上海市上海交通大学附属中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题 Word版含解析 22页

www.ks5u.com ‎2019学年交大附中高二年级第一学期期末试卷 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】‎ - 22 -‎ 由行列式的计算可得复数，再根据即可求出参数.‎ ‎【详解】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】‎ - 22 -‎ ‎【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_________.‎ - 22 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断直线与圆的位置关系，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】‎ - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,由直线垂直的判断方法可得=,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，‎ - 22 -‎ 则 ‎ ，其中 又因为，故，则 故 .‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】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＝ (x>0)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 - 22 -‎ ‎，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①‎ - 22 -‎ 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②‎ 联立①②，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.‎ ‎【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；‎ - 22 -‎ 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，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（ ）‎ - 22 -‎ 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：‎ - 22 -‎ 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】‎ - 22 -‎ ‎（1）将代入方程，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 - 22 -‎ 秒（注：信号每秒传播千米）.‎ ‎（1）以为原点，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.‎ - 22 -‎ ‎（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，联立直线和椭圆方程，解方程组即可求得交点坐标；‎ - 22 -‎ ‎（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 ‎，‎ - 22 -‎ 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.‎ - 22 -‎ ‎（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，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 ①‎ 当过两点的直线斜率存在，则设其方程为：‎ 整理得，将①代入可得 故直线方程为 - 22 -‎ 故该直线恒过定点;‎ 当过两点的直线斜率不存在时，‎ ‎，代入①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，对结果进行取舍即可.‎ ‎【详解】（1）对椭圆，因为，‎ 故其焦点为，椭圆的长轴长为.‎ - 22 -‎ 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 - 22 -‎ 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 ①‎ 设直线与椭圆的交点为 故可得 ②‎ 同理：联立直线与双曲线方程 可得 整理得 ③‎ 设直线与双曲线的交点为 故可得 ④‎ 要使得 即可得 故可得 将②④代入可得 解得.‎ 综上所述，要满足题意，只需使得：‎ - 22 -‎ 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.‎ - 22 -‎ ‎ ‎ - 22 -‎