哈爾濱市第三中學2024屆數學高二上期末學業質量監測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知拋物線y2=2px（p>0）的焦點為F，準線為l，M是拋物線上一點，過點M作MN⊥l于N.若△MNF是邊長為2的正三角形，則p=（）A. B.C.1 D.22．從甲地到乙地要經過3個十字路口，設各路口信號燈工作相互獨立，且在各路口遇到紅燈的概率分別為，，，一輛車從甲地到乙地，恰好遇到2個紅燈的概率為（）A. B.C. D.3．設函數在上可導，則等于（）A. B.C. D.以上都不對4．在各項均為正數的等比數列中，若，則（）A.6 B.12C.56 D.785．某市要對兩千多名出租車司機的年齡進行調查，現從中隨機抽出100名司機，已知抽到的司機年齡都在[20,45]歲之間，根據調查結果得出司機的年齡情況殘缺的頻率分布直方圖如圖所示，利用這個殘缺的頻率分布直方圖估計該市出租車司機年齡的中位數大約是()A.31.6歲 B.32.6歲C.33.6歲 D.36.6歲6．下列函數的求導正確的是（）A. B.C. D.7．已知圓與直線，則圓上到直線的距離為1的點的個數是（）A.1 B.2C.3 D.48．曲線與曲線的A.長軸長相等 B.短軸長相等C.離心率相等 D.焦距相等9．若且，則下列選項中正確的是（）A B.C. D.10．中，，，分別為三個內角，，的對邊，若，，，則（）A. B.C. D.11．如圖，在棱長為1的正方體中，M是的中點，則點到平面MBD的距離是（）A. B.C. D.12．已知對任意實數，有，且時，則時A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．命題的否定是____________________.14．已知函數滿足：①是奇函數；②當時，．寫出一個滿足條件的函數________15．已知雙曲線-=1(a>0，b>0)與拋物線y2=8x有一個共同的焦點F，兩曲線的一個交點為P，若|FP|=5，則點F到雙曲線的漸近線的距離為_____.16．已知是雙曲線的左、右焦點，若為雙曲線上一點，且，則__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在平面直角坐標系中，過點且傾斜角為的直線與曲線（為參數）交于兩點.（1）將曲線的參數方程轉化為普通方程；（2）求長.18．（12分）已知拋物線的焦點為，拋物線上的點的橫坐標為1，且.（1）求拋物線的方程；（2）過焦點作兩條相互垂直的直線（斜率均存在），分別與拋物線交于、和、四點，求四邊形面積的最小值.19．（12分）（1）敘述正弦定理；（2）在△中，應用正弦定理判斷“”是“”成立的什么條件，并加以證明.20．（12分）已知橢圓的離心率為，短軸長為（1）求橢圓的標準方程；（2）已知，A，B分別為橢圓的左、右頂點，過點A作斜率為的直線交橢圓于另一點E，連接EP并延長交橢圓于另一點F，記直線BF的斜率為．若，求直線EF的方程21．（12分）已知圓C的圓心在直線上，圓心到x軸的距離為2，且截y軸所得弦長為（1）求圓C的方程；（2）若圓C上至少有三個不同的點到直線的距離為，求實數k的取值范圍22．（10分）已知圓的方程為：.（1）求的值，使圓的周長最小；（2）過作直線，使與滿足（1）中條件的圓相切，求的方程，并求切線段的長.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】根據正三角形的性質，結合拋物線的性質進行求解即可.【詳解】如圖所示：準線l與橫軸的交點為，由拋物線的性質可知：，因為若△MNF是邊長為2的正三角形，所以，，顯然，在直角三角形中，，故選：C2、B【解析】利用相互獨立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式直接求解【詳解】由各路口信號燈工作相互獨立，可得某人從甲地到乙地恰好遇到2次紅燈的概率：故選：B3、C【解析】根據目標式，結合導數的定義即可得結果.【詳解】.故選：C4、D【解析】由等比數列的性質直接求得.【詳解】在等比數列中，由等比數列的性質可得：由，解得：；由可得：，所以.故選：D5、C【解析】先根據頻率分布直方圖中頻率之和為計算出數據位于的頻率，再利用頻率分布直方圖中求中位數的原則求出中位數【詳解】在頻率分布直方圖中，所有矩形面積之和為，所以，數據位于的頻率為，前兩個矩形的面積之和為，前三個矩形的面積之和為，所以，中位數位于區間，設中位數為，則有，解得（歲），故選C【點睛】本題考查頻率分布直方圖的性質和頻率分布直方圖中中位數的計算，計算時要充分利用頻率分布直方圖中中位數的計算原理來計算，考查計算能力，屬于中等題6、B【解析】對各個選項進行導數運算驗證即可.【詳解】，故A錯誤；，故B正確；，故C錯誤；，故D錯誤.故選：B7、B【解析】根據圓心到直線的距離即可判斷.【詳解】由得，則圓的圓心為，半徑，由，則圓心到直線的距離，∵，∴在圓上到直線距離為1的點有兩個.故選：B.8、D【解析】分別求出兩橢圓的長軸長、短軸長、離心率、焦距，即可判斷【詳解】解：曲線表示焦點在軸上，長軸長10，短軸長為6，離心率為，焦距為8曲線表示焦點在軸上，長軸長為，短軸長為，離心率為，焦距為8對照選項，則正確故選：【點睛】本題考查橢圓的方程和性質，考查運算能力，屬于基礎題9、C【解析】對于A，作商比較，對于B，利用基本不等式的推廣式判斷，對于C，利用在單位圓中，內接正邊形的面積小于內接正邊形的面積判斷，對于D，利用放縮法判斷【詳解】，故錯誤；，故錯誤；在單位圓中，內接正邊形的面積小于內接正邊形的面積（必修三閱讀材料割圓術），則，故正確；，故錯誤故選：C【點睛】關鍵點點睛：此題考查不等式的綜合應用，考查基本不等式的推廣式的應用，考查放縮法的應用，對于C項解題的關鍵是利用了在單位圓中，內接正邊形的面積小于內接正邊形的面積求解，考查數學轉化思想，屬于難題10、C【解析】利用正弦定理求解即可.【詳解】，，，由正弦定理可得，解得，故選：C.11、A【解析】等體積法求解點到平面的距離.【詳解】連接，，則，，由勾股定理得：，，取BD中點E，連接ME，由三線合一得：ME⊥BD，則，故，設到平面MBD的距離是，則，解得：，故點到平面MBD的距離是.故選：A12、B【解析】，所以是奇函數，關于原點對稱，是偶函數，關于y軸對稱，時則都是增函數，由對稱性可知時遞增，遞減，所以考點：函數奇偶性單調性二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】根據全稱量詞命題的否定的知識寫出正確答案.【詳解】全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，要注意否定結論，所以命題否定是：故答案為：14、（答案不唯一）【解析】利用函數的奇偶性及其單調性寫出函數解析式即可.【詳解】結合冪函數的性質可知是奇函數，當時，，則符合上述兩個條件，故答案為：（答案不唯一）.15、【解析】設點為，由拋物線定義知，，求出點P坐標代入雙曲線方程得到的關系式，求出雙曲線的漸近線方程，利用點到直線的距離公式求解即可.【詳解】由題意得F(2，0)，因為點P在拋物線y2=8x上，|FP|=5，設點為，由拋物線定義知，，解得，不妨取P(3，2)，代入雙曲線-=1，得-=1，又因為a2+b2=4，解得a=1，b=，因為雙曲線的漸近線方程為，所以雙曲線的漸近線為y=±x，由點到直線的距離公式可得，點F到雙曲線的漸近線的距離.故答案為：【點睛】本題考查雙曲線和拋物線方程及其幾何性質；考查運算求解能力和知識遷移能力；靈活運用雙曲線和拋物線的性質是求解本題的關鍵；屬于中檔題、常考題型.16、17【解析】根據雙曲線的定義求解【詳解】由雙曲線方程知，，，又．，所以（1舍去）故答案為：17三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解析】（1）利用公式直接將橢圓的參數方程轉化為普通方程即可.（2）首先求出直線的參數方程，代入橢圓的普通方程得到，再利用直線參數方程的幾何意義求弦長即可.【詳解】（1）因為曲線（為參數），所以曲線的普通方程為：.（2）由題知：直線的參數方程為（為參數），將直線的參數方程代入，得.，.所以.18、（1）（2）2【解析】（1）根據拋物線的定義求出，即可得到拋物線方程；（2）設直線的方程為：，、，則直線的方程為：，聯立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，再根據弦長公式表示出，同理可得，則四邊形的面積，最后利用基本不等式計算可得；【小問1詳解】解：由已知知：，解得，故拋物線的方程為：.【小問2詳解】解：由（1）知：，設直線方程為：，、，則直線的方程為：，聯立得，則，所以，，∴，同理可得，∴四邊形的面積，當且僅當，即時等號成立，∴四邊形面積的最小值為2.19、（1）正弦定理見解析；（2）充要條件，證明見解析【解析】（1）用語言描述正弦定理，并用公式表達正弦定理（2）利用“大角對大邊”的性質，并根據正弦定理進行邊角互化即可【詳解】（1）正弦定理：在任意一個三角形中，各邊和它所對角的正弦值之比相等且等于這個三角形外接圓的直徑，即.（2）是充要條件.證明如下：充分性：又故有：必要性：又綜上，是的充要條件20、（1）（2）【解析】（1）由離心率得關系，短軸求出，結合關系式解出，可得橢圓的標準方程；（2）設，，過EF的方程為，聯立直線與橢圓方程得韋達定理，結合斜率定義和化簡得，由在橢圓上代換得，聯立韋達定理可求，進而得解；【小問1詳解】由題意可得，，，又，解得所以橢圓的標準方程為；【小問2詳解】由（1）得，，顯然直線EF的斜率存在且不為0，設，，則，都不為和0設直線EF的方程為，由消去y得，顯然，則，因為，所以，等式兩邊平方得①又因為，在橢圓上，所以，②將②代入①可得，即，所以，即，解得或（舍去，此時）所以直線EF的方程為21、（1）或；（2）.【解析】（1）設圓心為，由題意及圓的弦長公式即可列方程組，解方程組即可；（2）由題意可將問題轉化為圓心到直線l：的距離，解不等式即可.【詳解】解：（1）設圓心為，半徑為r，根據題意得，解得，所以圓C的方程為或（2）由（1）知圓C的圓心為或，半徑為，由圓C上至少有三個不同的點到直線l：的距離為，可知圓心到直線l：的距離即，所以，解得所以直線l斜率的取值范圍為22、（1）（2）直線方程為或，切線段長度為4【解析】（1