2020-2021学年山西省高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版（Word含解析）

这是一份2020-2021学年山西省高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版（Word含解析），共10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。


1. 圆(x+2)2+y2＝4与圆(x−2)2+y2＝9的位置关系为（ ）
A.内切B.相交C.外切D.外离

2. 已知椭圆x236+y216=1上点P到某一个焦点的距离为3，则点P到另一个焦点的距离为（ ）
A.3B.5C.7D.9

3. 双曲线x22−y2=1的渐近线方程为（ ）
A.y=±2xB.y=±12xC.y=±2xD.y=±22x

4. 若抛物线y2=2px上一点P(2, y0)到其准线的距离为4，则抛物线的标准方程为（ ）
A.y2=4xB.y2=6xC.y2=8xD.y2=10x

5. 若直线l与直线y=1，x=7分别交于点P、Q，且线段PQ的中点坐标为(1, −1)，则直线l的斜率为（ ）
A.13B.−13C.−32D.23

6. 椭圆x2100+y264=1的焦点F1，F2，椭圆上的点P满足∠F1PF2=60∘，则△F1PF2的面积是( )
A.6433B.9133C.1633D.643

7. 经过点M(1, 1)且在两坐标轴上截距相等的直线是( )
A.x+y=2B.x+y=1C.x+y=2或y=xD.x=1或y=1

8. 已知抛物线y2＝12x上一点P到准线的距离为d1，到直线l:4x−3y+13＝0的距离为d2，则d1+d2的最小值为（ ）
A.3B.4C.5D.

9. 已知点A(−4, 2)，B(−4, −2)，C(−2, 2)，则△ABC外接圆的方程是（ ）
A.x2+(y−3)2＝5B.(x+3)2+y2＝5C.x2+(y+3)2＝5D.(x−3)2+y2＝5

10. 过抛物线C:y2＝6x焦点F的直线l交抛物线于A，B两点（点A在第一象限），若直线l的倾斜角为60∘，则的值为（ ）
A.B.2C.D.3

11. 直线与椭圆交于A，B两点，以线段AB为直径的圆恰好经过椭圆的左焦点，则此椭圆的离心率为（ ）
A.B.C.D.

12. 设F1，F2分别为双曲线(a>0, b>0)的左、右焦点．若P为C右支上的一点，且M为线段F1P的中点，，则双曲线C的离心率为（ ）
A.B.C.2D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

双曲线的右焦点到其渐近线的距离为________．

抛物线y＝x2的准线方程为________．

如果椭圆的弦被点(4, 2)平分，那么这条弦所在直线的方程是________．

若椭圆和双曲线具有相同的焦点F1，F2，离心率分别为e1，e2，P是两曲线的一个公共点，且满足∠F1PF2＝90∘，则的值为________．
三、解答题：本大题共70分

曲线C的方程为：．
（1）当m为何值时，曲线C表示双曲线？

（2）当m为何值时，曲线C表示焦点在x轴上的椭圆？

求符合下列条件的椭圆的标准方程：
（1）焦点坐标分别是(−2, 0)，(2, 0)，并且经过点(52，−32)；

（2）a+c=10，a−c=4．

已知直线2x−y−1＝0与直线x−2y+1＝0交于点P．
（1）求过点P且平行于直线3x+4y−15＝0的直线l1的方程；

（2）在（1）的条件下，若直线l1与圆x2+y2＝2交于A、B两点，求直线与圆截得的弦长|AB|．

在圆x2+y2＝4上任取一点P，过P做x轴的垂线段PD，D为垂足．
（1）当点P在圆上运动时，求线段PD中点Q的轨迹方程；

（2）直线与Q的轨迹交于A，B两点，，求△MAB的面积．

已知点(1,2)在抛物线y2=2px(p>0)上．
（1）求抛物线的标准方程；

（2）过点F的直线交抛物线于A，B两点，E(−12，0)，设EA斜率为k1，EB斜率为k2，判断1k1+1k2是否为定值？如果是，求出这个定值，如果不是，请说明理由．

已知椭圆的离心率为，且短半轴长为．
（1）求椭圆E的方程；

（2）已知以椭圆右顶点A为直角顶点的动直角三角形斜边端点B，C落在椭圆E上．
①求证：直线BC过定点；
②求△ABC面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省高二（上）期末数学试卷（文科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.
【答案】
B
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据题意，求出两个圆的圆心和半径，进而求出圆心距，分析可得答案．
【解答】
根据题意，圆(x+2)2+y2＝4，其圆心为(−2, 0)，半径r＝2，
圆(x−2)2+y2＝9，其圆心(2, 0)，半径R＝3，
两圆的圆心距d＝4，有3−22.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义
【解析】
由题意知a=6，b=4，c=25，再结合椭圆的定义可知|PF1|+|PF2|=2a=12，从而解得．
【解答】
解：∵ 椭圆的方程为x236+y216=1，
∴ a=6，b=4，c=25，
设焦点为F1，F2，不妨设|PF1|=3，
∵ |PF1|+|PF2|=2a=12，
∴ |PF2|=12−|PF1|=9，
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
双曲线的特性
【解析】
求出双曲线x22−y2=1的a，b，由双曲线x2a2−y2b2=1的渐近线方程为y=±bax，即可得到．
【解答】
解：双曲线x22−y2=1的a=2，b=1，
由双曲线x2a2−y2b2=1的渐近线方程为y=±bax，
则所求渐近线方程为y=±22x．
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
本题考查抛物线的标准方程的求法.
【解答】
解：由题意可知p>0.
因为抛物线y2=2px，
所以其准线方程为x=−p2，
因为点P(2,y0)到抛物线准线的距离为4，
所以|−p2−2|=4，所以p=4，
故抛物线的标准方程为y2=8x.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
斜率的计算公式
【解析】
利用中点坐标公式可得P，Q，再利用斜率的计算公式即可得出，
【解答】
解：设P(x, 1)，Q(7, y)．
∵ 线段PQ的中点坐标为(1, −1)，
∴ 1=x+72−1=1+y2，解得x=−5，y=−3．
∴ P(−5, 1)，
∴ 直线l的斜率=−1−11−(−5)=−13．
故选：B．
6.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
椭圆的标准方程
正弦定理
余弦定理
【解析】
利用椭圆定义和余弦定理，列出方程组，求出|PF1|⋅|PF2|=2563，由此能求出△F1PF2的面积．
【解答】
解：∵ 椭圆x2100+y264=1的焦点为F1，F2，椭圆上的点P满足∠F1PF2=60∘，
∴ 由椭圆定义得：|PF1|+|PF2|=20，
∴ |PF1|2+|PF2|2+2|PF1|⋅|PF2|=400，①
由余弦定理得：
|PF1|2+|PF2|2−2|PF1|⋅|PF2|cs∠F1PF2=4×36，②
联立①②，得：|PF1|⋅|PF2|=2563，
∴ △F1PF2的面积是
S=12⋅|PF1|⋅|PF2|⋅sin60∘=12×2563×32=6433．
故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
分两种情况考虑，第一：当所求直线与两坐标轴的截距不为0时，设出该直线的方程为x+y＝a，把已知点坐标代入即可求出a的值，得到直线的方程；第二：当所求直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为y＝kx，把已知点的坐标代入即可求出k的值，得到直线的方程，综上，得到所有满足题意的直线的方程．
【解答】
解：①当所求的直线与两坐标轴的截距不为0时，设该直线的方程为x+y=a，
把(1, 1)代入所设的方程得：a=2，则所求直线的方程为x+y=2；
②当所求的直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为y=kx，
把(1, 1)代入所求的方程得：k=1，则所求直线的方程为y=x．
综上，所求直线的方程为：x+y=2或y=x．
故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
【解析】
求出抛物线的焦点F的坐标，利用抛物线的定义以及点到直线的距离公式即可求解．
【解答】
设抛物线的焦点为F，则F的坐标为(3, 0)，
由抛物线的定义可得|PF|＝d1，
点F到直线4x−3y+13＝0的距离为d，
则d1+d2＝|PF|+d2≥d3＝5，此时过F并与已知直线4x−3y+13＝0垂直的直线与抛物线的交点即为点P，
所以d1+d2的最小值为5，
9.
【答案】
B
【考点】
圆的标准方程
【解析】
根据点A是直角三角形ABC的直角顶点，求出圆心的坐标和圆的半径，则圆的方程可得．
【解答】
由题意知，△ABC是直角三角形，且∠A＝90∘
∴ 圆的半径为＝＝，圆心为(−3, 0)
∴ 圆的方程为(x+3)2+y2＝5
10.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
求出F的坐标，再由已知写出直线l的方程，并与抛物线方程联立，求出点A，B的横坐标，由抛物线定义即可求出|AF|，|BF|的值，进而可以求解．
【解答】
由抛物线的方程可得F（，0)，
直线l的斜率为k＝tan60，
则直线l的方程为：y＝(x−），代入抛物线方程消去y可得：
4x2−20x+9＝0，解得x，x，
由抛物线的定义可得|AF|＝x，|BF|＝x，
所以，
11.
【答案】
D
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的离心率
椭圆的应用
【解析】
根据题意可得半径为半焦距c，设A(x0, y0)，即OA＝r＝c，y0＝x0，x02+y02＝c2，解得A点坐标，代入椭圆的方程，求出离心率．
【解答】
因为A，B关于原点对称，
所以以线段AB为直径的圆的圆心为原点，又圆经过椭圆的左焦点，
所以半径为半焦距c，
设A(x0, y0)，
则结合OA＝r＝c，及y＝x，
得y0＝x0，x02+y02＝c2，
所以A（c，-c)或（-c，+c)，
代入椭圆的方程得+＝1，
由b2＝a2−c2，化简得c4−8a2c2+4a4＝0，
即−8+4＝0，
所以e4−8e2+4＝0，解得e2＝＝4±2，
结合012.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
运用双曲线的定义和直角三角形的勾股定理、结合离心率公式，解方程可得所求值．
【解答】
由题意可得|PF2|＝|F1F2|＝2c，
由双曲线定义可得，|PF1|−|PF2|＝|PF1|−2c＝2a，
则|PF1|＝2c+2a＝2|MF1|，|MF1|＝a+c，
在直角三角形F1F2M中，
∵ |MF1|2+|MF2|2＝|F1F2|2，又|F2M|＝a，
∴ (a+c)2+7a2＝4c2，整理可得3c2−2ac−8a2＝0，
即3e2−2e−8＝0，
解得e＝2或e＝-（舍去），
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
直接利用双曲线的右焦点坐标，渐近线方程，利用点到直线的距离公式求解即可．
【解答】
双曲线的右焦点（，0)到其渐近线x+y＝0的距离为：＝．
【答案】
【考点】
抛物线的性质
【解析】
直接利用抛物线方程求解准线方程即可．
【解答】
抛物线y＝x2的开口向上，p＝，所以抛物线的准线方程：．
【答案】
x+2y−8＝0
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
设弦的两端点的坐标，代入椭圆方程，作出整理可得直线斜率，再由直线方程点斜式得答案．
【解答】
设弦的两端点A(x1, y1)，B(x2, y2)，斜率为k，
则，，
两式相减得，
即k＝，
∴ 弦所在的直线方程y−2＝-(x−4)，即x+2y−8＝0．
【答案】
2
【考点】
圆锥曲线的综合问题
【解析】
设焦距为2c，椭圆的长轴长2a，双曲线的实轴长为2m，利用双曲线、椭圆的定义，结合∠F1PF2＝90∘，可得a2+m2＝2c2，再由离心率的定义得结论．
【解答】
由题意设焦距为2c，椭圆的长轴长2a，双曲线的实轴长为2m，
不妨令P在双曲线的右支上，
由双曲线的定义，得|PF1|−|PF2|＝2m，①
由椭圆的定义|PF1|+|PF2|＝2a，②
又∠F1PF2＝90∘，∴ |PF1|2+|PF2|2＝4c2，③
①​2+②​2得，|PF1|2+|PF2|2＝2a2+2m2，④
由③④得，a2+m2＝2c2，即，
∴ ＝2．
三、解答题：本大题共70分
【答案】
由表示双曲线，
得(5−m)(m−2)<0，解得m<2或m>5，
∴ 当m<2或m>5时，曲线C表示双曲线；
若表示焦点在x轴上的椭圆，
则5−m>m−2>0，解得：，
∴ 当时，曲线C表示焦点在x轴上的椭圆．
【考点】
圆锥曲线的综合问题
【解析】
（1）由题意可得，(5−m)(m−2)<0，求解一元二次不等式得答案；
（2）由题意可得，5−m>m−2>0，求解不等式组得答案．
【解答】
由表示双曲线，
得(5−m)(m−2)<0，解得m<2或m>5，
∴ 当m<2或m>5时，曲线C表示双曲线；
若表示焦点在x轴上的椭圆，
则5−m>m−2>0，解得：，
∴ 当时，曲线C表示焦点在x轴上的椭圆．
【答案】
由于椭圆的焦点在x轴上，∴ 设它的标准方程为x2a2+y2b2=1，
由椭圆定义知c=2，2a=(52+2)2+(−32)2+(52−2)2+(−32)2=210，
∴ a=10，则b2=a2−c2=10−4=6，
∴ 所求椭圆标准方程为x210+y26＝1；
∵ a+c=10，a−c=4，
∴ a=7，c=3，
∴ b2=a2−c2=72−32=40，
∴ 所求椭圆标准方程为：x249+y240＝1或y249+x240＝1．
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
（1）由题意设出椭圆方程并求得c，由椭圆定义求得a，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（2）利用已知条件求得a、c的值，然后由a2=b2+c2求得b的值即可．
【解答】
由于椭圆的焦点在x轴上，∴ 设它的标准方程为x2a2+y2b2=1，
由椭圆定义知c=2，2a=(52+2)2+(−32)2+(52−2)2+(−32)2=210，
∴ a=10，则b2=a2−c2=10−4=6，
∴ 所求椭圆标准方程为x210+y26＝1；
∵ a+c=10，a−c=4，
∴ a=7，c=3，
∴ b2=a2−c2=72−32=40，
∴ 所求椭圆标准方程为：x249+y240＝1或y249+x240＝1．
【答案】
根据题意，设直线l1的方程为3x+4y+m＝0，
直线2x−y−1＝0与直线x−2y+1＝0交于点P，
则，解可得，则P的坐标为(1, 1)；
点P在l1上，则有3+4−m＝0，解可得m＝7；
故直线l1的方程为3x+4y−7＝0；
圆x2+y2＝2的圆心为(0, 0)，半径r＝，
则圆心O(0, 0)到直线l1:3x+4y−7＝0的距离，
所以．
【考点】
直线和圆的方程的应用
【解析】
（1）根据题意，设直线l1的方程为3x+4y+m＝0，联立两个直线的方程，解可得P的坐标，将P的坐标代入直线方程，解可得m的值，即可得直线l1的方程，
（2）根据题意，分析圆心的坐标和半径，求出圆心到直线的距离，由直线与圆的位置关系可得答案．
【解答】
根据题意，设直线l1的方程为3x+4y+m＝0，
直线2x−y−1＝0与直线x−2y+1＝0交于点P，
则，解可得，则P的坐标为(1, 1)；
点P在l1上，则有3+4−m＝0，解可得m＝7；
故直线l1的方程为3x+4y−7＝0；
圆x2+y2＝2的圆心为(0, 0)，半径r＝，
则圆心O(0, 0)到直线l1:3x+4y−7＝0的距离，
所以．
【答案】
设点Q的坐标为(x, y)，点P的坐标为(x0, y0)，
则，
因为点P(x0, y0)在圆x2+y2＝4上，
所以上，
把代入，得x2+4y2＝4，即，
所以为Q的轨迹方程．
联立，化简得，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2＝，x1x2＝．
所以|AB|＝＝＝，
点M到直线的距离为，
所以．
【考点】
轨迹方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）设点Q的坐标为(x, y)，点P的坐标为(x0, y0)，根据题意可得P，Q坐标关系式，由点P在圆上，推出点Q坐标满足的关系式，即可得出答案．
（2）联立直线与椭圆的方程，得到关于x的一元二次方，由韦达定理可得x1+x2，x1x2，再由弦长公式可得|AB|长度，由点到直线的距离公式可得点M到直线的距离d，再计算S△MAB＝•|AB|⋅d即可得出答案．
【解答】
设点Q的坐标为(x, y)，点P的坐标为(x0, y0)，
则，
因为点P(x0, y0)在圆x2+y2＝4上，
所以上，
把代入，得x2+4y2＝4，即，
所以为Q的轨迹方程．
联立，化简得，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2＝，x1x2＝．
所以|AB|＝＝＝，
点M到直线的距离为，
所以．
【答案】
由题(2)2＝2p×1(p>0)，即p=1，所以抛物线的方程为y2=2x．
1k1+1k2是定值为0，证明如下：
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l的方程为x＝my+12，
由x＝my+12y2＝2x，得y2−2my−1=0，所以y1+y2=2m，y1y2=−1，
因为k1＝y1x1+12，k2＝y2x2+12，x1＝my1+12，x2＝my2+12，
所以1k1+1k2＝x1+12y1+x2+12y2＝my1+12+12y1+my2+12+12y2
=2m+(1y1+1y2)＝2m+y1+y2y1y2＝2m+2m−1＝0，得证．
【考点】
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）点的坐标代入抛物线方程求解p，然后推出抛物线方程．
(2)1k1+1k2是定值为0，证明：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l的方程为x＝my+12，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及斜率的倒数求和，化简转化即可得到结果．
【解答】
由题(2)2＝2p×1(p>0)，即p=1，所以抛物线的方程为y2=2x．
1k1+1k2是定值为0，证明如下：
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l的方程为x＝my+12，
由x＝my+12y2＝2x，得y2−2my−1=0，所以y1+y2=2m，y1y2=−1，
因为k1＝y1x1+12，k2＝y2x2+12，x1＝my1+12，x2＝my2+12，
所以1k1+1k2＝x1+12y1+x2+12y2＝my1+12+12y1+my2+12+12y2
=2m+(1y1+1y2)＝2m+y1+y2y1y2＝2m+2m−1＝0，得证．
【答案】
由题可知，，解得a2＝4，
所以椭圆E的方程为．
①证明：由题知斜边BC不可能和x轴平行，
所以设BC所在直线l方程为x＝ty+m，
与方程 联立消去x整理得(t2+2)y2+2tmy+m2−4＝0，
△＝4t2m2−4(m2−4)(t2+2)>0，m2<2t2+4，
设B(x1, y1)，C(x2, y2)，
则有，
由题可知，
即
＝，
化简得3m2−8m+4＝0，
所以m＝2（舍）或，
可得BC所在直线l的方程为，
所以直线BC恒过定点．
②由①可得，
令，，
∴ ，
函数在上单调递增，
所以，∴ ，
所以△ABC面积的最大值为，
此时BC所在直线l方程为．
【考点】
椭圆的应用
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）由题可知，，解得a2，进而可得椭圆E的方程．
（2）①设BC所在直线l方程为x＝ty+m，与椭圆的方程联立，得关于y的一元二次方程，由△>0，推出m2<2t2+4，设B(x1, y1)，C(x2, y2)，由韦达定理可得y1+y2，y1y2，由题可知，用坐标表示可得3m2−8m+4＝0，解得m，进而可得直线BC的方程，即可写出直线BC过定点的坐标．
②由①可得S△ABC＝|AD||y1−y2|＝，令，，可得S△ABC＝，再分析函数在上单调性，即可得出最大值．
【解答】
由题可知，，解得a2＝4，
所以椭圆E的方程为．
①证明：由题知斜边BC不可能和x轴平行，
所以设BC所在直线l方程为x＝ty+m，
与方程 联立消去x整理得(t2+2)y2+2tmy+m2−4＝0，
△＝4t2m2−4(m2−4)(t2+2)>0，m2<2t2+4，
设B(x1, y1)，C(x2, y2)，
则有，
由题可知，
即
＝，
化简得3m2−8m+4＝0，
所以m＝2（舍）或，
可得BC所在直线l的方程为，
所以直线BC恒过定点．
②由①可得，
令，，
∴ ，
函数在上单调递增，
所以，∴ ，
所以△ABC面积的最大值为，
此时BC所在直线l方程为．