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福建省安溪第八中学2023-2025学年高二下学期4月份质量检测数学试题
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这是一份福建省安溪第八中学2023-2025学年高二下学期4月份质量检测数学试题，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 22B. 33C. 44D. 66
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列下标的性质，以及前项和公式，即可列式求值.
【详解】根据等差数列的性质可知，，即，
所以.
故选：B
2. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. 32C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题设写出展开式通项，进而确定的值，即可求其系数.
【详解】由题设，展开式通项为，
∴时，的系数为.
故选：A
3. 世界数学三大猜想：“费马猜想”､“四色猜想”､“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”.281年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的成果“1+2"由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过10的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为（ ）试卷源自 来这里 全站资源一元不到！ 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出基本事件总数， 再求出和为奇数事件所包含的基本事件个数，根据古典概型求解.
【详解】不超过10的质数有：2，3，5，7共4个，
随机选取两个不同的数，基本事件为：
共6种，
其和为奇数包含的基本事件有：，共3个，
所以.
故选：D.
4. 已知随机变量的分布列为，2，3，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由随机变量的分布列的性质即概率和等于1，可求得的值，又由，计算可得答案.
【详解】根据题意，随机变量的分布列为，
由分布列的性质，则有，解得，
故.
.
故选：C.
5. 将5个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）
A. 10种B. 25种C. 36种D. 52种
【答案】B【解析】
【分析】根据题意，可得1号盒子至少放一个，最多放3个小球，即分三种情况讨论，分别求出其不同的放球方法数目，相加可得答案．
【详解】根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，
分析可得，1号盒子至少放一个，最多放3个小球，
分情况讨论：
1号盒子中放1个球，其余4个放入2号盒子，有种方法；
1号盒子中放2个球，其余3个放入2号盒子，有种方法；
1号盒子中放3个球，其余2个放入2号盒子，有种方法；
则不同的放球方法有种，
故选：B．
6. 如下图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中且．记，如记为，记为，记为，以此类推；设数列的前项和为，则（ ）
A. 1B. 0C. —1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由图观察可知第圈的个点对应的这项的和为0，同时第n圈的最后一个点对应坐标为，在第4圈最后一个点上，则
【详解】由图可知，第一圈从点到点共8个点，由对称性可知第二圈从点到点共16个点，由对称性可知，
以此类推，可得第圈的个点对应的这项的和为0．
第圈的最后一个点对应坐标为，在第4圈最后一个点上，则
故选：B．
7. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由时，即可得到答案．
【详解】当时，恒成立，显然选项ABC不符合要求，D符合，
而当时，恒成立，且时，，选项D也符合.
故选：D
8. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆上一点，，点到直线的距离为，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】【分析】设于，则由已知条件可求出，，再利用椭圆的定义可求出，然后在中利用勾股定理列方程可求出离心率.
【详解】如图，设于，
则由题意得，，
∴，，
由椭圆定义可得，
∴，
在中，由勾股定理得，
可得.
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 若均为常数，则下列选项正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】将展开与合并，利用二项展开式的通项公式，求得，，，，， 的值，从而判断各个选项.
【详解】
，
令，可得，，故A正确；
由于的展开式的通项公式为，
令，得项的系数为，即，，
令，得项的系数为，即，，
令，得项的系数为，即，，
令，得项的系数为，即，，
令，得项的系数为，即，，
即解得，，，，，
，，
故B正确；C错误；D正确.
故选：ABD.
10. 若双曲线的一个焦点关于其一条渐近线的对称点在双曲线上，且直线与圆相切，则下列结论中正确的是（ ）
A. 的实轴长为B. 的虚轴长为
C. 的渐近线方程为D. 的离心率为2
【答案】AC
【解析】
【分析】设另外一个焦点为，与该渐近线的交点为，则易得到该渐近线的距离，从而易得，又，，又，从而可求出，进而得，再针对各个选项，分别求解即可．
【详解】不妨设，设该渐近线方程为，即，设与该渐近线的交点为，则到该渐近线的距离，
又，，又直线与圆相切，，
设另外一个焦点为，则，，
又，，，又，，
双曲线的实轴长为，虚轴长为，A选项正确，B选项错误；
渐近线方程为，离心率为，C选项正确，D选项错误．
故选：AC．
11. 已知是自然对数的底，若，则的值可以是（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】AC
【解析】
【分析】设，结合单调性可得，从而，令，利用导数求得的范围即可判断.
【详解】设，则在R上单调递增，
∵，
∴，即，
∴，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，∴，从而，故AC符合.
故选：AC.
第II卷（非选择题92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知等差数列的前项和为，，则__．
【答案】12
【解析】
【分析】根据题意，由等差数列的前项和以及等差数列的性质可得，进而计算可得答案．
【详解】解：根据等差数列的性质可得，，
由等差数列的前项和公式得，．
故答案为：12．
13. 某班有7名班干部，其中4名男生，3名女生．从中选出3人参加学校组织社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设事件表示“男生甲被选中”，事件表示“女生乙被选中”，分别求得，结合条件概率的计算公式求解即可.
【详解】设事件表示“男生甲被选中”，事件表示“女生乙被选中”，
则，
所以，即男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为.
故答案为：.
14. 若函数在上存在单调递减区间，则的取值范围是_________．
【答案】【解析】
【分析】先求的导函数，再将函数在区间上存在单调递减区间转化为在区间上有解，再根据参数分离，构造函数，结合函数在区间的单调性即可求解实数的范围．
【详解】，则，
函数在区间上存在减区间，只需在区间上有解，
即在区间上有解，
又，则，
所以在区间上有解，
所以，，令，，
则，
令，则在区间恒成立，
所以在上单调递减，所以，
即，所以，所以实数的取值范围是．
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 某校从学生会宣传部6名成员（其中女生4人，男生2人）中，任选3人参加某省举办的演讲比赛活动．
（1）选拔前6个人站成一排拍照，其中2个男生不能相邻，共有多少种不同的站法（2）设所选3人中女生人数为，求的概率分布列及数学期望．
【答案】（1）480 （2）的概率分布列见详解，数学期望为：2.
【解析】
【分析】（1）要使男生不相邻，先排女生，再让男生排在女生之间的空隙中；
（2）根据题意可得的所有可能取值为1,2,3，再求出取每一个值的概率,可得的分布.
【小问1详解】
先4个女生站成一排有种站法，
这4个女生之间共有5个“空档”，
在这5个“空档”中选取2个排男生，共有种，
所以6个人站成一排拍照，其中2个男生不能相邻，
共有种不同的站法.
【小问2详解】
的所有可能取值为1,2,3，
依题意得: ，
，
.
∴的分布列为:
的数学期望为：.
16. 已知函数
（1）若函数在处取得极值，求实数的值；1
2
3
P
（2）当时，求函数的最大值．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求得，根据题意得到，求得，结合函数极值点的定义进行验证，即可求解；
（2）求得，求得函数的单调性，再分、和，三种情况讨论，结合函数的极值和的值的比较大小，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，可得
因为函数在处取得极值，可得，
解得或（舍去），
当时，可得，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，符合题意；
【小问2详解】
解：由，其中，
令，解得或，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
①当时，可得且，
可得函数在单调递增，在上单调递减，
因为，可得，所以；
②当时，可得且，
可得函数在单调递减，在上单调递增，
因为，
当时，可得取得最小值，最小值为，
所以，即，所以；
③当时，可得且，此时函数在区间单调递减，
函数.
17. 第22届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行，这是我国继北京后第二次举办亚运会，为迎接这场体育盛会，浙江某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市A社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A社区参加市亚运知识竞赛．已知A社区甲、乙、丙3位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为，，，通过初赛后再通过决赛的概率均为，假设他们之间通过与否互不影响．
（1）求这3人中至少有1人参加市知识竞赛的概率．
（2）某品牌商赞助了A社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了两种奖励方案：
方案一：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖励600元：
方案二：只参加了初赛的选手奖励100元，参加了决赛的选手奖励400元（包含参加初赛的100元），若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．
【答案】（1）
（2）从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的概率，先分别求出甲乙丙三人参加市赛的概率，即可求出至少有1人参加市知识竞赛的概率．
（2）分别求出两个方案的奖励期望，比较大小即可.
【小问1详解】甲参加市赛的概率为，
乙参加市赛的概率为，
丙参加市赛的概率为，
至少1人参加市赛的概率为：．
【小问2详解】
方案一：设三人中奖人数为，所获奖金总额为元，则，且．
所以元，
方案二：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为元，则的所有可能取值为300、600、900、1200，
则，
，
，
，
所以，．
所以，，
所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好．
18. 已知 抛物线上一点．
（1）求抛物线准线方程；
（2）过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，且直线与的倾斜角互补，求的值．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）由点在抛物线上求出，计算得抛物线的准线方程；（2）先设直线再联立方程组求出两根和和两根积，再应用两点间距离公式计算可得.
【小问1详解】
由点在抛物线上得，即
∴抛物线的准线方程为.
【小问2详解】
设直线AB的方程为，,
由直线与的倾斜角互补得，
即
∴
联立得
∴，∴，即，
∴
∴．
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程.
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）代入值，求出函数的导数，计算，，求出切线方程即可；（2）问题转化为在上恒成立，令，根据函数的单调性求出的最小值，求出的范围即可.
【小问1详解】
当时，，则，，，
曲线 在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
由得，在上恒成立，
令，则，
令，易知在单调递增，，，
，使得，即，
当时，，当时，，
在单调递减，在上单调递增，，
由得，
，，，
的取值范围是.
数学试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 22B. 33C. 44D. 66
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列下标的性质，以及前项和公式，即可列式求值.
【详解】根据等差数列的性质可知，，即，
所以.
故选：B
2. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. 32C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题设写出展开式通项，进而确定的值，即可求其系数.
【详解】由题设，展开式通项为，
∴时，的系数为.
故选：A
3. 世界数学三大猜想：“费马猜想”､“四色猜想”､“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”.281年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的成果“1+2"由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过10的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为（ ）试卷源自 来这里 全站资源一元不到！ 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出基本事件总数， 再求出和为奇数事件所包含的基本事件个数，根据古典概型求解.
【详解】不超过10的质数有：2，3，5，7共4个，
随机选取两个不同的数，基本事件为：
共6种，
其和为奇数包含的基本事件有：，共3个，
所以.
故选：D.
4. 已知随机变量的分布列为，2，3，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由随机变量的分布列的性质即概率和等于1，可求得的值，又由，计算可得答案.
【详解】根据题意，随机变量的分布列为，
由分布列的性质，则有，解得，
故.
.
故选：C.
5. 将5个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）
A. 10种B. 25种C. 36种D. 52种
【答案】B【解析】
【分析】根据题意，可得1号盒子至少放一个，最多放3个小球，即分三种情况讨论，分别求出其不同的放球方法数目，相加可得答案．
【详解】根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，
分析可得，1号盒子至少放一个，最多放3个小球，
分情况讨论：
1号盒子中放1个球，其余4个放入2号盒子，有种方法；
1号盒子中放2个球，其余3个放入2号盒子，有种方法；
1号盒子中放3个球，其余2个放入2号盒子，有种方法；
则不同的放球方法有种，
故选：B．
6. 如下图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中且．记，如记为，记为，记为，以此类推；设数列的前项和为，则（ ）
A. 1B. 0C. —1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由图观察可知第圈的个点对应的这项的和为0，同时第n圈的最后一个点对应坐标为，在第4圈最后一个点上，则
【详解】由图可知，第一圈从点到点共8个点，由对称性可知第二圈从点到点共16个点，由对称性可知，
以此类推，可得第圈的个点对应的这项的和为0．
第圈的最后一个点对应坐标为，在第4圈最后一个点上，则
故选：B．
7. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由时，即可得到答案．
【详解】当时，恒成立，显然选项ABC不符合要求，D符合，
而当时，恒成立，且时，，选项D也符合.
故选：D
8. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆上一点，，点到直线的距离为，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】【分析】设于，则由已知条件可求出，，再利用椭圆的定义可求出，然后在中利用勾股定理列方程可求出离心率.
【详解】如图，设于，
则由题意得，，
∴，，
由椭圆定义可得，
∴，
在中，由勾股定理得，
可得.
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 若均为常数，则下列选项正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】将展开与合并，利用二项展开式的通项公式，求得，，，，， 的值，从而判断各个选项.
【详解】
，
令，可得，，故A正确；
由于的展开式的通项公式为，
令，得项的系数为，即，，
令，得项的系数为，即，，
令，得项的系数为，即，，
令，得项的系数为，即，，
令，得项的系数为，即，，
即解得，，，，，
，，
故B正确；C错误；D正确.
故选：ABD.
10. 若双曲线的一个焦点关于其一条渐近线的对称点在双曲线上，且直线与圆相切，则下列结论中正确的是（ ）
A. 的实轴长为B. 的虚轴长为
C. 的渐近线方程为D. 的离心率为2
【答案】AC
【解析】
【分析】设另外一个焦点为，与该渐近线的交点为，则易得到该渐近线的距离，从而易得，又，，又，从而可求出，进而得，再针对各个选项，分别求解即可．
【详解】不妨设，设该渐近线方程为，即，设与该渐近线的交点为，则到该渐近线的距离，
又，，又直线与圆相切，，
设另外一个焦点为，则，，
又，，，又，，
双曲线的实轴长为，虚轴长为，A选项正确，B选项错误；
渐近线方程为，离心率为，C选项正确，D选项错误．
故选：AC．
11. 已知是自然对数的底，若，则的值可以是（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】AC
【解析】
【分析】设，结合单调性可得，从而，令，利用导数求得的范围即可判断.
【详解】设，则在R上单调递增，
∵，
∴，即，
∴，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，∴，从而，故AC符合.
故选：AC.
第II卷（非选择题92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知等差数列的前项和为，，则__．
【答案】12
【解析】
【分析】根据题意，由等差数列的前项和以及等差数列的性质可得，进而计算可得答案．
【详解】解：根据等差数列的性质可得，，
由等差数列的前项和公式得，．
故答案为：12．
13. 某班有7名班干部，其中4名男生，3名女生．从中选出3人参加学校组织社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设事件表示“男生甲被选中”，事件表示“女生乙被选中”，分别求得，结合条件概率的计算公式求解即可.
【详解】设事件表示“男生甲被选中”，事件表示“女生乙被选中”，
则，
所以，即男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为.
故答案为：.
14. 若函数在上存在单调递减区间，则的取值范围是_________．
【答案】【解析】
【分析】先求的导函数，再将函数在区间上存在单调递减区间转化为在区间上有解，再根据参数分离，构造函数，结合函数在区间的单调性即可求解实数的范围．
【详解】，则，
函数在区间上存在减区间，只需在区间上有解，
即在区间上有解，
又，则，
所以在区间上有解，
所以，，令，，
则，
令，则在区间恒成立，
所以在上单调递减，所以，
即，所以，所以实数的取值范围是．
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 某校从学生会宣传部6名成员（其中女生4人，男生2人）中，任选3人参加某省举办的演讲比赛活动．
（1）选拔前6个人站成一排拍照，其中2个男生不能相邻，共有多少种不同的站法（2）设所选3人中女生人数为，求的概率分布列及数学期望．
【答案】（1）480 （2）的概率分布列见详解，数学期望为：2.
【解析】
【分析】（1）要使男生不相邻，先排女生，再让男生排在女生之间的空隙中；
（2）根据题意可得的所有可能取值为1,2,3，再求出取每一个值的概率,可得的分布.
【小问1详解】
先4个女生站成一排有种站法，
这4个女生之间共有5个“空档”，
在这5个“空档”中选取2个排男生，共有种，
所以6个人站成一排拍照，其中2个男生不能相邻，
共有种不同的站法.
【小问2详解】
的所有可能取值为1,2,3，
依题意得: ，
，
.
∴的分布列为:
的数学期望为：.
16. 已知函数
（1）若函数在处取得极值，求实数的值；1
2
3
P
（2）当时，求函数的最大值．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求得，根据题意得到，求得，结合函数极值点的定义进行验证，即可求解；
（2）求得，求得函数的单调性，再分、和，三种情况讨论，结合函数的极值和的值的比较大小，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，可得
因为函数在处取得极值，可得，
解得或（舍去），
当时，可得，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，符合题意；
【小问2详解】
解：由，其中，
令，解得或，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
①当时，可得且，
可得函数在单调递增，在上单调递减，
因为，可得，所以；
②当时，可得且，
可得函数在单调递减，在上单调递增，
因为，
当时，可得取得最小值，最小值为，
所以，即，所以；
③当时，可得且，此时函数在区间单调递减，
函数.
17. 第22届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行，这是我国继北京后第二次举办亚运会，为迎接这场体育盛会，浙江某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市A社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A社区参加市亚运知识竞赛．已知A社区甲、乙、丙3位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为，，，通过初赛后再通过决赛的概率均为，假设他们之间通过与否互不影响．
（1）求这3人中至少有1人参加市知识竞赛的概率．
（2）某品牌商赞助了A社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了两种奖励方案：
方案一：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖励600元：
方案二：只参加了初赛的选手奖励100元，参加了决赛的选手奖励400元（包含参加初赛的100元），若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．
【答案】（1）
（2）从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的概率，先分别求出甲乙丙三人参加市赛的概率，即可求出至少有1人参加市知识竞赛的概率．
（2）分别求出两个方案的奖励期望，比较大小即可.
【小问1详解】甲参加市赛的概率为，
乙参加市赛的概率为，
丙参加市赛的概率为，
至少1人参加市赛的概率为：．
【小问2详解】
方案一：设三人中奖人数为，所获奖金总额为元，则，且．
所以元，
方案二：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为元，则的所有可能取值为300、600、900、1200，
则，
，
，
，
所以，．
所以，，
所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好．
18. 已知 抛物线上一点．
（1）求抛物线准线方程；
（2）过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，且直线与的倾斜角互补，求的值．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）由点在抛物线上求出，计算得抛物线的准线方程；（2）先设直线再联立方程组求出两根和和两根积，再应用两点间距离公式计算可得.
【小问1详解】
由点在抛物线上得，即
∴抛物线的准线方程为.
【小问2详解】
设直线AB的方程为，,
由直线与的倾斜角互补得，
即
∴
联立得
∴，∴，即，
∴
∴．
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程.
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）代入值，求出函数的导数，计算，，求出切线方程即可；（2）问题转化为在上恒成立，令，根据函数的单调性求出的最小值，求出的范围即可.
【小问1详解】
当时，，则，，，
曲线 在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
由得，在上恒成立，
令，则，
令，易知在单调递增，，，
，使得，即，
当时，，当时，，
在单调递减，在上单调递增，，
由得，
，，，
的取值范围是.
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