2342.C由題知,拋物線C的焦點為,0),代入r+2y—1=0得—1=0,解得p=2.故選C.3.B設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由a2=2a1,得q==2,由S7=254,得S7==254,解得a1==a1q5=64.故選B.4.D將圓O1與圓O2的方程相減,得—6r—4y+8=0,所以直線MN的方程為3r+2y—4=0.故選D.5.A由f(r)=esinr—3f,(0)r求導(dǎo)可得f,(r)=esinr.cosr—3f,(0),則f,(0)=e0.cos0—3f,(0)=1—3f,(0),解得f,(0)=,所以f(r)=esinr—r,則f=esin—×=e、—.故選A.6.C記第n組中無人機的架數(shù)為an,由圖形可得a1=1,an—an—1=3(n≥2),所以{an}是首項為1,公差為3的等差數(shù)列,所以{an}的前n項和Sn=,令=210,得3n2—n—420=0,解得n=—(舍)或n=12,所以210架無人機可以同時排出的圖形組數(shù)是12.故選C.7.B因為PM=(1—y—≈)PA+yPB+≈PC,PM=PA—yPA7.B因為PM=(1—y—≈)PA+yPB+≈PC,PM=PA—yPA—≈PA+yPB+≈≈,所以—=y()+≈(),所以=yA+≈A,因為,不共線,所以,,共面,所以點M在平面ABC內(nèi),所以當PM丄平面ABC時,—最小.如圖,取BC的中點D,連接AD,則點M在AD4AC,又AD=3FD,所以AF=3AB丄AD,即.=0,.=0,所以.=+).)=.—.+.—2,則直線AE與直線CF夾角的余弦值為35.故選A.9.BCD由an得an因為a4=,所以a3=3,a2=—,a1=,所以數(shù)列{an}是以3為周期的數(shù)列,a2025=a675×3=a3=3,a2026=a675×3+1=a1=.故選BCD.10.AD由圖可知f,(—1)=0,所以函數(shù)y=f(r)的圖象在r=—1的切線的斜率為0,故A正確;由圖可知r∈(1,2)時,f,(r)>0,所以函數(shù)y=f(r)在(1,2)上單調(diào)遞增,故B錯誤;由圖可知r∈(—∞,2)時,f,(r)≥0,所以函數(shù)y=f(r)在(—∞,2)上單調(diào)遞增,—1不是函數(shù)y=f(r)的極小值點,故C錯誤;由C選項可知函數(shù)y=f(r)在(—∞,2)上單調(diào)遞增,由圖可知r∈(2,+∞)時,f,(r)<0,所以函數(shù)y=f(r)在(2,+∞)上單調(diào)遞減,r=2是函數(shù)y=f(r)的極大值點,f(2)是函數(shù)y=f(r)的極大值,故D正確.故選AD.11.ABD由題知|F1F2|=4=2c=2、,解得a=、,c=2,所以C的離心率e,A正確;雙曲線的漸近線方程為y=±、3r,即r±、y=0,焦點到其距離d==1,B正確;由雙曲線定義,設(shè)【高二學(xué)業(yè)評估.數(shù)學(xué)參考答案第1頁(共4頁)】MF—CL—24A4|PF2|=t以△PF1F2的面積s=.PF1.PF2=t(t+22、3)=1,C錯誤;直線PM的方程為y=、(x+2),=QF1F2,Q,M三點共線時取等號,D正確.故選ABD.12.2由C的面積為9π,得C的半徑為3,又圓C的方程可以化為(x—1)2+(y+2)2=5+2m,所以r=—∞,對函數(shù)求導(dǎo)得f,(x)=—3x2+2x—m,因為函數(shù)f(x)=—x3+x2—mx在定義域上不是單調(diào)函數(shù),所以導(dǎo)函數(shù)的函數(shù)值既有正值又有負值,故Δ>0,即22—4×3.m>0,所以m< n(n+1)sn=an—4an+1,當n≥2時,sn1=an1—4an,兩式相減得an=an—an1—4an n(n+1)以數(shù)列{2an+1—an}是以1為首項,為公比的等比數(shù)列.所以2an+1—an=,則2nan+1—2n—1an=1,數(shù)列{2n1an}是等差數(shù)列,于是2n1an=n—2,解得an=,則bn==—,所以{bn}的前n項和Tn=(1—+—+…+—=1—.15.解:(1)由f(x)=lnx—ax2,得f,(x)=—2ax,………3分因為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分所以曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y—(—2)=—3(x—1),即3x+y—1=0.……………13分16.(1)證明:因為a1=2,an+1=,所以an≠0,==+,…………………1分所以+=2+.………………3分 an因為+=1≠0,所以=2,……………………4分an所以數(shù)列+是以1為首項,2為公比的等比數(shù)列,………………5分所以n—1,即an……………7分(2)解:因為=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兩式相減,得—Tn=1+2+22+ n=(1—n).2n—1.…13分【高二學(xué)業(yè)評估.數(shù)學(xué)參考答案第2頁(共4頁)】MF—CL—24A4所以Tn=(n—1).2n+1,…………………14分所以Sn=(n—1).2n—+1.……………………15分17.(1)證明:取AE的中點M,連接DM,FM,因為F為AB的中點,所以FMⅡBE,且FM=BE,……2分又CDⅡBE,且CD=BE,所以FMⅡCD,FM=CD,所以四邊形CDMF為平行四邊形,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:分別取AC,AD的中點O,N,連接OB,ON,則OB丄AC,ONⅡCD,……………7分因為CD丄平面ABC,AC,OBG平面ABC,所以CD丄AC,CD丄OB,所以O(shè)N丄AC,ON丄OB,所以AC,ON,OB兩兩垂直.……………………8分以O(shè)為坐標原點,直線OA,OB,ON分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示→).………………9分→設(shè)平面CDF的一個法向量m=(x,y,z),則(z=0,(a+、3b+c=0,記平面CDF與平面CFG的夾角為θ,則cosθ=cos〈m,n〉===記平面CDF與平面CFG的夾角為θ,則cosθ=cos〈m,n〉===又θ∈[0,所以θ=,即平面CDF與平面CFG的夾角的大小為.……………15分又a2=b2+c2,所以a2=1+a2,解得a2=3,則C的方程為+y2=1.……………………4分5分7分9分(2)設(shè)S(x,y),M(x0,y0),由題意知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,化簡,得+=1,〈3+y2=1,消元,得(m2+3)y2—2my—2=0,Δ=4m2+8(m2+3)=12m2+24>0,所以點S的軌跡方程為+=1.…………………〈3+y2=1,消元,得(m2+3)y2—2my—2=0,Δ=4m2+8(m2+3)=12m2+24>0,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則y1+y2=,y1y2=.…………12分【高二學(xué)業(yè)評估.數(shù)學(xué)參考答案第3頁(共4頁)】MF—CL—24A4因為OQ與橢圓的另一交點為G,所以Q,G關(guān)于原點對稱,即O為QG中點, 所以S△PQG=2S△OPQ=2,所以S△OPQ=4,………………13分S△OPQ=×1×y1—y2=×1×、==, 化簡,得3m4+2m2—5=0,…………………15分(m2—1)(3m2+5)=0,解得m2=1,m=±1,……………16分所以直線l的方程為x=±y—1,即x+y+1=0,或x—y+1=0.……17分19.(1)解:若a=b=0,則f(x)=ex+cx—2,f,(x)=ex+c,………………1分當c≥—1時,f,(x)=ex+c>0在x∈(0,+∞)上恒成立,所以f(x)單調(diào)遞增;……2分當c<—1時,令f,(x)=0,得x=ln(—c)>0,當x∈(0,ln(—c))時,f,(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當x∈(ln(—c),+∞)時,f,(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.綜上所述,當c≥—1時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;當c<—1時,f(x)在(0,ln(—c))上單調(diào)遞減,f(x)在(ln(—c),+∞)上單調(diào)遞增.……………………4分(2)證明:若a=c=0,b=—1,則f(x)=ex—lnx—2,定義域為(0,+∞),由f(x)=ex—lnx—2,得f,(x)=ex—,………………5分因為ex,—在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以f,(x)=ex—在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又f=e—2<0,f,(1)=e—1>0,所以存在x0∈,1),使得f,(x0)=0,即ex0=.…………………6分當x∈(0,x0)時,f,(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當x∈(x0,+∞)時,f,(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)的極小值為f(x0)=ex0—lnx0—2,也是最小值.……………7分當且僅當=x0,即x0=1時,等號成立,但x0∈,1),所以f(x)≥f(x0)>0,即a=c=0,b=—1時,f(x)>0.…………10分(3)證明:當a=1,b=0,c=—e時,f(x)=ex+sinx—ex—2,f,(x)=ex+cosx—e,令g(x)=f,(x)=ex+cosx—e,則g,(x)=ex—sinx,當x∈(0,+∞)時,ex>1,sinx≤1,所以g,(x)=x—sinx>0,g(x)單調(diào)遞增,即f,(x)單調(diào)遞增,………11分又fcose<0,fcose>0,所以存在m∈ ,使得f,(m)=0,即em+cosm—e=0.當x∈(0,m)時,f,(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當x∈(m,+∞)時,f,(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,所以x=m是f(x)的極小值點.………………………12分,(x1≠x2),且f(x1)=f(x2),不妨設(shè)x1<x2,則0<x