2024-2025学年吉林省四平市高二（上）期中数学试卷（A卷）（含答案）

这是一份2024-2025学年吉林省四平市高二（上）期中数学试卷（A卷）（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.抛物线y=14x2的准线方程是( )
A. y=−1B. y=1C. x=−116D. x=116
2.已知曲线x22m−3+y2m−5=1表示双曲线，则实数m的取值范围是( )
A. (−∞,32)∪(5,+∞)B. (5,+∞)
C. (−∞,32)D. (32,5)
3.与直线2x+y=0垂直，且在x轴上的截距为−2的直线方程为( )
A. x−2y+2=0B. x−2y−2=0C. 2x−y+2=0D. 2x−y−2=0
4.已知焦点在x轴上的椭圆C：x24+y2b2=1(b>0)的短轴长为2，则其离心率为( )
A. 32B. 22C. 12D. 14
5.若圆O1：(x−3)2+(y−4)2=25和圆O2：(x+2)2+(y+8)2=r2(50)的焦点到渐近线的距离为4，则该双曲线的渐近线方程为______．
13.过点(2,4)作圆x2+y2=4的切线，则切线方程为______．
14.椭圆C：xxa2+y2b2=1(a>b>0)的四个顶点组成的四边形的面积为2 3，且C的离心率为 63，则C的长轴长为______；直线l：y=kx+2(k≠0)与C交于M，N两点，若以MN为直径的圆过点E(−1,0)，则k的值为______．
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.(本小题13分)
已知点P(−1,2)，求满足下列条件的直线l的一般方程．
(1)经过点P，且在y轴上的截距是x轴上截距的4倍；
(2)经过点P，且与坐标轴围成的三角形的面积为12．
16.(本小题15分)
已知圆C的方程为x2+y2−4x+6y−m=0．
(1)求实数m的取值范围；
(2)若圆C与直线l：x+y+3=0交于M，N两点，且|MN|=2 3，求m的值．
17.(本小题15分)
已知椭圆C：x2a2+y25=1(a> 5)的左、右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上的一点．
(1)若a=3，求PF1⋅PF2的取值范围；
(2)若∠F1PF2=120°，求△F1PF2的面积．
18.(本小题17分)
如图，已知抛物线M：y2=2px(p>0)与圆N：(x−3)2+y2=4交于A，B，C，D四点，直线AC与直线BD相交于点E．
(1)求p的取值范围；
(2)求点E的坐标．
19.(本小题17分)
已知等轴双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右顶点分别为A，B，且|AB|=2 2．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点(2,0)的直线l交双曲线C于D，E两点(不与A，B重合)，直线AD与直线BE的交点为P，证明：点P在定直线上，并求出该定直线的方程．
参考答案
1.A
2.D
3.A
4.A
5.C
6.B
7.C
8.D
9.ABD
10.AD
11.ACD
12. 2x±y=0
13.3x−4y+10=0或x=2
14.2 3 76
15.解：(1)若直线l经过原点，则方程为：y=2−1x=−2x，即2x+y=0．
若直线l不经过原点，可设方程为：xa+y4a=1，
把点P(−1,2)代入可得：−1a+24a=1，解得a=−12，方程为：−2x−y2=1，即4x+y+2=0．
综上可得直线l的一般方程为：2x+y=0，或4x+y+2=0．
(2)设直线l的方程为：xa+yb=1，把点P(−1,2)代入可得：−1a+2b=1，
又12|ab|=12，化为ab=±1，
联立−1a+2b=1ab=±1，
解得a=1b=1，a=−12b=−2
∴直线l的一般方程为：x+y−1=0，4x+y+2=0．
16.解：(1)方程x2+y2−4x+6y−m=0可化为(x−2)2+(y+3)2=13+m，
∵此方程表示圆，
∴13+m>0，即m>−13，即m∈(−13,+∞)．
(2)由(1)可得圆心C(2,−3)，半径r= m+13，
则圆心C(2,−3)到直线l：x+y+3=0的距离为d=|2−3+3| 12+12= 2，
由弦长公式|MN|=2 r2−d2及|MN|=2 3，得2 3=2 r2−( 2)2，解得r= 5，
∴r= m+13= 5，得m=−8．
17.解：(1)若a=3，则椭圆方程为x29+y25=1，则F1(−2,0)，F2(2,0)，
设P(x,y)，故PF1=(−2−x,−y),PF2=(2−x,−y)，
所以PF1⋅PF2=x2+y2−4，又x2=9−95y2，且0≤y2≤5，
则PF1⋅PF2=5−45y2∈[1,5]．
(2)由题设，S△F1PF2=12|PF1||PF2|sin∠F1PF2= 34|PF1||PF2|，
由|PF1|+|PF2|=2a，且cs∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|22|PF1||PF2|=−12，
所以(|PF1|+|PF2|)2−2|PF1||PF2|−|F1F2|22|PF1||PF2|=4a2−4(a2−5)2|PF1||PF2|−1=−12⇒|PF1||PF2|=20，
综上，S△F1PF2=5 3．
18.解：(1)圆N：(x−3)2+y2=4，化为x2+y2−6x+5=0，
将抛物线M的方程代入圆N的方程有x2+2px−6x+5=0，p>0，
由抛物线M与圆N相交有四个交点，必有Δ=(2p−6)2−20>0,6−2p>0,
解得00)的左，右顶点分别为A，B，且|AB|=2 2，
所以a=b，2a=2 2，
解得a=b= 2，
则双曲线C的方程为x22−y22=1．
(2)证明：由(1)知A(− 2,0)，B( 2,0)，
当直线DE的斜率存在时，
不妨设直线DE的方程为y=k(x−2)，D(x1,y1)，E(x2,y2)，
联立y=k(x−2)x22−y22=1，消去y并整理得(k2−1)x2−4k2x+4k2+2=0，
此时k≠±1，且Δ=16k4−4(k2−1)(4k2+2)=8k2+8>0，
由韦达定理得x1+x2=4k2k2−1，x1x2=4k2+2k2−1，
则直线AD的方程为y=y1x1+ 2(x+ 2)，直线BE的方程为y=y2x2− 2(x− 2)，
因为点P是直线AD与直线BE的交点，
所以y2x2− 2(x− 2)=y1x1+ 2(x+ 2)，
此时x− 2x+ 2=(x1−2)(x2− 2)(x2−2)(x1+ 2)=x1x2− 2x1−2x2+2 2x1x2−2x1+ 2x2−2 2=x1x2− 2(x1+x2)+2 2+( 2−2)x2x1x2−2(x1+x2)−2 2+( 2+2)x2
=4k2+2k2−1− 2×4k2k2−1+2 2+( 2−2)x24k2+2k2−1−2×4k2k2−1−2 2+( 2+2)x2=1− 21+ 2，
解得x=1；
当直线DE的斜率不存在时，直线DE的方程为x=2，
不妨设D(2, 2)，E(2,− 2)，
则直线AD的方程为y= 22+ 2(x+ 2)，直线BE的方程为y=− 22− 2(x− 2)，
因为点P是直线AD与直线BE的交点，
所以 22+ 2(x+ 2)=− 22− 2(x− 2)，
解得x=1；
综上，点P在定直线x=1上．
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