1、上海市复旦大学附属中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题（含解析）一、填空题1.已知向量与垂直，则实数_.【答案】【解析】【分析】根据向量垂直，得到数量积为0，列出方程求解，即可得出结果.【详解】因为向量与垂直，所以，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查由向量垂直求参数，熟记向量数量积的坐标表示即可，属于基础题型.2.若矩阵， ，则_.【答案】【解析】【分析】根据矩阵乘积的概念，可直接得出结果.【详解】因为， ，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查矩阵的乘积，熟记概念与运算法则即可，属于基础题型.3.行列式的元素的代数余子式的值为10，则的模为_.【答案】【解析】【分析】先由题意，结
2、合代数余子式的概念，得到，求出，再由向量模的计算公式，即可得出结果.【详解】因为行列式元素的代数余子式的值为10，所以，解得，因此.故答案为：【点睛】本题主要考查求向量的模，熟记代数余子式的概念，以及向量模的坐标表示即可，属于常考题型.4.若是直线的一个法向量，则的倾斜角是_.【答案】【解析】【分析】先由题意求出直线斜率，再记的倾斜角为，进而可求出结果.【详解】因为是直线的一个法向量，所以直线的斜率为：，记的倾斜角为，则，则.故答案为：【点睛】本题主要考查由直线的法向量求直线倾斜角，熟记法向量的概念，以及斜率的定义即可，属于基础题型.5.关于、的二元线性方程组的增广矩阵经过变换，最后得到的矩阵
3、为，则_.【答案】【解析】【分析】先由题意得到是方程组的解，求出，进而可得出结果.【详解】因为关于、的二元线性方程组的增广矩阵经过变换，最后得到的矩阵为，所以是方程组的解，因此，解得，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查系数矩阵的逆矩阵解方程组，熟记线性方程组与矩阵之间关系即可，属于常考题型.6.若直线与直线平行，则的值为_.【答案】【解析】【分析】由直线平行，得到，求解，即可得出结果.【详解】因为直线与直线平行，所以有，即，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查由两直线平行求参数的问题，熟记两直线平行的充要条件即可，属于常考题型.7.直线与圆相切，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，这样的直线共有
4、_条.【答案】6【解析】【分析】先由题意得到圆心坐标与半径，根据在两坐标轴上截距的绝对值相等，分别讨论：截距相等（不为0），截距互为相反数，直线过原点，三种情况，根据直线与圆相切，列出等式，分别求解，即可得出结果.【详解】因为圆的圆心坐标为，半径由在两坐标轴上截距的绝对值相等，（1）若截距相等（不为0），可设，因为直线与圆相切，则有，解得，此时直线有两条；（2）若截距互为相反数，可设，则有，解得，此时直线有两条；（3）若直线过原点，可设：，则有，解得，此时直线有两条；综上，满足条件的直线共有6条.故答案为：6【点睛】本题主要考查判断圆的切线条数，熟记点到直线距离公式，会用几何法判断直线与圆位置
5、关系即可，属于常考题型.8.直线过点， 且被圆截得的弦长为8，则的方程为_.【答案】或【解析】【分析】先由题意得到圆心坐标与半径，根据弦长求出圆心到直线的距离；分别讨论直线斜率存在与不存在两种情况，结合点到直线距离公式，列出方程求解，即可得出结果.【详解】因为圆的圆心坐标为，半径，又直线被圆截得的弦长为8，所以圆心到直线的距离为：当直线斜率不存在时，由过点，得，满足题意；当直线斜率存在时，可设，即，所以有，即，解得，因此，即.故答案为：或【点睛】本题主要考查已知弦长求直线方程，熟记直线与圆的位置关系，以及点到直线距离公式即可，属于常考题型.9.在平面直角坐标系中，设点，点的坐标满足，则在上的投
6、影的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据不等式组画出可行域，可知；根据向量投影公式可知所求投影为，利用的范围可求得的范围，代入求得所求的结果.【详解】由不等式组可得可行域如下图阴影部分所示：由题意可知：，在上的投影为： 本题正确结果：【点睛】本题考查线性规划中的求解取值范围类问题，涉及到平面向量投影公式的应用；关键是能够根据可行域确定向量夹角的取值范围，从而利用三角函数知识来求解.10.如图，光线从 出发，经过直线反射到，该光线又在点被轴反射，若反射光线恰与直线平行，且，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先记经过点的入射光线与直线的交点为，由题意得到直线的斜率为：，与直线垂直的
7、直线斜率为：；设直线斜率为，由到角公式求出，再由直线与直线联立求出点坐标，表示出，求出关系，进而可得出结果.【详解】记经过点的入射光线与直线的交点为，由题意可得：直线的斜率为：， 与直线垂直的直线斜率为：；设直线斜率为，由到角公式可得：，即，解得，又直线的方程为：，由解得，因此，解得，又，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查直线的应用，熟记直线方程，以及直线的斜率公式即可，属于常考题型.11.当实数、满足时，的取值与、均无关，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先由题意，设、，得到，再由的取值与、均无关得到，求解，即可得出结果.【详解】因为实数、满足，可设、，则，其中，所以，因为的取
8、值与、均无关，所以只需，即，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查圆的参数方程的应用，熟记圆的参数方程即可，属于常考题型.12.已知，若在曲线上恰有4个不同的点，使，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先由得，设，得到，进而得到，令，由题意得到，函数与只需有两个交点，结合函数图像，即可得出结果.【详解】由得，解得；因为点在曲线上，可设，又，则，所以，令，因为在曲线上恰有4个不同的点，使，则函数与只需有两个交点；作出函数大致图像如下：由图像可得：或.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量与曲线方程的综合，利用转化与化归思想，先将问题转化为函数图像交点问题，熟记向量数量积的坐标运算，二次函数的
9、图像与性质，以及数形结合的思想即可，属于常考题型.二、选择题13.设是两个非零向量，则下列命题为真命题的是A. 若B. 若C. 若，则存在实数，使得D. 若存在实数，使得，则【答案】C【解析】试题分析：对于A若，则，得，则不成立，所以A不正确对于B，由A解析可知，所以B不正确对于C，则，得，则，则与反向，因此 存在实数，使得，所以C正确对于D，若存在实数,使得，则，由于不能等于0，因此，则，所以D不正确故选C考点：平面向量的综合题14.设，点均非原点，则“能表示成和的线性组合”是“方程组有唯一解”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】B
10、【解析】【分析】根据向量坐标公式，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】解：若能表示成和的线性组合，则，即，即，则方程有解即可，不一定是唯一解，若有唯一解，则，即能表示成和的线性组合，即必要性成立，则“能表示成和的线性组合”是“方程组有唯一解”的必要不充分条件，故选：B.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合平面向量基本定理进行判断是解决本题的关键15.已知点与点在直线的两侧，给出以下结论： ； 当时，有最小值，无最大值； ； 当且时，的取值范围是；正确的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】先由题意得到，推出，根据题意，作出不等式所表示的
11、平面区域，分别由，的几何意义，结合图像，即可得出结果.【详解】因为点与点在直线的两侧，所以，即，故错误；当时，表示的平面区域如下：令，则，显然表示直线在轴截距的倍，截距越大，越大；由图像可得，无最大值和最小值；故错误.设坐标原点到直线的距离为，则，又表示对应的平面区域内的点与原点距离的平方，因此；故正确；因为表示对应平面区域内的点与定点连线斜率，作出对应的平面区域如下：由图像可得：或，即的取值范围是，故正确.故选：B【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，会分析目标函数所表示的几何意义，作出不等式所表示平面区域，即可求解，属于常考题型.16.已知、为平面上的两个定点，且，该平面上的动线段的端点
12、、，满足，则动线段所形成图形的面积为（ ）A. 36B. 60C. 72D. 108【答案】B【解析】【分析】先由题意，以为坐标原点，以所在直线为轴，以的垂线为轴，建立平面直角坐标系，得到，设，根据向量数量积的运算，得到动点的轨迹，求出扫过的三角形的面积；再推出动点轨迹，求出扫过的三角形的面积，进而可求出结果.【详解】根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，所以，由得；又，所以，即，所以，解得；因此，动点在直线且上，即，则扫过的三角形的面积为：；设点，因为，所以，所以，因此，动点直线且上，所以，则扫过的三角形的面积为：；所以动线段所形成图形的面积为.故选：B【点睛】本题主要考查平面向量
13、的数量积运算，以及轨迹问题，熟记向量数量积的坐标表示，以及向量模的计算公式即可，属于常考题型.三、解答题17.已知的三个顶点、.（1）求边所在直线的点方向式方程；（2）边上中线的方程为，且，求点的坐标.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）根据题意求出直线的方向向量，进而可求出结果；（2）先由（1）得到直线的一般式方程，根据题意求出中线的方程，根据三角形面积求出三角形的高为：，结合点到直线距离公式，以及直线的方程，即可求出结果.【详解】（1）因为、，所以边所在直线的方向向量为：，因此，边所在直线的点方向式方程为：；（2）由（1）得，直线的一般式方程为：；因为点为、的中点，则，由中线方
14、程为，所以，因此又，所以三角形高为：，即点到直线的距离为：，所以或，由得；由得，即点的坐标为或.【点睛】本题主要考查求直线的方程，以及由直线方程求点的坐标问题，熟记直线方程的几种形式，以及两直线交点坐标的求法即可，属于常考题型.18.已知（1）求向量与的夹角；（2）若，且，求及.【答案】(1) .(2) ,.【解析】分析：（1）要求向量与的夹角，根据夹角公式应先求。由已知可求得。 将展开变形可得。进而可得根据夹角的范围可求得。（2）已知向量与的模及夹角，故将代入，可得。进而解得。进而可得。所以展开可得进而可得。详解：（1）因为，所以。因为，所以所以因为，所以。（2）因为，且，所以,解得。所以，
15、所以 所以点睛：本题考查向量的夹角、数量积、模等知识。 求向量的夹角的方法：。求向量的模： 19.某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按某方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，若点在矩形区城内(包含边界)，则挑战成功，否则挑战失败，已知米，为中点，机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍，比赛中两机器人均按匀速直线远动方式行进.（1）如图建系，求的轨迹方程；（2）记与的夹角为，如何设计的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使之挑战成功？（3）若与的夹角为，足够长，则如何设置机器人乙的释放角度，才能挑战成功？
16、【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）先设（），由题意得到，列出等量关系，化简整理，即可得出结果；（2）由（1）的结果，得到点的轨迹是以为圆心，以为半径的上半圆在矩形区域内的部分，进而可得出结果；（3）根据题意得到，根据正弦定理求出，进而可求出结果.【详解】（1）设（），由题意可得：，又机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍，比赛中两机器人均按匀速直线远动方式行进，所以，即，整理得：（）；（2）由（1）知，点的轨迹是以为圆心，以为半径的上半圆在矩形区域内的部分，所以当时，就能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使之挑战成功；（3）由题意，在中，由正弦定理得：，所以
17、，因此，即应在矩形区域内，按照与方向夹角为的方向释放机器人乙，才能挑战成功.【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系，以及三角形中的几何计算，熟记正弦定理，以及轨迹方程的求法即可，属于常考题型.20.如图，已知直线和直线，射线的一个法向量为，点为坐标原点，点、分别是直线、上的动点，直线和之间的距离为2，于点，于点；（1）若，求的值；（2）若，求的最大值；（3）若，求的最小值.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）先由得到射线的方程为：，根据点到直线距离公式求出，由勾股定理求出，进而可求出结果；（2）根据题意，得到，设、，得到，由，结合柯西不等式得到，进而可求出结果；（3）先由题意，
18、作出点关于直线的对称点，得到，设，得到，进而可求出结果.【详解】（1）因为，所以，所以射线的方程为：；所以，所以；又直线，所以，所以，因此；（2）因为，直线和之间的距离为2，所以，即；设、，因为，则，所以，又，所以，因为，所以，故的最大值为；（3）因为，所以，如图所示：作出点关于直线的对称点，则，设，所以，同理，可由对称性得：当且仅当时，取得最小值，因此的最小值为.【点睛】本题主要考查向量在平面几何中的应用，以及直线的综合应用，熟记向量数量积运算，模的计算公式，柯西不等式，点到直线距离公式等即可，属于常考题型，难度较大.21.已知平面上的线段及点，任取上一点，线段长度的最小值称为点到线段的距离
19、，记作.（1）求点到线段的距离；（2）设是长为的线段，求点的集合所表示的图形的面积为多少？（3）求到两条线段、距离相等的点的集合，并在直角坐标系中作出相应的轨迹.其中，.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）设是线段上一点，表示出，根据二次函数性质，即可求出结果；（2）因为表示在线段上时，线段长度的最大值不超过1，由此得到点集所表示的图形是一个正方形和两个半圆组成，进而可求出其面积；（3）根据题意，得到两直线方程，确定直线之间关系，进而可得出结果.【详解】（1）设是线段上一点，则，因此，当时，；（2）由题意，设的端点为，以所在直线为轴，以垂直平分线所在直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系，则，则点的集合由如下曲线围成：；，其面积为：；（3）因为，所以；因为到两条线段、距离相等的点的集合，根据两条直的方程可知，两条直线间的关系是平行，所以得到两条线段距离相等的点是轴非负半轴，抛物线，直线，如图所示：【点睛】本题主要考查直线方程的应用，直线与直线位置关系，熟记直线的方程，直线与直线位置关系，以及二次函数性质即可，属于常考题型.