【文档说明】吉林省长春市希望高中2020-2021学年高二下学期第一学程质量测试数学（理）试卷.pdf，共(9)页，434.790 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，总4页2020-2021学年度下学期第一学程质量测试高二年级数学试题（理科）一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中，只有一项．．．．是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）1．已知抛物线的

方程为24yx，则其准线方程为（）A．116xB．116yC．1xD．1y2．已知l∥α，且l的方向向量为(2，m，1)，平面α的法向量为1(1,,2)2，则m＝（）A．8B．－5C．5D．－83．已知F为抛物线2:4Cyx

的焦点，过点F的直线l交抛物线C于A，B两点，若6AB，则线段AB的中点M到抛物线C的准线的距离为（）A．3B．4C．5D．64．函数()yfx在定义域3(,3)2内可导，其图象如图所示，记()yfx的导函数为()yfx，则不等式()0fx的解集为

（）A．1[,1][2,3)3B.148[1,][,]233C.31[,][1,2]22D．3114[,][,]23235．长方体1111ABCDABCD中，2AB，11ADAA，E是CD的中点，F是AB的中点.则异面直线1BE与1DF所

成角的余弦值为（）A．33B．13C．13D．196．已知抛物线214yx上的动点P到直线l∶3y的距离为d，A点坐标为(2，0)，则||PAd的最小值等于（）A．4B．25C．25D．357．曲线()yfx

在1x处的切线如图所示，则(1)(1)ff（）A．0B．1C．1D．12试卷第2页，总4页8．设f(x)＝sin1cosxx，－π<x<π，当f′(x)＝2时，x等于（）A．13B．16C．14D．239．

过抛物线22ypx（0p）焦点F，斜率为k（0k）的直线交抛物线于A，B两点，若3AFBF，则k（）A．3B．2C．32D．110．抛物线2yx上的点到直线10xy的

最短距离是（）.A．38B．328C．58D．52811．已知()fx为定义在(0,)上的可导函数，且()'()fxxfx恒成立，则不等式21()()0xffxx的解集为（）A．(1,)B．(,1)C．(2,)

D．(,2)12．已知223,1()ln,1xxxfxxx，若函数1()2yfxkx有4个零点，则实数k的取值范围是（）A．1,2eB．1,2eC．1,2eeD．1,2ee二、填空题（每小题5

分，共20分）13．抛物线220yx的焦点到其准线的距离为__________.14．若(2,3,5),(3,1,4)ab，则2ab＝______．15．函数322fxxaxbxa在1x处取得极值10，则ab___________.16．设函数2lnxe

fxtxxxx恰有两个极值点，则实数t的取值范围是______.三、解答题（第17题满分10分，其他每小题满分12分，共70分）17．已知抛物线2:2Cypx的焦点为F，(1,)Mt为抛物线C上的点，且3||2MF.（1）求抛物线C的方程；（2）若直线2yx与抛物线C

相交于A，B两点，求弦长||AB.试卷第3页，总4页18．如图，在棱长为4的正方体1111ABCDABCD中，,EF分别是11AB和11BC的中点．（用空间向量方法求解）（1）求点D到平面BEF的距离；（

2）求BD与平面BEF所成的角的余弦值．19．如图，在三棱锥PABC中，PC平面ABC，BCAC，2ACPC，4CB，M是PA的中点．（用空间向量方法证明、求解）（Ⅰ）求证：PA平面MBC

；（Ⅱ）设点N是PB的中点，求二面角NMCB的余弦值．20．已知函数3()212fxxx．（1）求()fx在点(1,(1))f处的切线；（2）求()fx在区间[1,3]上的最大值和最小值．试卷第4页，总4页21．已知函数

1ln2fxxmxmR，0agxxax．（1）求函数fx的单调区间．（2）若212me，对2122,2,xxe都有12gxfx成立，求实数a的取值范围．22．已知点(1,0)F，直线L：1x，P为平面上的动

点，过点P作直线L的垂线，垂足为Q，且QPQFFPFQ.（1）求点P的轨迹C的方程.（2）是否存在正数m，对于过点(,0)Mm且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有0FAFB？若存在，

求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.答案第1页，总5页高二下学期第一学程测试参考答案数学（理科）一、选择题1．C2．D3．A4．A5．B6．B7．C8．D9．A10．B11．A12．C10【解析】令()()fxgxx，则2()()()xfxfxgxx∵(

)()fxxfx∴()()0xfxfx，即2()()()0xfxfxgxx在(0,)上恒成立∴()gx在(0,)上单调递减∵21()()0xffxx∴1()()1ffxxx

x，即1()()ggxx∴1xx，即1x11【详解】221010xyyyyx,无解,故直线:10lxy与抛物线2yx没有公共点,如图所示.设直线:0mxyc与抛物线相切，则直线m与

l的距离即为抛物线2yx上的点到直线:10lxy的最短距离，2200xycyycyx，则140c，14c，所以两平行直线1:04mxy与:10lxy

的距离为：1(1)32482d.12【详解】由题意1()2yfxkx有4个零点，即1()2fxkx有4个零点.设1()2gxkx，则()gx恒过点10,2，所以函数()gx与()

fx的图象有4个交点，在同一直角坐标系下作出函数()gx与()fx的图象，如图.由图象可知，当函数()gx过点10,2和1,0时，即12k时，此时函数()gx与()fx的图象恰有3个交点；当12k时，函数()

gx与()fx的图象至多有2个交点当12k时，若函数()gx与ln1yxx的图象相切时，设切点为,lnaa，则1'yx，所以1ka，所以1ln12aaa，解得ae，答案第2页，总5页所以eke，此时函数()gx与()fx的图象恰有3个交点；当eke时，两

函数图象至多有两个交点.所以若要使函数1()2yfxkx有4个零点，则1,2eke.故选：C.二、填空题13．1014．25815．716．1,,233ee15【详解】由题意，函数3

22fxxaxbxa，可得232fxxaxb，因为fx在1x处取得极值10，可得2(1)320(1)110fabfaba，解得411ab或33ab，检验知，当3,3ab时，可得223633(1)

0fxxxx-，此时函数fx单调递增，函数为极值点，不符合题意，（舍去）；当4,11ab时，可得23811(311)(1)fxxxxx，当113x或1x时，0fx，fx单调递增；当1113x

时，0fx，fx单调递减，当1x时，函数fx取得极小值，符合题意.所以7ab.故答案为：7.16【详解】由题意，函数2lnxefxtxxxx，0,x，可得222112121xxxextxxexefxtxxxx

212xxetxx，因为函数2lnxefxtxxxx恰有两个极值点，所以方程0fx恰有两个正根，显然1x时方程0fx的一个正根，所以方程20xetx

有唯一正根，即方程2xetx有唯一正根，等价于函数2xgxex与函数yt在0,上只有一个交点，且交点横坐标不等于1，因为2222022xxxexeexgxxx，所以函数gx在

0,上单调递增，又由102g，13eg，函数gx的图象如图所示，可得12t且3et.答案第3页，总5页三、解答题17．（1）22yx；（2）210.【详解】（1）3||122PM

F，所以1p，即抛物线C的方程22yx.5分（2）设1122,,,AxyBxy，由222yxyx得2640xx，所以126xx，124xx8分所以22121212||124ABkxxxxxx

23616210.10分18．（1）163；（2）13.【详解】（1）如图所示，以点A为原点建立空间直角坐标系Axyz，（1分）依题意，得(4,0,0),(0,4,0),(2,0,4),(4,2,4)BDEF，则(2,0,4),(0,2,4)BEBF

，设平面BEF的法向量为(,,)nxyz，则,nBEnBF，则240240nBExznBFyz，即22xzyz，

（3分）由此取1z，可得平面BEF的一个法向量为(2,2,1)n，（4分）又由(4,4,0)DB（5分）所以点D到平面BEF的距离为222||42(4)(2)01163||2(2)1DBndn。（6分）（2）设BD与平面BEF所

成角为，则(0,)2，且2216||223sin|cos,|3||||||4(4)DBndDBnDBnDB，（10分）所以BD与平面BEF所成角的余弦值为22221cos1sin1()33．（12分）19．（Ⅰ）证

明见解析；（Ⅱ）223．【详解】解：（Ⅰ）以C为原点，CA，CB，CP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，（1分）(2,0,0)A，(0,0,2)P，(0,4,0)B，(0,0,0)C，(1,0,1)M，则(1,0,1)

CM，(0,4,0)CB，(2,0,2)PA，（3分）∴0,0PACMPACB,（5分）∴,PACMPACN,又CMCNCPA平面MBC（6分）答案第4页，总

5页（Ⅱ）由（Ⅰ）知(2,0,2)PA是平面MBC的一个法向量，（7分）(0,2,1)N，则，(0,2,1)CN又(1,0,1)CM，设(,,)nxyz是平面MNC的法向量，则有00CMnCNn，即020xzyz

，令1y，则2z，2x，∴(2,1,2)n，（9分）设二面角NMCB所成角为，由图可得为锐角，则22012(2)22coscos,3||||89PAnPAnPAn

．（12分）20．（1）640xy；（2）18，82．【详解】（1）3212fxxx，则2612fxx2分则110f

，16f故切线为1061yx，即640xy5分（2）2612622fxxxx当12x时，()0,(2)0fxf，当23x时，()0fx

()fx在[1,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增7分(1)10,(3)18,(2)82fff10分()fx\在区间[1,3]上的最大值和最小值分别是18，82．12分21．（1）答案见解析；（2）0,3．【详

解】（1）1ln,02fxxmxmRx，所以1'2fxmx，1分当0m时，0fx′，fx在0,上单调递增．2分当0m时，由0fx得12xm；由'00fxx得102xm；由'00fxx

得12xm．4分综上所述，当0m时，fx的单调递增区间为0,；当0m时，fx的单调递增区间为10,2m，单调递减区间为1,2m．5分（2）若212me，则211ln22fxxxe

．对2122,2,xxe都有12gxfx成立，等价于对2122,2,xxe都minmaxgxfx，7分由（1）知在22,e上单调递增，在22,2ee上单调递减，所以fx的最大值为212fe，8分答案第5页，总5页

2'100agxax，22,2xe，函数gx在22,2e上是增函数，222minagxg，10分所以1222a，解得3a，又0a，所以0,3a.所以

实数a的取值范围是0,3．12分22（1）24yx；（2）存在，322,322.【详解】（1）设P的坐标为(,)xy，则(1,)Qy，可得(1,0)QPx，(2,)QF

y，(1,)FPxy，(2,)FQy，∵QPQFFPFQ，∴2(1)2(1)(2)xxy，化简得24yx，即动点P的轨迹C的方程为：24yx；4分（2）设直线l的方程为xtym，过点

(,0)Mm(0)m的直线l与曲线C的交点为11,Axy，22,Bxy，联立24xtymyx，消去x，得2440ytym（*），5分则1y，2y是方程（*）的两根，∴2160tm，且12

1244yytyym，①6分又∵111,FAxy，221,FBxy，由0FAFB，可得1212110xxyy，即12121210xxxxyy，②7分由于22121244yyxx，代入不等式②

可得：2222121212104444yyyyyy，化简得：22121212121210164yyyyyyyy，③由①式，化简不等式③得22614mmt，④10分对任意实数t，不等式240t

恒成立，∴不等式④对于一切t恒成立等价于2610mm，11分解之得322322m，由此可得：存在正数m，对于过点(,0)Mm，且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有0FAFB且m的取值范围是322,322.12分