2022-2023学年上海市南汇中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年上海市南汇中学高二下学期期中数学试题

一、填空题

1．直线的倾斜角为_________．

【答案】

【分析】求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角

【详解】，则，斜率为

则，解得

故答案为

【点睛】本题主要考查了直线的倾斜角，解题的关键是求出直线的斜率，属于基础题

2．抛物线的准线方程为______．

【答案】/x=0.25

【分析】利用抛物线的方程和准线的关系可求答案.

【详解】因为抛物线，所以其焦点坐标为，

所以准线方程为.

故答案为：.

3．双曲线的焦距为______.

【答案】

【分析】根据双曲线的方程，可直接得出焦距.

【详解】双曲线的焦距为.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查求双曲线的焦距，熟记双曲线的简单性质即可，属于基础题型.

4．椭圆的离心率为________.

【答案】

【分析】依题意求出、，即可求出离心率.

【详解】解：依题意、，所以，，故离心率.

故答案为：

5．函数在区间上的平均变化率等于______．

【答案】6

【分析】由平均变化率的定义计算．

【详解】所求平均变化率为．

故答案为：6．

6．两直线，的夹角的大小为______．（用反三角函数形式表示）

【答案】

【分析】两直线的夹角的可由两直线的倾斜角表示，根据倾斜角和斜率的关系，用两角差的正切公式可得.

【详解】    

如图，设的倾斜角为，则，

设的倾斜角为，

两直线，的夹角为，则，

因

故

故答案为：

7．若直线l经过点，且与圆相切，则直线l的方程是___________.

【答案】

【分析】分析可得点在圆上，故直接根据过圆心与切点的直线与直线l垂直即可求得直线l的斜率，进而求得方程

【详解】因为，故点在圆上，又圆心到的斜率为，

故直线l的斜率，故直线l的方程是，化简可得

故答案为：

8．设P是椭圆上任意一点，F为C的右焦点，的最小值为，则椭圆C的长轴长为______．

【答案】

【分析】的最小值为，即，解得答案.

【详解】的最小值为，即，解得，长轴长为.

故答案为：

9．已知，为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线C上，，则______．

【答案】/

【分析】根据双曲线的性质计算得到，，，再利用余弦定理计算得到答案.

【详解】，，则，，，

.

故答案为：.

10．已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A，B两点，，P为C的准线上一点，则的面积为______．

【答案】25

【分析】利用抛物线的性质，结合三角形面积公式即可解决本题.

【详解】设抛物线的焦点到准线的距离为，则由题意，是抛物线的通径，，所以.

从而P到直线l的距离也是5，所以的面积为.

故答案为：25

11．在平面直角坐标系中，已知直线上存在点P，过点P作圆的切线，切点分别为，且，则实数k的取值范围为________.

【答案】

【分析】采用数形结合，取的中点，根据，可计算，然后根据圆的切线性质得到可得，最后利用点到直线的距离不大于，可得结果.

【详解】取的中点,如图所示：

根据圆的切线性质：，所以可得，所以，

由，

所以

由

所以，则

点到直线的距离为

则或

所以

故答案为：

【点睛】本题考查直线与圆的应用，本题难点在于计算以及利用关系，审清题意，考查分析能力以及逻辑推理能能力，属难题.

12．2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）近似“伯努利双纽线”，在平面直角坐标系中，到两定点，的距离之积等于的点的轨迹C就是一条伯努利双纽线．已知点是双纽线C上的一点，下列说法中正确的序号是______．

①双纽线C关于x轴、y轴对称；    

②双纽线C上满足的点P有两个；

③；                

④的最大值为．

【答案】①③④.

【分析】①利用对称性可判断，②通过解方程可得，③利用三角形面积建立方程进行求解即可，④利用向量长度和数量积关系及余弦定理进行转化求解即得.

【详解】设为双纽线C上任一点，则，

即.

对于①，用替换方程中，得，

则双纽线C于轴对称.

用替换方程中，得，

则双纽线C关于轴对称，故①正确.

对于②，若，则在轴上，故.此时，

得，即方程只有一解，则满足条件的点只有一个，故②错误.

对于③，由②可得可以为；

当时，三角形的面积为，

即，得；

综上可得，故③正确.

对于④，因为，

所以，

由余弦定理得，

即，

可得，

则，

所以，即的最大值为，故④正确.

故答案为：①③④.

【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是把的长度进行转化，利用向量运算结合数量积的公式，及二次函数的最值求解.

二、单选题

13．已知两条直线与不重合，则“与的斜率相等”是“与的平行”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

【解析】“与的平行”则有“与的斜率相等”或“与的斜率均不存在”两种情况，再判断即可得解.

【详解】解：因为两条直线与不重合，由“与的斜率相等”可得“与的平行”；

由“与的平行”则可得“与的斜率相等”或“与的斜率均不存在”，

即“与的斜率相等”是“与的平行”的充分不必要条件，

故选：A.

【点睛】本题考查了两直线平行的充分必要条件，重点考查了直线的斜率，属基础题.

14．圆与圆的位置关系是（    ）

A．相离 B．外切 C．相交 D．内切

【答案】C

【分析】将两圆方程写成标准式，计算出两圆圆心距，利用几何法可判断出两圆的位置关系.

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，

圆的标准方程为，圆心为，半径为，

两圆圆心距为，所以，，

因此，两圆相交.

故选：C.

15．直线与曲线的公共点的个数是（    ）．

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】考虑和两种情况，画出曲线和直线图像，根据图像得到答案.

【详解】当时，曲线，即，双曲线右半部分；

一条渐近线方程为：，直线与渐近线平行；

当时，曲线，即，椭圆的左半部分；

画出曲线和直线的图像，如图所示：

根据图像知有个公共点.

故选：B

16．已知定圆，点A是圆M所在平面内一定点，点P是圆M上的动点，若线段的中垂线交直线于点Q，则点Q的轨迹可能是：①椭圆；②双曲线；③抛物线；④圆；⑤直线；⑥一个点．其中所有可能的结果有（    ）．

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】首先分四种情况,点在圆内,圆上,圆外,以及点与点重合,四种情况讨论点的轨迹.

【详解】当点在圆内且不与点M重合,

则点的轨迹是以为焦点的椭圆，

当点在圆上时, 由于, 线段的中垂线交直线于,点的轨迹为一个点，

点在圆外时,，.则点的轨迹是以为焦点的双曲线，

当点与重合时,为半径的中点,点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆,所以其中正确的命题序号为①②④⑥共4个.

故选：C.

【点睛】动点轨迹问题的关键是情况分类.

三、解答题

17．已知直线和的交点为P，求以点P为圆心，且与直线相交所得弦长为12的圆的标准方程．

【答案】

【分析】联立两直线方程，可以求出交点坐标，根据点到直线距离公式和圆的弦长公式，以及圆的标准方程即可求解.

【详解】联立，解得，

所以P坐标为，

圆心到直线的距离为，

半径为.

圆的标准方程为：.

故圆的标准方程为：.

18．如图，弯曲的河流是近似的抛物线C，公路l恰好是C的准线，C上的点O到l的距离最近，且为0.4km，城镇P位于点O的北偏东30°处，，现要在河岸边的某处修建一座码头，并修建两条公路，一条连接城镇，一条垂直连接公路l，以便建立水陆交通网．

(1)建立适当的坐标系，求抛物线C的方程；

(2)为了降低修路成本，必须使修建的两条公路总长最小，请给出修建方案（作出图形，在图中标出此时码头Q的位置），并求公路总长的最小值（结果精确到0.001km）．

【答案】(1)

(2)作图见解析，．

【分析】（1）由抛物线的定义，O为坐标原点可建立平面坐标系，即可求抛物线C的方程

（2）由抛物线的定义，公路总长，即可求公路总长最小值

【详解】（1）如图，建立平面直角坐标系，由题意得，，则抛物线．

（2）如图，设抛物线C的焦点为F，则，

∵城镇P位于点O的北偏东30°处，，∴，

根据抛物线的定义知，公路总长．

当与Q重合时（Q为线段PF与抛物线C的交点），公路总长最小，最小值为．

19．已知点，依次为双曲线的左、右焦点，且，令．

(1)设此双曲线经过第一、三象限的渐近线为，若直线与直线垂直，求双曲线的离心率；

(2)若，以此双曲线的焦点为顶点，以此双曲线的顶点为焦点得到椭圆C，法向量为的直线与椭圆C交于两点M，N，且，求直线的一般式方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据垂直关系得到，确定，解得答案.

（2）确定椭圆方程为，设直线方程为，联立方程，得到根与系数的关系，再利用弦长公式计算得到答案.

【详解】（1）渐近线，，，则，

直线与直线垂直，则，即，即，

解得，（舍去负值）.

（2）直线的法向量为，设直线方程为，

设椭圆方程为，则，，，，

故椭圆方程为，联立方程，即，

，即，

设，，，

，解得.

故直线方程为或.

20．已知曲线C的方程是，其中，，直线l的方程是．

(1)请根据a的不同取值，判断曲线C是何种圆锥曲线；

(2)若直线l交曲线C于两点M，N，且线段中点的横坐标是，求a的值；

(3)若，试问曲线C上是否存在不同的两点A，B，使得A，B关于直线l对称，并说明理由．

【答案】(1)答案见解析

(2)

(3)不存在，理由见解析

【分析】（1）变换得到，考虑，两种情况，判断即可.

（2）设，，代入曲线方程，相减得到，确定的中点坐标，代入直线方程，解得答案.

（3）假设存在，设点代入曲线方程，利用点差法得到，再结合点在直线上得到中点坐标，得到直线方程，再联立得到方程无解，得到答案.

【详解】（1），即，

当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆；

当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线；

（2）设，，，

则，，

两式相减得到：，

即，故，

故的中点为，代入直线得到，

解得或（舍），故.

（3）假设存在，直线方程为，双曲线方程为，

设，，中点为，则，，

两式相减得到，

即，，又，

解得，.

此时直线方程为：，即，

，化简得到，方程无解，故不存在.

21．如图，已知半圆与x轴交于A，B两点，与y轴交于E点，半椭圆的上焦点为，并且是面积为的等边三角形，将满足的曲线记为“”．

(1)求实数、的值；

(2)直线与曲线交于M、N两点，在曲线上再取两点S、T（S、T分别在直线两侧），使得这四个点形成的四边形的面积最大，求此最大面积；

(3)设点，P是曲线上任意一点，求的最小值．

【答案】(1)，；

(2)；

(3)

【分析】（1）由题意列出关于的等式，联立求解即可；

（2）根据题意可判断出与直线平行的直线与半圆相切，与直线平行的直线与半椭圆相切时，四边形面积最大，设出方程，并与方程联立，利用求出方程，再计算出平行直线间的距离，代入面积公式计算即可；

（3）讨论时，，时，利用两点距离公式列出表达式，再根据的范围分类讨论和两种情况.

【详解】（1）设，由题意得，

故，所以，.

（2）由（1）得，.

设与直线平行的直线与半圆相切，切点为；

与直线平行的直线与半椭圆相切，切点为.

当点、恰好分别取、时，四边形面积最大.

由，得，故，.

设方程为，则由，得，

因为相切，所以，故，即方程为，

此时直线与直线的距离为；

又因为直线过半圆的圆心，直线与半圆相切，所以两平行直线，的距离为,

所以四边形面积的最大值为.

（3）当时，；

当时，设是半椭圆上的点，由得.

此时

若，则，在上单调递减，在上单调递增，

故当时,；

若，则，在上单调递减，

故当时，；

综上所述.

【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是四边形面积的求解，分割为两个三角形的面积和；二是的最小值求解，借助二次函数的最值进行求解.