C1和BC的中点.（Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）求证：C1F//平面ABE.20.（12分)如图，E为矩形ABCD所在平面外一点，平面ABE，AE=EB=BC=2，F为CE上的点，且平面ACE，（Ⅰ）求证：平面BCE；（Ⅱ）G为矩形ABCD对角线的交点，求三棱锥C—BGF的体积。4\n21.（12分）已知椭圆的长轴长为，离心率为，分别为其左右焦点。（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）在抛物线上有两点，椭圆上有两点，满足与共线，与共线，且，直线的斜率为（≠0）求四边形面积（用表示）.22（12分）已知函数（Ⅰ）若函数在处的切线方程为，求的值；（Ⅱ）讨论方程解的个数，并说明理由。5\n高二文科数学试题参考答案三解答题2x(1m)y2m02xym(y2)02xy018解：（1）由得，所以直线l恒过直线与2xy0,y20Qy20.Q(1,2)直线交点，解方程组得，所以直线l恒过定点，且定点为Q(1,2)．Q(1,2)PQ（Ⅱ）因为直线l绕着点旋转，所以点M在以线段为直径的圆上，其圆心为点C(0,1)(2,1)CN222MN32，半径为2，因为N的坐标为，所以，从而．6\n20解：（Ⅰ）证明：AD平面ABE，AD//BC。BC平面ABE，则AEBC.又BF平面ACE，则AEBF.又BCBFBAE平面BCE。（Ⅱ）由题意，得G是AC的中点，BF平面ACE,则CEBF.而BC=BE，F是EC的中点1FGAE1.AE//FG，且2而AE平面BCE,∴FG平面BＣＦ。1RtBCE中,BFCECF2.21S221.CFB211VVSFG.CBGFGBCFCFB337\nyk(x1)（Ⅱ）直线MN的斜率为k，k0,设直线MN的方程为：1y(x1)直线PQ的方程为k，M(x,y),N(x,y),P(x,y),Q(x,y)设11223344yk(x1)22222y4xykx(2k4)xk0由，消去可得由抛物线定义可知：22k44|MN||MF||NF|x1x124221222kk1y(x1)k22xy1222由43，消去y得(3k4)x8x412k0，21212(1k)|PQ|1()|xx|342从而k3k4，22211412(1k)(1k)S|MN||PQ|(4)24PMQN2242∴22k3k43k4kaf(x)x(x0)f(x)yxb22（Ⅰ）因为：x，又在x2处的切线方程为2aln22ba212a2,b2ln2所以解得：8\nf(x)(0,)（Ⅱ）当a0时，在定义域上恒大于0，此时方程无解；af(x)x0当a0时，x在(0,)上恒成立，f(x)(0,)所以在定义域上为增函数。1211f(1)0f(e2)ea102，2，所以方程有惟一解。2axa(xa)(xa)f(x)x当a0时，xxxx(0,a)f(x)0f(x)(0,a)因为当时，，在内为减函数；x(a,)f(x)(a,)当时，在内为增函数。11f(a)aalnaa(1lna)所以当xa时，有极小值即为最小值221f(a)a(1lna)0当a(0,e)时，2，此方程无解；1f(a)a(1lna)0.当ae时，2此方程有惟一解xa。1f(a)a(1lna)0当a(e,)时，211f()0因为22且1a，所以方程f(x)0在区间(0,a)上有惟一解，(xlnx)0因为当x1时，，所以xlnx11212xlnx,f(x)xalnxxax所以22122f(x)(2a)2a0因为2aa1，所以29\nf(x)0(a,)所以方程在区间上有惟一解。f(x)0(e,)所以方程在区间上有惟两解。a[0,e)综上所述：当时，方程无解；当a0或ae时，方程有惟一解；当ae时方程有两解。10