2022-2023学年上海市复兴中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年上海市复兴中学高二下学期期中数学试题

一、填空题

1．已知直线，则直线的倾斜角的大小为__________．

【答案】

【详解】由直线的方程可知直线的斜率，设直线的倾斜角内，则，

又，所以．

2．椭圆的焦距为______.

【答案】

【分析】根据题意，将方程化为标准式，然后得到从而得到，即可得到结果.

【详解】因为椭圆，即，

所以，即，

所以焦距为.

故答案为：

3．抛物线的准线方程为__________．

【答案】

【分析】抛物线的准线方程为，由此得到题目所求准线方程.

【详解】抛物线的准线方程是.

【点睛】本小题主要考查抛物线的准线方程，抛物线的准线方程为，直接利用公式可得到结果.属于基础题.

4．双曲线的渐近线方程为___________.

【答案】

【分析】令，化简即可得解.

【详解】令，可得渐近线方程为，

故答案为：.

5．已知圆和点，则过点的圆的切线方程为._________

【答案】

【分析】经分析不存在切线斜率不存在的情况，设出切线方程：，根据相切时圆心到直线的距离为圆的半径求解出的值，即可写出切线方程.

【详解】设切线方程为：，

因为相切时圆心到直线的距离为半径，所以，解得，

所以切线方程为：，即.

故答案为.

【点睛】本题考查根据直线与圆相切求解切线方程，难度一般.求解切线方程时，注意考虑切线的斜率是否存在：斜率不存在时，需单独分析；斜率存在时利用圆心到直线的距离等于半径求解.

6．已知直线过点且与直线垂直，则圆与直线相交所得的弦长为__

【答案】

【解析】先求出直线的方程，再求出圆心与半径，计算圆心到直线的距离，由垂径定理求弦长．

【详解】解：由题意可得，的方程为，

可化为，圆心，半径，

圆心到的距离，

．

故答案为：．

【点睛】本题考查直线与圆的方程的应用问题，考查两条直线垂直以及直线与圆相交所得弦长的计算问题，属于基础题．

7．若直线与直线垂直，则________.

【答案】

【分析】由两直线垂直求出的值，然后利用二倍角的正弦公式结合弦化切的思想可求出的值.

【详解】由于直线与直线垂直，则，

可得，.

故答案为：.

【点睛】本题考查二倍角正弦值的计算，涉及利用两直线垂直求参数以及弦化切思想的应用，考查运算求解能力，属于中等题.

8．已知是椭圆的两个焦点，点在上，且，延长交于点，若，则椭圆的离心率__________.

【答案】

【分析】根据题意，由椭圆的定义结合条件表示出，然后在中由勾股定理可得的关系，结合离心率的公式即可得到结果.

【详解】

根据题意，不妨设椭圆方程为，设，则，

因为，且，所以为等腰直角三角形，

故，故，

在中，，即，

化简可得，即，且，

所以

故答案为:

9．已知曲线C：，直线l：x=6.若对于点A（m，0）,存在C上的点P和l上的点Q使得，则m的取值范围为 .

【答案】

【详解】

故答案为.

10．已知曲线：，要使直线与曲线有四个不同的交点，则实数的取值范围是______．

【答案】

【分析】由题意知曲线为当时；当；由此即可画出曲线的图像，借助图像由直线与曲线有四个不同的交点即可求出实数的取值范围.

【详解】由曲线：及题意，知．

如图所示，曲线表示的是一个圆与双曲线的一部分，

由，解得，

要使直线与曲线有四个不同的交点，结合图象，可得．

故答案为：.

11．已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．

【答案】13

【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.

【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，

判别式，

∴，

∴ ， 得，

∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.

故答案为：13.

12．已知抛物线，为抛物线内一点，不经过P点的直线与抛物线相交于A、B两点，直线AP、BP分别交抛物线于C、D两点，若对任意直线l，总存在，使得，成立，则__________．

【答案】2

【分析】设，根据推出，结合点在抛物线上可得，，即可求得p，即得答案.

【详解】由题意设，

由可得：，

可得：，同理可得：，

则：（*）且.

则.

将两点代入抛物线方程得，

作差可得：，而直线与抛物线相交于A、B两点，，即，

同理可得，，代入（*），可得，

故答案为：2

二、单选题

13．已知直线，，则是的（   ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】先利用两直线平行的公式求出，再确定充分性和必要性即可.

【详解】当时，，解得或，

当时，直线，，此时两直线不重合，

当时，直线，，此时两直线不重合，

即或时，，

故是的充分不必要条件.

故选：A.

14．已知抛物线方程，过点的直线与抛物线只有一个交点，这样的直线有（    ）

A．0条 B．1条 C．2条 D．3条

【答案】C

【分析】考虑直线斜率存在，和不存在三种情况，设直线方程为，联立方程，根据得到答案.

【详解】点在抛物线上，易知当直线斜率不存在时不满足；

当直线斜率时，易知满足条件；

当直线斜率存在且时，设直线方程为，即，

，整理得到，，

，解得，直线方程为.

综上所述：满足条件的直线有2条.

故选：C

15．已知实数，，，满足，，，则的最大值是（    ）

A．6 B．8 C． D．12

【答案】D

【分析】采用数形结合法，将所求问题转化为两点到直线的距离和的倍，结合梯形中位线性质和三角形三边关系可求.

【详解】

由，，，可知，点在圆上，由，即为等腰直角三角形，结合点到直线距离公式可理解为点到直线的距离，变形得，即所求问题可转化为两点到直线的距离和的倍，作于于，中点为，中点为，由梯形中位线性质可得，，作于，于，连接，则，当且仅当与重合，三点共线时，有最大值，由点到直线距离公式可得，由几何性质可得，，此时，故的最大值为.

故选：D

16．已知曲线：，为上一点，

①的取值范围为；    

②的取值范围为；

③不存在点，使得；    

④的取值范围为.

则上述命题正确的个数是（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】C

【分析】对于①，分段化简方程，得到图形，数形结合得到①错误；对于②，数形结合，结合椭圆性质得到②正确；对于③，根据渐近线性质及图形可得③正确；对于④，利用的几何意义，结合三角换元得到的取值范围.

【详解】对于①，曲线得到，

画出图形如下：其中为渐近线，

由曲线和图形可知，故①错误；

对于②，可看做曲线上的点到原点的距离，显然无最大值，

当点位于椭圆上时，距离原点的距离取得最小值，

则，故当时，取得最小值，最小值为1，

则的取值范围为，②正确；

对于③，因为直线与渐近线平行，故不存在点，使得，③正确；

对于④，表示点到直线的距离的倍，

又直线与渐近线平行，且距离为，

故，

由图形可知，在上时，到直线的距离取得最大值，

设，则到直线的距离为

，

当且仅当时等号成立，

故的取值范围为，④正确.

故选：C

【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：

（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；

（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．

三、解答题

17．已知直线及点．

证明直线过某定点，并求该定点的坐标．

当点到直线的距离最大时，求直线的方程．

【答案】（1）证明见解析,定点坐标为（2）

【分析】直线方程化成，再联解关于、的方程组，即可得到直线经过的定点坐标；

设直线经过的定点为，由平面几何知识，得到当时，点到直线的距离最大因此算出直线的斜率，再利用垂直直线斜率的关系算出直线的斜率，即可求出此时直线的方程．

【详解】直线方程可化为：

由，解得且，

直线恒过定点，其坐标为．

直线恒过定点

当点在直线上的射影点恰好是时，

即时，点到直线的距离最大

的斜率

直线的斜率

由此可得点到直线的距离最大时，

直线的方程为，即．

【点睛】本题主要考查直线过定点的问题，以及求直线外一点P到直线的距离最大时直线的方程；熟记两直线交点的求法、点到直线的距离公式，以及直线的一般式方程即可，属于基础题．

18．有一块直角三角形的板置于平面直角坐标系中，已知，，点是三角形内一点，现在由于三角板中阴影部分受到损坏，为把损坏部分锯掉，可用经过点的一条直线，将三角板铝成，问：应该如何锯法，即直线斜率为多少时，可使三角板的面积最大？

【答案】,

【分析】由已知及直线的斜截式方程求、坐标，再由三角形面积公式写出△的面积S，并指出k的取值范围 由面积S的解析式构造函数，并研究函数的单调性，进而求S的最值．

【详解】依题意，直线MN过点且斜率存在，则MN的方程为，

，，

直线OA的方程为，直线AB的方程为，

由知：且，可得或，

由知：且，可得，

，故，，

，

∴，且.

设，，

当时，，

∵，

，，，则，即，

在是增函数，

当时，，即时，．

【点睛】关键点点睛：应用直线的斜截式方程及三角形面积公式写出面积S及k的范围，利用函数的单调性求S的最值.

19．已知椭圆，过原点的两条直线和分别于椭圆交于、和、，记得到的平行四边形的面积为.

（1）设，，用、的坐标表示点到直线的距离，并证明；

（2）设与的斜率之积为，求面积的值.

【答案】（1）详见解析（2）

【详解】（1）直线，点到的距离.

，

所以.

（2）设，则.设

，.

由，得.

同理.

由（1），，

整理得.

20．设抛物线，满足，过点作抛物线的切线，切点分别为.

（1）求证：直线与抛物线相切；

（2）若点坐标为，点在抛物线的准线上，求点的坐标；

（3）设点在直线上运动，直线是否恒过定点？若恒过定点，求出定点坐标；若不存在，请说明理由；

【答案】（1）证明见详解；（2） （3）是，

【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程，由，即可证明；

（2）根据点在抛物线上解得，进而写出点坐标，再根据点既在直线上，又在抛物线上，联立方程组即可求得的坐标；

（3）写出直线的方程，根据过点和过点的直线交于点得到的结论，整理化简直线方程，即可求得恒过的定点.

【详解】（1）联立直线与抛物线方程，消去

可得

故，因为点在抛物线上，

故

则直线与抛物线只有一个交点

又因为，故该直线不与轴平行，

即证直线与抛物线相切.

（2）因为点在抛物线上，故可得，解得

由（1）可知过点的切线方程为，即

又抛物线的准线方程为，故令，解得，

即点的坐标为.

因为过点的切线方程为，其过点

故可得，又因为点满足抛物线方程，

故可得，联立方程组可得

解得（舍去，与点重合），，

故点的坐标为.

（3）由（1）得过点的切线方程为

令，可解得

过点的切线方程为

令，可解的

因为两直线交于点，故可得

整理得 ①

当过两点的直线斜率存在，则设其方程为：

整理得，将①代入可得

故直线方程为

故该直线恒过定点;

当过两点的直线斜率不存在时，

，代入①可得

过此时直线，也经过点

综上所述，直线恒过定点，即证.

【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，以及抛物线中直线恒过定点的问题，属综合性中档题；在本题中，要注意利用第一问中的结论去解决第二问和第三问.

21．已知椭圆.双曲线的实轴顶点就是椭圆的焦点，双曲线的焦距等于椭圆的长轴长.

（1）求双曲线的标准方程；

（2）设直线经过点与椭圆交于两点，求的面积的最大值；

（3）设直线（其中为整数）与椭圆交于不同两点，与双曲线交于不同两点，问是否存在直线，使得向量，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由.

【答案】（1）（2）（3）存在，

【分析】（1）根据椭圆方程可以得到双曲线的焦距和顶点坐标，从而直接写出双曲线方程即可；

（2）设出直线方程，将三角形面积拆分为2个三角形的面积，从而利用韦达定理进行处理；

（3）根据直线与两个曲线相交，通过夹逼出的取值范围，再结合向量相加为零转化出的条件，得到之间的关系，从而利用是整数，对结果进行取舍即可.

【详解】（1）对椭圆，因为，

故其焦点为，椭圆的长轴长为.

设双曲线方程为，

由题可知：，解得.

故双曲线的方程为：.

（2）因为直线AB的斜率显然不为零，

故设直线方程为，联立椭圆方程

可得

设交点，

则

则

又

故

令，解得

故

当且仅当时，即时，取得最大值.

故的面积的最大值为.

（3）联立直线与椭圆方程

可得

整理得①

设直线与椭圆的交点为

故可得②

同理：联立直线与双曲线方程

可得

整理得③

设直线与双曲线的交点为

故可得④

要使得

即可得

故可得

将②④代入可得

解得.

综上所述，要满足题意，只需使得：

故当时，可以取得满足题意；

即直线方程可以为

当时，可以取满足题意.

即直线方程可以为

故存在这样的直线有9条，能够使得.

【点睛】本题考查椭圆方程和双曲线方程，涉及椭圆中三角形面积的最大值，以及圆锥曲线中的直线的存在性问题，属综合性困难题；其中解决第三问的关键是要把握住“整数”这一个关键词，同时也要对向量进行合理的转化.