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四川省成都市锦江区盐道街中学2020-2021学年高二上学期期中考试数学试卷 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:191698 上传时间:2024-05-26 格式:DOC 页数:15 大小:932.50KB
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资源描述

1、2020-2021学年四川省成都市锦江区盐道街中学高二(上)期中数学试卷一、单选题(共12小题).1抛物线x24y的焦点坐标为()A(1,0)B(1,0)C(0,1)D(0,1)2已知命题p:xR,x2+22x,则它的否定是()AxR,x2+22xBx0R x02+22x0Cx0R X02+22x0DxR x2+22x3已知条件p:x29,条件q:x3,则p是q的()A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分又不必要4直线3x+4y30与直线6x+my+140平行,则它们的距离为()AB2CD85已知圆C:x2+y26x+80,由直线yx1上一点向圆引切线,则切线长的最小值为()A1

2、B2CD6已知抛物线的顶点为原点,焦点在y轴上,抛物线上点M(m,2)到焦点的距离为4,则m的值为()A4B4C4或4D2或27已知ABC的周长为20,且顶点B(0,4),C(0,4),则顶点A的轨迹方程是()A(x0)B(x0)C(x0)D(x0)8数学家欧拉1765年在其所著的三角形几何学一书中提出:任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上,后人称这条直线为欧拉线已知ABC的顶点A(2,0),B(0,4),若其欧拉线的方程为xy+20,则顶点C的坐标是()A(4,0)B(0,4)C(4,0)D(4,0)或(4,0)9若双曲线C:1(a0,b0)的一条渐近线被圆(x2)2+y24所截得的弦

3、长为2,则C的离心率为()A2BCD10已知椭圆E:+1(ab0)的右焦点为F,短轴的一个端点为M,直线l:3x4y0交椭圆E于A,B两点,若|AF|+|BF|4,点M到直线l的距离不小于,则椭圆E的离心率的取值范围是()A(0,B(0,C,1)D,1)11已知P为双曲线C:(a0,b0)上一点,F1,F2为双曲线C的左、右焦点,若|PF1|F1F2|,且直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切,则C的渐近线方程为()ABCD12已知F1,F2是椭圆与双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且|PF1|PF2|,线段PF1的垂直平分线过F2,若椭圆的离心率为e1,双曲线的离心率为e2,则的最小值为

4、()AB3C6D二、填空题13若直线ax+2y+10与直线x+(a1)y+a0互相垂直,则a 14若双曲线C:(a0,b0)的离心率为,则的值为 15已知椭圆的方程为,F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,A点的坐标为(2,1),P为椭圆上一点,则|PA|+|PF2|的最大值是 16已知椭圆上存在相异两点关于直线yx+t对称,则实数t的取值范围是 三、解答题17在ABC中,BC边上的高所在的直线的方程为x2y+10,A的平分线所在直线的方程为y0,若点B的坐标为(1,2)(1)求点A的坐标;(2)求直线BC的方程;(3)求点C的坐标18已知p:方程x2mx+10有实数解,q:x22x+m0对任意x

5、R恒成立,若命题pq真、p真,求实数m的取值范围19过原点O的圆C,与x轴相交于点A(4,0),与y轴相交于点B(0,2)(1)求圆C的标准方程;(2)直线l过B点与圆C相切,求直线l的方程,并化为一般式20已知抛物线y22px(p0)的准线方程为x1()求p的值;()直线l:yx1交抛物线于A、B两点,求弦长|AB|21设椭圆的左焦点为F1,离心率为,过点F1且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为(1)求椭圆的方程;(2)设P(1,1),过P的直线l交椭圆于A,B两点,当P为AB中点时,求直线l的方程22已知椭圆C:1(ab0)的左、右顶点分别为A1,A2,左、右焦点分别为F1,F2,离心率

6、为,点B(4,0),F2为线段A1B的中点()求椭圆C的方程;()若过点B且斜率不为0的直线l与椭圆C的交于M,N两点,已知直线A1M与A2N相交于点G,试判断点G是否在定直线上?若是,请求出定直线的方程;若不是,请说明理由参考答案一、单选题1抛物线x24y的焦点坐标为()A(1,0)B(1,0)C(0,1)D(0,1)解:因为抛物线x24y,所以p2,所以抛物线x24y的焦点坐标为(0,1)故选:D2已知命题p:xR,x2+22x,则它的否定是()AxR,x2+22xBx0R x02+22x0Cx0R X02+22x0DxR x2+22x解:命题p是全称命题,根据全称命题的否定是特称命题可知

7、,命题的否定是:x0R x02+22x0,故选:B3已知条件p:x29,条件q:x3,则p是q的()A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分又不必要解:x29x3,或x3p是q的必要不充分条件,故选:C4直线3x+4y30与直线6x+my+140平行,则它们的距离为()AB2CD8解:直线3x+4y30与直线6x+my+140平行,解得m8直线6x+8y+140化为:3x+4y+70它们的距离2故选:B5已知圆C:x2+y26x+80,由直线yx1上一点向圆引切线,则切线长的最小值为()A1B2CD解:由圆C:x2+y26x+80,得(x3)2+y21圆C的圆心坐标为(3,0),半

8、径为1如图,圆心(3,0)到直线xy10的距离d,圆的半径为定值1由直线yx1上一点向圆引切线,则切线长的最小值为故选:A6已知抛物线的顶点为原点,焦点在y轴上,抛物线上点M(m,2)到焦点的距离为4,则m的值为()A4B4C4或4D2或2解:由题意设抛物线的方程为x22py,(p0),则可得准线方程为y,由抛物线的性质,抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离及题意可得:2+4,解得p4,所以抛物线的方程为:x28y,将M的坐标代入可得:m282,解得m4,故选:C7已知ABC的周长为20,且顶点B(0,4),C(0,4),则顶点A的轨迹方程是()A(x0)B(x0)C(x0)D(x0)解:

9、ABC的周长为20,顶点B (0,4),C (0,4),BC8,AB+AC20812,128点A到两个定点的距离之和等于定值,点A的轨迹是椭圆,a6,c4b220,椭圆的方程是故选:B8数学家欧拉1765年在其所著的三角形几何学一书中提出:任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上,后人称这条直线为欧拉线已知ABC的顶点A(2,0),B(0,4),若其欧拉线的方程为xy+20,则顶点C的坐标是()A(4,0)B(0,4)C(4,0)D(4,0)或(4,0)解:设C(m,n),由重心坐标公式得,三角形ABC的重心为(),代入欧拉线方程得:,整理得:mn+40 AB的中点为(1,2),AB的中垂线

10、方程为y2(x1),即x2y+30联立,解得ABC的外心为(1,1)则(m+1)2+(n1)232+1210,整理得:m2+n2+2m2n8 联立得:m4,n0或m0,n4当m0,n4时B,C重合,舍去顶点C的坐标是(4,0)故选:A9若双曲线C:1(a0,b0)的一条渐近线被圆(x2)2+y24所截得的弦长为2,则C的离心率为()A2BCD解:双曲线C:1(a0,b0)的一条渐近线不妨为:bx+ay0,圆(x2)2+y24的圆心(2,0),半径为:2,双曲线C:1(a0,b0)的一条渐近线被圆(x2)2+y24所截得的弦长为2,可得圆心到直线的距离为:,解得:,可得e24,即e2故选:A10

11、已知椭圆E:+1(ab0)的右焦点为F,短轴的一个端点为M,直线l:3x4y0交椭圆E于A,B两点,若|AF|+|BF|4,点M到直线l的距离不小于,则椭圆E的离心率的取值范围是()A(0,B(0,C,1)D,1)解:如图所示,设F为椭圆的左焦点,连接AF,BF,则四边形AFBF是平行四边形,4|AF|+|BF|AF|+|AF|2a,a2取M(0,b),点M到直线l的距离不小于,解得b1e椭圆E的离心率的取值范围是故选:A11已知P为双曲线C:(a0,b0)上一点,F1,F2为双曲线C的左、右焦点,若|PF1|F1F2|,且直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切,则C的渐近线方程为()ABCD解

12、:设直线PF2与圆x2+y2a2相切于点M,则|OM|a,OMPF2,取PF2的中点N,连接NF2,由于|PF1|F1F2|2c,则NF1PF2,|NP|NF2|,由|NF1|2|OM|2a,则|NP|2b,即有|PF2|4b,由双曲线的定义可得|PF2|PF1|2a,即4b2c2a,即2bc+a,4b24ab+a2b2+a2,4(ca)c+a,即3b4a,则则C的渐近线方程为:故选:A12已知F1,F2是椭圆与双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且|PF1|PF2|,线段PF1的垂直平分线过F2,若椭圆的离心率为e1,双曲线的离心率为e2,则的最小值为()AB3C6D解:由题意可知:F1

13、F2F2P2c,又F1P+F2P2a1,F1PF2P2a2,F1P+2c2a1,F1P2c2a2,两式相减,可得:a1a22c,4+2+,2+22,当且仅当时等号成立,的最小值为6,故选:C二、填空题13若直线ax+2y+10与直线x+(a1)y+a0互相垂直,则a解:直线ax+2y+10与直线x+(a1)y+a0垂直,a1+2(a1)0,解得a;故答案为:14若双曲线C:(a0,b0)的离心率为,则的值为3解:双曲线C:(a0,b0)的离心率为,可得e,可得a2+b210a2,可得3故答案为:315已知椭圆的方程为,F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,A点的坐标为(2,1),P为椭圆上一点,则

14、|PA|+|PF2|的最大值是 10+解:将A代入可得+1,所以可得A在椭圆内部,由椭圆的方程可得a225,所以可得2a10,b216,所以c2a2b225169,解得c3,所以左焦点F1(3,0),由椭圆的定义可得:|PF2|2a|PF1|,所以|PA|+|PF2|PA|+2a|PF1|2a+|AF1|10+10+|PA|+|PF2|最大值为10+,故答案为:10+16已知椭圆上存在相异两点关于直线yx+t对称,则实数t的取值范围是解:设椭圆存在关于直线yx+t对称的两点为A(x1,y1),B(x2,y2),根据对称性可知线段AB被直线yx+t直平分,且AB的中点M(x0,y0)在直线yx+

15、t上,且kAB1,故可设直线AB的方程为yx+b,联立直线AB与椭圆的方程,整理可得3x24bx+2b220,由16b212(2b22)0,可得,AB的中点在直线yx+t上,可得,所以故答案为:三、解答题17在ABC中,BC边上的高所在的直线的方程为x2y+10,A的平分线所在直线的方程为y0,若点B的坐标为(1,2)(1)求点A的坐标;(2)求直线BC的方程;(3)求点C的坐标解:(1)联立,解得,可得A(1,0)(2)kBC2直线BC的方程为:y22(x1),解得2x+y40(3)A的平分线所在直线的方程为y0,A(1,0),B(1,2),kACkAB1设C(a,b),则1,2,解得a5,

16、b6C(5,6)18已知p:方程x2mx+10有实数解,q:x22x+m0对任意xR恒成立,若命题pq真、p真,求实数m的取值范围解:根据题意,命题p:方程x2mx+10有实数解,则有m240,解得m2或m2命题q:x22x+m0对任意xR恒成立,则有44m0,解得m1若命题pq为真,p为真,则p为假,q为真必有,解得1m2实数m的取值范围是(1,2)19过原点O的圆C,与x轴相交于点A(4,0),与y轴相交于点B(0,2)(1)求圆C的标准方程;(2)直线l过B点与圆C相切,求直线l的方程,并化为一般式解:(1)设圆C的标准方程为:(xa)2+(yb)2r2,则分别代入原点和A(4,0),B

17、(0,2)得到,解得,则圆C的标准方程为:(x2)2+(y1)25;(2)由(1)得到圆心C为(2,1),半径r,由于直线l过B点与圆C相切,则设直线l:x0或ykx+2,当l:x0时,C到l的距离为2,不合题意,舍去;当l:ykx+2,由直线与圆相切,得到dr,即有,解得k2,故直线l:y2x+2,即为2xy+2020已知抛物线y22px(p0)的准线方程为x1()求p的值;()直线l:yx1交抛物线于A、B两点,求弦长|AB|解:()由抛物线y22px(p0)的准线方程为x1得,所以p2;()设A(x1,y1),B(x2,y2),由消去y,得x26x+10,则x1+x26,x1x21,所以

18、21设椭圆的左焦点为F1,离心率为,过点F1且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为(1)求椭圆的方程;(2)设P(1,1),过P的直线l交椭圆于A,B两点,当P为AB中点时,求直线l的方程解:(1)设F(c,0),由,知,椭圆方程为,将xc,代入椭圆方程,解得,于是,解得,又a2b2c2,从而,c1,所以椭圆方程为(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),所以有,作差得,又因为P为AB中点,所以x1+x22,y1+y22,l的方程为,即2x+3y5022已知椭圆C:1(ab0)的左、右顶点分别为A1,A2,左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,点B(4,0),F2为线段A1B的中点()求椭圆

19、C的方程;()若过点B且斜率不为0的直线l与椭圆C的交于M,N两点,已知直线A1M与A2N相交于点G,试判断点G是否在定直线上?若是,请求出定直线的方程;若不是,请说明理由解:()设点A1(a,0),F2(c,0),由题意可知:,即a42c又因为椭圆的离心率,即a2c联立方程可得:a2,c1,则b2a2c23所以椭圆C的方程为解:()解法一:根据椭圆的对称性猜测点G是与y轴平行的直线xx0上假设当点M为椭圆的上顶点时,直线l的方程为,此时点N,则联立直线和直线可得点据此猜想点G在直线x1上,下面对猜想给予证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),联立方程可得:(3+4k2)x232k2x+6

20、4k2120,0由韦达定理可得,(*)因为直线,联立两直线方程得(其中x为G点的横坐标)即证:,即3k(x14)(x22)k(x24)(x1+2),即证4x1x210(x1+x2)+160将(*)代入上式可得此式明显成立,原命题得证所以点G在定直线上x1上解法二:设M(x1,y1),N(x2,y2),G(x3,y3),x1,x2,x3两两不等,因为B,M,N三点共线,所以,整理得:2x1x25(x1+x2)+80又A1,M,G三点共线,有:又A2,N,G三点共线,有:,将与两式相除得:即,将2x1x25(x1+x2)+80即代入得:解得x34(舍去)或x31,所以点G在定直线x1上解法三:由题意知l与x轴不垂直,设l的方程为yk(x4),M(x1,y1),N(x2,y2)由得(3+4k2)x232k2x+64k2120,0设M(x1,y1),N(x2,y2),G(x3,y3),x1,x2,x3两两不等,则,由A1,M,G三点共线,有:由A2,N,G三点共线,有:与两式相除得:解得x34(舍去)或x31,所以点G在定直线x1上

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