2020-2021学年上海市高二（上）期末数学试卷人教A版（Word 含解析）

这是一份2020-2021学年上海市高二（上）期末数学试卷人教A版（Word 含解析），共11页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 复数z1，z2在复平面内对应的点关于直线y＝x对称，且z1＝3+2i，则z2＝________．

2. 复数a−2i1+2i（i是虚数单位）是纯虚数，则实数a的值为________．

3. 抛物线x2＝16y的准线方程是________．

4. 已知复数z＝2+4i，其中i是虚数单位，，则|ω|＝________．

5. 设E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，若AC⊥BD，则四边形EFGH的形状是________．

6. 直线l与抛物线y2＝4x交于两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，O为坐标原点，若，则x1x2＝________．

7. 已知点F1，F2分别是椭圆x2+2y2=2的左、右焦点，点P是该椭圆上的一个动点，那么|PF1→+PF2→|的最小值是________．

8. 设F1，F2是双曲线x25−y24=1的两个焦点，P是该双曲线上一点，且|PF1|:|PF2|＝2:1，则△PF1F2的面积等于________

9. 已知矩形ABCD的边AB=a，BC=2，PA⊥平面ABCD，PA=2，现有以下五个数据：(1)a=12；(2)a=1；(3)a=3；(4)a=2；(5)a=4.
当在BC边上存在点Q，使PQ⊥QD时，则a可以取________．（填上一个正确的数据序号即可）

10. 在所有经过正方体ABCD−A1B1C1D1的任意两个顶点的直线中任取k条，求这k条直线恰是两两异面，则k的最大值为________．

11. 在平面几何里，有勾股点了“设△ABC的两边AC，AB互相垂直，则AB2+AC2＝BC2．”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，若三棱锥A−BCD的三个侧面ABC，ACD，ADB两类互相垂直，则有________．


12. 过双曲线x2−y215=1的右支上一点P，分别向圆C1：(x+4)2+y2=4和圆C2：(x−4)2+y2=1作切线，切点分别为M，N，则|PM|2−|PN|2的最小值为________．
二、选择题（本大题共4小题，满分20分，每题5分）

“a>0，b>0”是“方程ax2+by2=1表示椭圆”的（ ）
A.充要条件B.充分非必要条件
C.必要非充分条件D.既不充分也不必要条件

已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则（ ）
A.β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直
B.β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直
C.β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直
D.β内必存在直线与m平行，却不一定存在直线与m垂直

正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为CC1，BC，CD，BB1的中点，则下列结论正确的是（ ）
A.B1G // EFB.A1H⊥EF
C.B1G与AE相交D.平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1

已知直线l：x+y+2＝0与椭圆Γ：＝1交于A，B两点，直线l1与椭圆 T交于M，N两点，有下列直线l1：①x−y−2＝0；②x+y−2＝0；③x+y−2＝0；④x−y+2＝0，其中满足△OAB与△OMN的面积相等的直线l1可以是（ ）
A.①②③B.①③④C.②③④D.①②③④
三、解答题（本大题共5小题，满分35分）

已知复数z1，z2是实系数一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根，且复数z1在复平面内对应的点在第一象限，若z1+2z2＝12−3i，其中i是虚数单位．
（1）求复数z1，z2；

（2）若复数z满足|z|＝1，求|z−z1|的最大值和最小值．

唐代诗人李顾的诗《古从军行》开头两句说：“白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河”诗中隐含着一个有趣的“将军饮马”问题，这是一个数学问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面直角坐标系中，将军从点A(3, 0)处出发，河岸线所在直线方程为x+y＝4，并假定将军只要到达军营孙在区域即为回到军营．
（1）若军营所在区域为Ω:x2+y2≤2，求“将军饮马”的最短总路程；

（2）若军营所在区域为Ω:|x|+2|y|≤2，求“将军饮马”的最短总路程．

如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的边长为1，点P在底面ABCD（含边界）内运动．

（1）证明：BD⊥平面AA1C1C；

（2）若A1P和A1B与平面ABCD所成的角相等，求点P的轨迹长度．

已知直线l:x＝my+1过椭圆的右焦点F，且直线l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线l′:x＝4上的射影依次为点D，K，E．
（1）求椭圆C的方程；

（2）若直线l交y轴于点M，且，当m变化时，探究λ1+λ2的值是否为定值？若是，求出λ1+λ2的值；否则，说明理由；

（3）连接AE，BD，试探究当m变化时，直线AE与BD是否相交于顶点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．

已知平面内到定点A(1, 0)的距离与到定直线x=−1的距离之和为3的动点M的轨迹是Γ，
（1）求曲线Γ与x轴的交点P的坐标；

（2）求曲线Γ的方程；

（3）设B(a, 1)（a为常数），求|MA|+|MB|的最小值d(a)．
参考答案与试题解析
2020-2021学年上海市高二（上）期末数学试卷
一、填空题（本大题共12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1.
【答案】
2+3i
【考点】
复数的运算
【解析】
直接利用对称知识求出复数的代数形式即可．
【解答】
复数z1在复平面内关于直线y＝x对称的点表示的复数z2＝3+3i，
2.
【答案】
4
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
化简复数为a+bi(a, b∈R)，然后由复数的实部等于零且虚部不等于0求出实数a的值．
【解答】
解：a−2i1+2i=(a−2i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)
=a−4−2(a+1)i5=a−45−2(a+1)5i．
∵ 复数a−2i1+2i是纯虚数，
∴ a−45=0，−2(a+1)5≠0，解得：a=4．
故答案为：4．
3.
【答案】
y＝−4
【考点】
抛物线的性质
【解析】
利用抛物线方程直接求解准线方程即可．
【解答】
抛物线x2＝16y，可知抛物线的开口向上，
所以抛物线的准线方程是：y＝−4．
4.
【答案】
【考点】
复数的运算
【解析】
求出，求出ω，从而求出|ω|的值即可．
【解答】
∵ 复数z＝2+4i，其中i是虚数单位，
∴ ＝4−4i，
∴ ＝＝＝＝-i，
则|ω|＝＝，
5.
【答案】
矩形
【考点】
平行公理
矩形的判定
【解析】
利用三角形中位线定理可得四边形EFGH是平行四边形．根据AC⊥BD，可得EF⊥EH．即可判断出四边形EFGH的形状是矩形．
【解答】
解：如图所示，
∵ E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，CD，
∴ EF//12AC，EF=12AC，HG//12AC，HG=12AC，
∴ EF=HG，且EF//HG，
∴ 四边形EFGH是平行四边形．
又AC⊥BD，
∴ EF⊥EH．
则四边形EFGH的形状是矩形．
故答案为：矩形.
6.
【答案】
4
【考点】
直线与抛物线的位置关系
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
把点的坐标代入方程，结合向量的数量积化简求解即可．
【解答】
直线l与抛物线y2＝4x，(x≥5)交于两点A(x1, y1)，B(x3, y2)，
可得y17＝4x1，y72＝4x7，所以16x1x2＝y42y27，y1y2＝±5，
O为坐标原点，若，
可得x1x2+y7y2＝−4，x8x2±4+4＝5，
解得x1x2＝6．x1x2＝−2（舍去）．
7.
【答案】
2
【考点】
椭圆的定义
【解析】
求出椭圆的a，b，运用中点的向量表示，得到|PF1→+PF2→|=2|PO→|，再设P(x, y)，运用椭圆方程，以及二次函数的值域即可得到最小值．
【解答】
解：椭圆x2+2y2=2，即为x22+y2=1，
则椭圆的a=2，b=1，
则由OP为△PF1F2的中线，
即有PO→=12(PF1→+PF2→)，
则|PF1→+PF2→|=2|PO→|，
可设P(x, y)，则x22+y2=1，
即有|PO→|=x2+y2
=x2+1−x22=1+x22≥1，
当x=0时，取得最小值1．
则|PF1→+PF2→|的最小值为2．
故答案为：2．
8.
【答案】
12
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
先由双曲线的方程求出|F1F2|＝6，再由|PF1|:|PF2|＝2:1，求出|PF1|，|PF2|，由此转化求出△PF1F2的面积．
【解答】
F1，F2是双曲线x25−y24=1的两个焦点，F1(−3, 0)，F2(3, 0)，|F1F2|＝6，
∵ |PF1|:|PF2|＝2:1，∴ 设|PF2|＝x，则|PF1|＝2x，
由双曲线的性质知|2x−x|＝25，解得x＝25．
∴ |PF1|＝45，|PF2|＝25，
∴ cs∠F1PF2=16×5+4×5−362×25×45=45，sin∠F1PF2=35．
∴ △PF1F2的面积为12×45×25×35=12．
9.
【答案】
(1)或(2)
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
根据三垂线定理结合PQ⊥QD，可得PQ在底面的射影AQ也与QD垂直，由此可得平面ABCD内满足条件的Q点应在以AD为直径的圆上，得出a≤1即可选出正确选项．
【解答】
解：如图，连接AQ.
因为PQ⊥QD，根据三垂线定理可得AQ⊥QD.
在平面ABCD内，直径所对的圆周角为直角，
所以Q点在以AD为直径的圆上，
故当BC与以AD为直径的圆有公共点时，在BC边上存在点Q，使PQ⊥QD，
因此AB≤12AD=1，即a≤1.
故答案为：(1)或(2).
10.
【答案】
4个
【考点】
异面直线的判定
【解析】
根据异面直线的判断方法，结合正方体的结构特征即可判断．
【解答】
正方体共有8个顶点，若选出的k条线两两异面，即至多可选出4条，
又可以选出6条两两异面的线（如图DB，B1C，A1C2，AD1），故所求k的最大值是4．
11.
【答案】
S△ABC2+S△ACD2+S△ABD2＝S△BCD2
【考点】
类比推理
【解析】
由边对应着面，边长对应着面积，由类比可得结果．
【解答】
“设△ABC的两边AC，AB互相垂直​2+AC2＝BC7．”
拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，
若三棱锥A−BCD的三个侧面ABC，ACD，则有
由边对应着面，边长对应着面积，
由类比可得：S△ABC2+S△ACD2+S△ABD8＝S△BCD2．
12.
【答案】
13
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求得两圆的圆心和半径，设双曲线x2−y215=1的左右焦点为F1(−4, 0)，F2(4, 0)，连接PF1，PF2，F1M，F2N，运用勾股定理和双曲线的定义，结合三点共线时，距离之和取得最小值，计算即可得到所求值．
【解答】
圆C1：(x+4)2+y2=4的圆心为(−4, 0)，半径为r1=2；
圆C2：(x−4)2+y2=1的圆心为(4, 0)，半径为r2=1，
设双曲线x2−y215=1的左右焦点为F1(−4, 0)，F2(4, 0)，
连接PF1，PF2，F1M，F2N，可得
|PM|2−|PN|2=(|PF1|2−r12)−(|PF2|2−r22)
=(|PF1|2−4)−(|PF2|2−1)
=|PF1|2−|PF2|2−3=(|PF1|−|PF2|)(|PF1|+|PF2|)−3
=2a(|PF1|+|PF2|−3=2(|PF1|+|PF2|)−3≥2⋅2c−3=2⋅8−3=13．
当且仅当P为右顶点时，取得等号，即最小值13．
二、选择题（本大题共4小题，满分20分，每题5分）
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
直接利用必要条件、充分条件及充分必要条件的判断方法结合椭圆标准方程得答案．
【解答】
解：a>0，b>0，方程ax2+by2=1不一定表示椭圆，如a=b=1；
反之，若方程ax2+by2=1表示椭圆，则a>0，b>0．
∴ “a>0，b>0”是“方程ax2+by2=1表示椭圆”的必要分充分条件．
故选：C．
【答案】
C
【考点】
直线与平面垂直的性质
【解析】
作两个相交平面，交线为n，使直线m⊥α，然后利用反证法说明，假设β内一定存在直线a与m平行，根据面面垂直的判定定理证明α⊥β，这与平面α与平面β相交不一定垂直矛盾，然后根据线面垂直的性质说明β内必存在直线与m垂直，从而证得结论．
【解答】
解：作两个相交平面，交线为n，使直线m⊥α，
假设β内一定存在直线a与m平行，
∵ 直线m⊥α，而a // m
∴ 直线a⊥α，而a⊂β
∴ α⊥β，这与平面α与平面β相交不一定垂直矛盾
∴ β内不一定存在直线a与m平行；
∵ 直线m⊥α，n⊂β
∴ 直线m⊥直线n
∴ β内必存在直线与m垂直
故选C．
【答案】
C,D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
命题的真假判断与应用
【解析】
如图所示，建立空间直角坐标系，不妨取AD＝2．
A．B1G与EF为异面直线，即可判断出正误；
B．计算•与0 比较，即可判断出正误；
C．根据GE // DC1，DC1 // AB1，可得四边形AB1EG为梯形，即可判断出正误；
D．连接BC1，可得BC1 // EF，于是EF // AD1，即可判断出正误．
【解答】
如图所示，建立空间直角坐标系．
A．B1G与EF为异面直线，因此A不正确；
B．A1(5, 0, 0)，3，1)，2，8)，2，2)，
＝(0, 2, 2)，，0，1)，∵ •，因此A1H与EF不垂直，因此B不正确；
C．∵ GE // DC1，DC3 // AB1，∴ GE // AB1，GE＝AB1，于是四边形AB3EG为梯形，因此B1G与AE相交，因此C正确；
D．连接BC1，则BC6 // EF，又BC1 // AD1，因此EF // AD2，可得平面AEF∩平面AA1D1D＝AD8，故正确．
【答案】
B
【考点】
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
根据于椭圆具有轴对称和中心对称的性质，经过平移和旋转即可求出直线l1的方程．
【解答】
由于椭圆具有轴对称和中心对称的性质，
把直线l向右平移到l1为：x+y−5＝0时，
当线l：x+y+8＝0与原点对称时​1为x−y−2＝0，
再把直线x−y−2＝0向左平移到，此时满足△OAB与△OMN的面积相等，
故满足直线为①③④，
三、解答题（本大题共5小题，满分35分）
【答案】
设z1＝a+bi，则z2＝a−bi(a>5, b>0)，
由z1+5z2＝12−3i，得(a+bi)+4(a−bi)＝3a−bi＝12−3i，
∴ 3a＝12，b＝3，b＝3．
∴ z8＝4+3i，z7＝4−3i；
满足|z|＝5的复数z在以原点为圆心，以1为半径的圆上，
而，
∴ |z−z1|的最大值为4，最小值为4．
【考点】
复数的运算
【解析】
（1）设z1＝a+bi，则z2＝a−bi(a>0, b>0)，代入z1+2z2＝12−3i，整理后利用复数相等的条件列式求得a与b的值，则z1，z2可求；
（2）满足|z|＝1的复数z在以原点为圆心，以1为半径的圆上，求出|z1|，则|z−z1|的最大值和最小值即可．
【解答】
设z1＝a+bi，则z2＝a−bi(a>5, b>0)，
由z1+5z2＝12−3i，得(a+bi)+4(a−bi)＝3a−bi＝12−3i，
∴ 3a＝12，b＝3，b＝3．
∴ z8＝4+3i，z7＝4−3i；
满足|z|＝5的复数z在以原点为圆心，以1为半径的圆上，
而，
∴ |z−z1|的最大值为4，最小值为4．
【答案】
若军营所在区域为Ω:x2+y4≤2，
作图如下：
设将军饮马点为P，到达营区点为B，
则总路程|PB|+|PA|＝|PB|+|PA′|，
要使得路程最短，只需要|PB|+|PA′|最短，
即点A′到军营的距离最短，
即点A′到x2+y5≤2的最短距离，为|OA′|−＝-
若军营所在区域为Ω:|x|+2|y|≤2，
作图如下：
联立，解得x＝4，即B(2，
所以点A′到区域Ω最短距离|A′B|＝＝，
【考点】
曲线与方程
【解析】
设点A(3, 0)关于直线x+y＝4的对称点为A′(a, b)，由对称性，解得A′(4, 1)，作出可行域，结合图形，即可解得答案．
【解答】
若军营所在区域为Ω:x2+y4≤2，
作图如下：
设将军饮马点为P，到达营区点为B，
则总路程|PB|+|PA|＝|PB|+|PA′|，
要使得路程最短，只需要|PB|+|PA′|最短，
即点A′到军营的距离最短，
即点A′到x2+y5≤2的最短距离，为|OA′|−＝-
若军营所在区域为Ω:|x|+2|y|≤2，
作图如下：
联立，解得x＝4，即B(2，
所以点A′到区域Ω最短距离|A′B|＝＝，
【答案】
证明：连接AC，
由正方体的几何特征，得AC⊥BD，
AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD，
又AA3∩AC＝A，
所以BD⊥平面AA1C1C．
A7B与平面ABCD所成的角为∠A1BA，
A1P与平面ABCD所成的角为∠A2PA，
所以tan∠A1BA＝tan∠A1PA，即＝，
所以AB＝AP，
所以点P的轨迹为，以A为圆心AB为半径的圆的，
所以点P的轨迹长度为×7π×1＝．
【考点】
直线与平面所成的角
轨迹方程
直线与平面垂直
【解析】
（1）连接AC，结合正方体的几何特征，得AC⊥BD，AA1⊥平面ABCD，再由线面垂直的判定定理可得BD⊥平面AA1C1C．
（2）连接A1P，根据题意可得tan∠A1BA＝tan∠A1PA，推出AB＝AP，点P的轨迹为，以A为圆心AB为半径的圆的，进而可得点P的轨迹长度．
【解答】
证明：连接AC，
由正方体的几何特征，得AC⊥BD，
AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD，
又AA3∩AC＝A，
所以BD⊥平面AA1C1C．
A7B与平面ABCD所成的角为∠A1BA，
A1P与平面ABCD所成的角为∠A2PA，
所以tan∠A1BA＝tan∠A1PA，即＝，
所以AB＝AP，
所以点P的轨迹为，以A为圆心AB为半径的圆的，
所以点P的轨迹长度为×7π×1＝．
【答案】
易知椭圆的右焦点为F(1, 0)，
所以c＝3，
抛物线x2＝4的焦点坐标为(0，），
所以b＝，
a2＝b2+c2＝3+1＝5，
所以椭圆C的方程为+＝1．
易知，m≠7，-），
设直线l交椭圆于A(x1, y2)，B(x2, y2)，
由，得(5m2+4)y7+6my−9＝7，
所以△＝(6m)2+36(8m2+4)＝144(m3+1)>0，
所以y2+y2＝-，y5y2＝-，
又由＝λ4，
所以(x1，y1+）＝λ1(1−x7, −y1)，
所以λ1＝−4−，同理λ2＝−1−，
所以λ1+λ2＝−7−（+），
因为+＝＝-）＝，
所以λ4+λ2＝−2−（+）＝−2−•，
所以λ1+λ3的值为-．
由（2）知A(x8, y1)，B(x2, y3)
所以D(4, y1)，E(6, y2)，
所以直线AE方程为：y−y2＝(x−4)，
当x＝时，y＝y2+（-
＝＝
＝＝6，
所以点N（，5)在直线AE上，
同理可证，点N（，
所以m变化时，直线AE与直线BD相交于定点（．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）根据题意可得c＝1，有抛物线x2＝4的焦点坐标得b，计算出a2＝b2+c2＝4，进而可得椭圆C的方程为．
（2）根据题意可得l与y轴的交点为M(0，-），设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线l与椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2，用坐标表示＝λ1，得λ1＝−1−，同理λ2＝−1−，再计算化简λ1+λ2即可得出答案．
（3）由（2）知A(x1, y1)，B(x2, y2)，进而可得D(4, y1)，E(4, y2)，写出直线AE方程，再把x＝代入，得y＝0，推出点N（，0)在直线AE上，同理可证，点N（，0)也在直线BD上，进而得出结论．
【解答】
易知椭圆的右焦点为F(1, 0)，
所以c＝3，
抛物线x2＝4的焦点坐标为(0，），
所以b＝，
a2＝b2+c2＝3+1＝5，
所以椭圆C的方程为+＝1．
易知，m≠7，-），
设直线l交椭圆于A(x1, y2)，B(x2, y2)，
由，得(5m2+4)y7+6my−9＝7，
所以△＝(6m)2+36(8m2+4)＝144(m3+1)>0，
所以y2+y2＝-，y5y2＝-，
又由＝λ4，
所以(x1，y1+）＝λ1(1−x7, −y1)，
所以λ1＝−4−，同理λ2＝−1−，
所以λ1+λ2＝−7−（+），
因为+＝＝-）＝，
所以λ4+λ2＝−2−（+）＝−2−•，
所以λ1+λ3的值为-．
由（2）知A(x8, y1)，B(x2, y3)
所以D(4, y1)，E(6, y2)，
所以直线AE方程为：y−y2＝(x−4)，
当x＝时，y＝y2+（-
＝＝
＝＝6，
所以点N（，5)在直线AE上，
同理可证，点N（，
所以m变化时，直线AE与直线BD相交于定点（．
【答案】
设点M坐标为(x, y)，
因为动点M到定点A(1, 0)的距离到定直线x=−1的距离之和为3，
所以(x−1)2+y2+(x+1)2=3，
当y=0时，代入求得x=±32，
所以曲线Γ与x轴的交点P的坐标(±32, 0)；
由（1）知曲线Γ方程为(x−1)2+y2+(x+1)2=3，
当x<−4时，因为|x+1|>3，无轨迹，
当−4≤x≤−1时，化为(x−1)2+y2=x+4，化为y2=10x+15(−32≤x≤−1)，
当x>−1时，化为为(x−1)2+y2=2−x，化为y2=−2x+3(−1综上可得，曲线方程为y2=10x+15(−32≤x≤−1)，或y2=−2x+3(−1当−32≤x≤−1时，曲线Γ化为y2=10x+15，
当−1令y=1则10x+15=1或−2x+3=1，
解得x=−1.4或x=1，
①当a≤1.4或a≥1时，MB+MA≥BA，
所以d(a)=|AB|=(a−1)2+1=a2−2a+2，
②当−1交点M满足MB+MA取得最小值，
因为抛物线准线方程为x=2，
所以直线y=1与准线交点坐标为(2, 1)，
此时d(a)=2−a，
③当−1.4交点M满足MB+MA取得最小值，
此时抛物线准线的方程为形，
所以y=1与准线交点坐标为(−4, 1)，
此时d(a)=a+4，
综上所述d(a)=a2−2a+2，a≤−1.4或a≥1a+4,−1.4【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）设点M坐标为(x, y)，根据题意可得(x−1)2+y2+(x+1)2=3，令y=0，求得x，即可得出答案．
（2）分类当x<−4时，当−4≤x≤−1时，当x>−1时，讨论曲线Γ方程．
（3）通过分类讨论，在不同范围内，由曲线方程的意义求得最小值．
【解答】
设点M坐标为(x, y)，
因为动点M到定点A(1, 0)的距离到定直线x=−1的距离之和为3，
所以(x−1)2+y2+(x+1)2=3，
当y=0时，代入求得x=±32，
所以曲线Γ与x轴的交点P的坐标(±32, 0)；
由（1）知曲线Γ方程为(x−1)2+y2+(x+1)2=3，
当x<−4时，因为|x+1|>3，无轨迹，
当−4≤x≤−1时，化为(x−1)2+y2=x+4，化为y2=10x+15(−32≤x≤−1)，
当x>−1时，化为为(x−1)2+y2=2−x，化为y2=−2x+3(−1综上可得，曲线方程为y2=10x+15(−32≤x≤−1)，或y2=−2x+3(−1当−32≤x≤−1时，曲线Γ化为y2=10x+15，
当−1令y=1则10x+15=1或−2x+3=1，
解得x=−1.4或x=1，
①当a≤1.4或a≥1时，MB+MA≥BA，
所以d(a)=|AB|=(a−1)2+1=a2−2a+2，
②当−1交点M满足MB+MA取得最小值，
因为抛物线准线方程为x=2，
所以直线y=1与准线交点坐标为(2, 1)，
此时d(a)=2−a，
③当−1.4交点M满足MB+MA取得最小值，
此时抛物线准线的方程为形，
所以y=1与准线交点坐标为(−4, 1)，
此时d(a)=a+4，
综上所述d(a)=a2−2a+2，a≤−1.4或a≥1a+4,−1.4

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