河北省2025-2026学年高二第一学期学业评估数学（MF-CL-24A4）（含答案）

2342.C由题知,抛物线C的焦点为,0),代入r+2y—1=0得—1=0,解得p=2.故选C.3.B设等比数列{an}的公比为q,由a2=2a1,得q==2,由S7=254,得S7==254,解得a1==a1q5=64.故选B.4.D将圆O1与圆O2的方程相减,得—6r—4y+8=0,所以直线MN的方程为3r+2y—4=0.故选D.5.A由f(r)=esinr—3f,(0)r求导可得f,(r)=esinr.cosr—3f,(0),则f,(0)=e0.cos0—3f,(0)=1—3f,(0),解得f,(0)=,所以f(r)=esinr—r,则f=esin—×=e、—.故选A.6.C记第n组中无人机的架数为an,由图形可得a1=1,an—an—1=3(n≥2),所以{an}是首项为1,公差为3的等差数列,所以{an}的前n项和Sn=,令=210,得3n2—n—420=0,解得n=—(舍)或n=12,所以210架无人机可以同时排出的图形组数是12.故选C.7.B因为PM=(1—y—≈)PA+yPB+≈PC,PM=PA—yPA7.B因为PM=(1—y—≈)PA+yPB+≈PC,PM=PA—yPA—≈PA+yPB+≈≈,所以—=y()+≈(),所以=yA+≈A,因为,不共线,所以,,共面,所以点M在平面ABC内,所以当PM丄平面ABC时,—最小.如图,取BC的中点D,连接AD,则点M在AD4AC,又AD=3FD,所以AF=3AB丄AD,即.=0,.=0,所以.=+).)=.—.+.—2,则直线AE与直线CF夹角的余弦值为35.故选A.9.BCD由an得an因为a4=,所以a3=3,a2=—,a1=,所以数列{an}是以3为周期的数列,a2025=a675×3=a3=3,a2026=a675×3+1=a1=.故选BCD.10.AD由图可知f,(—1)=0,所以函数y=f(r)的图象在r=—1的切线的斜率为0,故A正确;由图可知r∈(1,2)时,f,(r)>0,所以函数y=f(r)在(1,2)上单调递增,故B错误;由图可知r∈(—∞,2)时,f,(r)≥0,所以函数y=f(r)在(—∞,2)上单调递增,—1不是函数y=f(r)的极小值点,故C错误;由C选项可知函数y=f(r)在(—∞,2)上单调递增,由图可知r∈(2,+∞)时,f,(r)<0,所以函数y=f(r)在(2,+∞)上单调递减,r=2是函数y=f(r)的极大值点,f(2)是函数y=f(r)的极大值,故D正确.故选AD.11.ABD由题知|F1F2|=4=2c=2、,解得a=、,c=2,所以C的离心率e,A正确;双曲线的渐近线方程为y=±、3r,即r±、y=0,焦点到其距离d==1,B正确;由双曲线定义,设【高二学业评估.数学参考答案第1页(共4页)】MF—CL—24A4|PF2|=t以△PF1F2的面积s=.PF1.PF2=t(t+22、3)=1,C错误;直线PM的方程为y=、(x+2),=QF1F2,Q,M三点共线时取等号,D正确.故选ABD.12.2由C的面积为9π,得C的半径为3,又圆C的方程可以化为(x—1)2+(y+2)2=5+2m,所以r=—∞,对函数求导得f,(x)=—3x2+2x—m,因为函数f(x)=—x3+x2—mx在定义域上不是单调函数,所以导函数的函数值既有正值又有负值,故Δ>0,即22—4×3.m>0,所以m< n(n+1)sn=an—4an+1,当n≥2时,sn1=an1—4an,两式相减得an=an—an1—4an n(n+1)以数列{2an+1—an}是以1为首项,为公比的等比数列.所以2an+1—an=,则2nan+1—2n—1an=1,数列{2n1an}是等差数列,于是2n1an=n—2,解得an=,则bn==—,所以{bn}的前n项和Tn=(1—+—+…+—=1—.15.解:(1)由f(x)=lnx—ax2,得f,(x)=—2ax,………3分因为f(2)=—2,所以f(2)=2—4a=—2,解得a=2.……(2)由(1),得f(x)=lnx—2x2,所以f(1)=—2,………8分由f,(x)=—4x,得f,(1)=—3,………………………10分所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y—(—2)=—3(x—1),即3x+y—1=0.……………13分16.(1)证明:因为a1=2,an+1=,所以an≠0,==+,…………………1分所以+=2+.………………3分 an因为+=1≠0,所以=2,……………………4分an所以数列+是以1为首项,2为公比的等比数列,………………5分所以n—1,即an……………7分(2)解:因为=n.2n—1—,………………8分所以sn=1×20+2×21+3×22+…+n.2n—1+++…+.(n+1)其中+++…+=……(n+1)令Tn=1×20+2×21+3×22+…+n.2n—1,……………11分n2Tn=1×21+2×22+3×23+…+n.2n,………………n两式相减,得—Tn=1+2+22+ n=(1—n).2n—1.…13分【高二学业评估.数学参考答案第2页(共4页)】MF—CL—24A4所以Tn=(n—1).2n+1,…………………14分所以Sn=(n—1).2n—+1.……………………15分17.(1)证明:取AE的中点M,连接DM,FM,因为F为AB的中点,所以FMⅡBE,且FM=BE,……2分又CDⅡBE,且CD=BE,所以FMⅡCD,FM=CD,所以四边形CDMF为平行四边形,所以CFⅡDM,………4分又CF丈平面ADE,DMG平面ADE,所以CFⅡ平面ADE.……………6分(2)解:分别取AC,AD的中点O,N,连接OB,ON,则OB丄AC,ONⅡCD,……………7分因为CD丄平面ABC,AC,OBG平面ABC,所以CD丄AC,CD丄OB,所以ON丄AC,ON丄OB,所以AC,ON,OB两两垂直.……………………8分以O为坐标原点,直线OA,OB,ON分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示→).………………9分→设平面CDF的一个法向量m=(x,y,z),则(z=0,(a+、3b+c=0,记平面CDF与平面CFG的夹角为θ,则cosθ=cos〈m,n〉===记平面CDF与平面CFG的夹角为θ,则cosθ=cos〈m,n〉===又θ∈[0,所以θ=,即平面CDF与平面CFG的夹角的大小为.……………15分又a2=b2+c2,所以a2=1+a2,解得a2=3,则C的方程为+y2=1.……………………4分5分7分9分(2)设S(x,y),M(x0,y0),由题意知N(x0,0),…………5分7分9分x—x0=0,……yx—x0=0,……y=3y0,所以NS=(x—x0,y),NM=(0,y0),由NS=3NM,得(x0=x,20=y又M在C上,所以+y=1,……………(x0=x,2所以+2=1,化简,得+=1,〈3+y2=1,消元,得(m2+3)y2—2my—2=0,Δ=4m2+8(m2+3)=12m2+24>0,所以点S的轨迹方程为+=1.…………………〈3+y2=1,消元,得(m2+3)y2—2my—2=0,Δ=4m2+8(m2+3)=12m2+24>0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=.…………12分【高二学业评估.数学参考答案第3页(共4页)】MF—CL—24A4因为OQ与椭圆的另一交点为G,所以Q,G关于原点对称,即O为QG中点, 所以S△PQG=2S△OPQ=2,所以S△OPQ=4,………………13分S△OPQ=×1×y1—y2=×1×、==, 化简,得3m4+2m2—5=0,…………………15分(m2—1)(3m2+5)=0,解得m2=1,m=±1,……………16分所以直线l的方程为x=±y—1,即x+y+1=0,或x—y+1=0.……17分19.(1)解:若a=b=0,则f(x)=ex+cx—2,f,(x)=ex+c,………………1分当c≥—1时,f,(x)=ex+c>0在x∈(0,+∞)上恒成立,所以f(x)单调递增;……2分当c<—1时,令f,(x)=0,得x=ln(—c)>0,当x∈(0,ln(—c))时,f,(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(ln(—c),+∞)时,f,(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,当c≥—1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当c<—1时,f(x)在(0,ln(—c))上单调递减,f(x)在(ln(—c),+∞)上单调递增.……………………4分(2)证明:若a=c=0,b=—1,则f(x)=ex—lnx—2,定义域为(0,+∞),由f(x)=ex—lnx—2,得f,(x)=ex—,………………5分因为ex,—在(0,+∞)上单调递增,所以f,(x)=ex—在(0,+∞)上单调递增,又f=e—2<0,f,(1)=e—1>0,所以存在x0∈,1),使得f,(x0)=0,即ex0=.…………………6分当x∈(0,x0)时,f,(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f,(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)的极小值为f(x0)=ex0—lnx0—2,也是最小值.……………7分当且仅当=x0,即x0=1时,等号成立,但x0∈,1),所以f(x)≥f(x0)>0,即a=c=0,b=—1时,f(x)>0.…………10分(3)证明:当a=1,b=0,c=—e时,f(x)=ex+sinx—ex—2,f,(x)=ex+cosx—e,令g(x)=f,(x)=ex+cosx—e,则g,(x)=ex—sinx,当x∈(0,+∞)时,ex>1,sinx≤1,所以g,(x)=x—sinx>0,g(x)单调递增,即f,(x)单调递增,………11分又fcose<0,fcose>0,所以存在m∈ ,使得f,(m)=0,即em+cosm—e=0.当x∈(0,m)时,f,(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(m,+∞)时,f,(x)>0,f(x)单调递增,所以x=m是f(x)的极小值点.………………………12分,(x1≠x2),且f(x1)=f(x2),不妨设x1<x2,则0<x