1、上海市上海交通大学附属中学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一、填空题1.复数满足，则_.【答案】【解析】【分析】求出复数，然后找出其虚部即可.【详解】因为，故故.故答案为：.【点睛】本题考查复数的化简，以及虚部的辨识，属于基础题.2.抛物线的焦点坐标是_【答案】【解析】【分析】将抛物线方程转化为标准形式，由此求得抛物线的焦点坐标.【详解】由得，所以抛物线的焦点在轴上，且，所以抛物线的焦点坐标为.故答案为：【点睛】本小题主要考查抛物线焦点坐标的求法，属于基础题.3.若（为虚数单位，）且，则的值为_.【答案】【解析】【分析】由行列式的计算可得复数，再根据即可求出参数.【详
2、解】因为，故，则故整理得分解因式可得对，因，故无实数根.故此方程只有一个实数根，解得.故答案为：1.【点睛】本题考查复数的计算，涉及行列式的计算，以及三次方方程的求解，属基础题.4.直线（参数）的倾斜角为_.【答案】【解析】【分析】代入消参，将参数方程化为普通方程，再根据斜率求得倾斜角.【详解】由可得，代入，可得整理得：直线的一般式方程为则直线的斜率为，设其倾斜角为，故.故答案为：.【点睛】本题考查将直线的参数方程化为普通方程，以及由直线斜率求解倾斜角，属基础题.5.若方程表示的曲线为双曲线，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】根据双曲线方程的特点，列出不等式，求解即可.【详解】因为
3、方程表示双曲线故，即解得.故答案为：【点睛】本题考查由方程表示双曲线求参数的范围，属基础题；重点是要把握双曲线方程的特点.6.若双曲线的渐近线方程为，且过点，则双曲线的方程是_.【答案】【解析】【分析】根据渐近线方程，结合过点的坐标，分析出双曲线的焦点位置，设出方程，待定系数即可.【详解】因为双曲线的渐近线为，且过点不难判断，点在直线的上方，故该双曲线的焦点在轴上.设双曲线方程为，则，解得，则双曲线的方程为.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线方程的求解，属基础题，本题的重点是要根据双曲线过的点，判断焦点位置.7.点为直线上的动点，点为圆上的动点，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】先判断直
4、线与圆的位置关系，再计算圆心到直线的距离，减去半径，即为所求.【详解】由圆的方程，可得圆心为.因为圆心到直线的距离，故直线与圆相离，则.故答案为：2.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，以及直线上一点到圆上一点距离的最小值，属基础题.8.已知是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，且，若的面积为，则_.【答案】【解析】【分析】根据椭圆中焦点三角形的面积公式，代值计算即可求得.【详解】因为，故；由椭圆中焦点三角形的面积公式可得即，解得故答案为：2.【点睛】本题考查椭圆焦点三角形的面积公式，属基础题.9.已知,若直线=与直线=互相垂直,则的最大值等于_.【答案】【解析】【分析】根据题意,由直线垂直的判断
5、方法可得=,变形可得=,进而结合基本不等式的性质分析可得答案.【详解】根据题意,若直线=与直线=互相垂直,则有=,变形可得=,则,当且仅当=时,等号成立;即的最大值为,故答案为：【点睛】本题考查了两直线垂直系数之间的关系、基本不等式求最值，在应用基本不等式时注意等号成立的条件，属于基础题.10.已知曲线上一动点，曲线与直线交于点，则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】先计算出交点的坐标，设出点的参数形式，利用向量的数量积运算，将其表示为关于的函数，再求函数的最大值即可.【详解】因为曲线与直线交于点，故令，又因为，解得，故可得，则点的坐标为.设点，则 ，其中又因为，故，则故 .故答案为：.【点
6、睛】本题考查椭圆的参数方程，以及参数方程的应用，属综合基础题.11.在平面直角坐标系xOy中，设定点A(a，a)，P是函数y (x0)图象上一动点若点P，A之间的最短距离为2，则满足条件的实数a的所有值为_【答案】1或【解析】试题分析：设点，则令令（1）当时，时取得最小值，解得（2）当时，在区间上单调递增，所以当时，取得最小值，解得综上可知：或所以答案应填：-1或.考点：1、两点间的距离公式；2、基本不等式；3、一元二次函数的性质.12.如图，已知椭圆和圆，设点为椭圆上的任一点，过作圆的两条切线，分别交于椭圆于两点，若直线与圆相切，则_.【答案】【解析】【分析】根据一般的结论，取特殊的点，结合
7、点在椭圆上，以及圆心到直线的距离等于半径，联立方程组，即可求得结果.【详解】因为为椭圆上任意一点，都满足题意，故设点坐标为，设.则点满足椭圆方程，即可得直线方程为因为该直线与圆相切，故由圆心到直线的距离公式可得联立，消去可得：故解得或因为当时，圆的半径大于椭圆的长轴，不合题意，故.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆与圆的关系，本题采用了从一般到特殊的方法，是解决选择和填空题重要的手段.二、选择题13.设为非零复数，则“”是“”的（ ）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件【答案】B【解析】【分析】设出复数，对”进行等价转化，再从充分性和必要性进行推证即可
8、.【详解】设不能同时为0，则=又，等价于，即若，则，解得或，不一定满足，故充分性不成立；若，即，则一定有，即，故必要性成立.综上是的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查命题的充分条件和必要条件，涉及复数的运算，属综合基础题.14.如图，与复平面中的阴影部分（含边界）对应的复数集合（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由图可得复数的模长以及虚部的大小情况，据此进行选择.【详解】由图可知，满足条件的复数在单位圆内（含边界），故；又复数对应点的纵坐标大于等于，故其虚部大于等于.综上所述，阴影部分（含边界）对应的复数集合为.故选：D.【点睛】本题考查复数在复平面内的对应情况，
9、属基础题.15.过抛物线的焦点作一条直线与抛物线相交于两点，它们的横坐标之和等于，则这样的直线（ ）A. 有且仅有一条B. 有且仅有两条C. 有无穷多条D. 不存在【答案】A【解析】【分析】分别讨论直线斜率存在和不存在的情况，根据是否能够满足横坐标之和为2进行判断.【详解】根据题意，抛物线的焦点坐标为.若直线的斜率不存在，则两点关于焦点对称，故满足；若直线的斜率不存在，设直线方程为联立抛物线方程，可得设，故，不可能等于2，故此时不存在满足题意的直线.综上所述，满足题意的直线只有1条.故选：A.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，属基础题.16.曲线，要使直线与曲线有四个不同交点，则实数的取
10、值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先对曲线进行转化，再画出曲线的图像，数形结合解决问题.【详解】对方程：等价于当时，或故画出该曲线对应的图像如下所示：如图实线所示即为该方程表示的曲线，直线即为满足题意的直线；不妨联立方程与解得，即可得，由图容易知当或时，直线与曲线有4个交点.故选：C.【点睛】本题考查曲线与方程的认知，涉及双曲线方程和圆方程，属基础题.三、解答题17.已知实系数一元二次方程的一根为（为虚数单位），另一根为复数.（1）求复数，以及实数的值；（2）设复数的一个平方根为，记在复平面上对应点分别为，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将代入方
11、程，根据复数相等，即可得到参数的值，以及复数；（2）求出平方根，再求出对应的点的坐标，利用向量的坐标运算即可求解.【详解】（1）因为是方程的一个根，故整理得故可得，即故原方程等价于故方程的另一个根综上所述：.（2）设，则即可得解得或不妨取（另一解也有相同的结果），则故则.故.【点睛】本题考查复数的综合知识，涉及复数相等的转换，复数在复平面内对应的点的坐标，属综合基础题.18.如图，某野生保护区监测中心设置在点处，正西、正东、正北处有三个监测点，且，一名野生动物观察员在保护区遇险，发出求救信号，三个监测点均收到求救信号，点接收到信号的时间比点接收到信号的时间早秒（注：信号每秒传播千米）.（1）以
12、为原点，直线为轴建立平面直角坐标系（如题），根据题设条件求观察员所有可能出现的位置的轨迹方程；（2）若已知点与点接收到信号的时间相同，求观察员遇险地点坐标，以及与检测中心的距离；（3）若点监测点信号失灵，现立即以监测点为圆心进行“圆形”红外扫描，为保证有救援希望，扫描半径至少是多少公里？【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意，其轨迹满足双曲线的定义，故直接写出方程即可；（2）垂直平分线与双曲线的交点，即为所求点；（3）根据两点之间的距离公式，将问题转化为求二次函数的最小值即可.【详解】（1）设观察员可能出现的位置的所在点为因为点接收到信号的时间比点接收到信号的时间早秒故故点的
13、坐标满足双曲线的定义，设双曲线方程为由题可知，解得，故点的轨迹方程为.（2）因为，设的垂直平分线方程为则，则的垂直平分线方程为联立可得，故故观察员遇险地点坐标为与检测中心的距离为.（3）设轨迹上一点为，则又因为，可得代入可得：当且仅当时，取得最小值.故扫描半径至少是.【点睛】本题考查根据双曲线定义写出双曲线的方程，以及求双曲线上一点到一个定点距离的最小值，属双曲线方程的综合应用题.19.已知椭圆，过点的直线与椭圆交于两点（点在点的右侧），与轴交于点；（1）当且时，求点的坐标；（2）当时，设，求证：为定值，并求出该值.【答案】（1）（2）证明见详解；定值为【解析】【分析】（1）根据条件，联立直线
14、和椭圆方程，解方程组即可求得交点坐标；（2）联立直线与椭圆方程，将的结果用韦达定理进行处理，即可得到结果.【详解】（1）当且时，联立直线与椭圆方程可得，因为点在点的右侧，故解得代入直线方程可得故两点的坐标分别为.（2）当时，椭圆方程为联立直线方程，可得设则对直线方程，令，解得故点的坐标为.因为即可得，则，故为定值，定值是3.【点睛】本题考查直线与椭圆交点坐标的求解，以及椭圆中的定值问题，关键是对韦达定理的熟练应用，属基础题.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
15、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，【解析】【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，
16、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 当过两点的直线斜率存在，则设其方程为：整理得，将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
17、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，指出这样直线有多少条？若不存在，请说明理由.【答案】（1） （2） （3）存在，【解析】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
18、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 设直线与椭圆的交点为故可得 同理：联立直线与双曲线方程可得整理得 设直线与双曲线的交点为故可得 要使得即可得故可得将代入可得解得.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.
