上海市嘉定区2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题

上海市嘉定区2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题

上海嘉定区2019-2020学年高二第一学期期末考试 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果：‎ ‎1.直线的倾斜角是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线的倾斜角为，，可得，解得即可得出．‎ ‎【详解】设直线的倾斜角为，．‎ 则，解得．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线斜率与倾斜角之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题，着重考查了．‎ ‎2.方程组的增广矩阵是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据增广矩阵的定义即可写出。‎ ‎【详解】方程可以转化成，所以增广矩阵为．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了增广矩阵的概念，属于基础题。增广矩阵阵，是在线性代数中系数矩阵的右边添上线性方程组等号右边的常数列得到的矩阵。‎ ‎3.若向量和平行，则实数的值为___________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量共线的坐标形式可求实数的值．‎ ‎【详解】因为向量和共线，所以即．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】如果，那么：‎ ‎（1）若，则；‎ ‎（2）若，则．‎ ‎4.___________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用基本极限可得所求的极限．‎ ‎【详解】．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查数列的极限，注意利用常见的极限如，此类问题为基础题．‎ ‎5.直线与直线的夹角大小等于___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算出两条直线的斜率，根据它们的乘积为可得它们的夹角．‎ ‎【详解】设两条直线的夹角为，‎ 直线的斜率为，直线的斜率为，‎ 因为，所以两条直线垂直，所以．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查直线的夹角，注意先判断它们是否垂直，如果不垂直，则利用夹角公式来计算，本题属于容易题．‎ ‎6.在平面直角坐标系中，圆的方程为，该圆的周长为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把一般方程改写成标准方程后可求其半径，从而可求周长．‎ ‎【详解】由题设可得圆的标准方程为：，‎ 所以圆的半径为，故周长为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查圆的一般方程与标准方程的互化，注意圆的一般方程 中，，本题属于基础题．‎ ‎7.在平面直坐标系中，为原点，点，点满足，则点的坐标为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，由可得关于的方程组，求其解后可得的坐标．‎ ‎【详解】设，则，，‎ 故，故，故．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查向量数乘的坐标运算，一般地，求向量的坐标时可把已知条件转化为关于坐标的方程组，本题属于基础题．‎ ‎8.设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，若，则该椭圆的标准方程为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据勾股定理可以得到，结合求出后可得椭圆的标准方程．‎ ‎【详解】设，椭圆的标准方程为．‎ 因为，故即，‎ 而，故，所以，‎ 故椭圆的标准方程为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】求圆锥曲线的标准方程，一般有定义法和待定系数法，前者可根据定义求出基本量的大小，后者可根据条件得到关于基本量的方程组，解这个方程组可得基本量．‎ ‎9.若向量和都是单位向量，并且夹角大小为，则以和为邻边的平行四边形的较长的对角线的长度为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以和为邻边的平行四边形的较长的对角线的长度即是，利用 可求对角线的长度．‎ ‎【详解】‎ 以和为邻边的平行四边形的较长的对角线的长度即是，‎ 而．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查向量的加法和向量的模，注意求向量的模长时应利用，本题属于基础题．‎ ‎10.已知圆，过点作该圆的切线，则切线的斜率为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切线方程为，利用圆心到直线的距离为半径可求的值．‎ ‎【详解】切线的斜率必存在，设其斜率为，‎ 则切线方程为即．‎ 故圆心到切线的距离为，整理得到，‎ 故．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查圆的切线的斜率，一般地，我们用圆心到直线的距离与半径的大小关系考虑直线与圆的位置关系，本题属于基础题．‎ ‎11.已知椭圆，椭圆上动点到左焦点的距离的最小值为_________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，左焦点为，利用两点之间的距离公式可求，再利用在椭圆上化简后可得与的关系，由可求的最小值．‎ ‎【详解】设，左焦点为，则，‎ 则 ‎，‎ 又，故的最小值为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆上的动点到对称轴上的定点的距离的最值，一般地，利用两点之间的距离公式和动点在椭圆上满足的方程得到距离关于横坐标或纵坐标的函数关系，再利用横坐标或纵坐标的范围和二次函数的性质可求距离的最值，本题属于中档题．‎ ‎12.平面直角坐标系中，过点作直线，使得点、、在直线两侧，且两侧的点到直线的距离和相等（如果一侧只有一点，其到直线的距离就视为距离和），则直线的法向量为（只要写出一个）_______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，取同在直线的一侧，在直线的另一侧，利用点到直线的距离可得关于的方程，解出后可得直线方程，从而得到直线的法向量．‎ ‎【详解】‎ 如图，取同在直线的一侧，在直线的另一侧，设直线的方程为，‎ 则且，‎ 整理得到：即，‎ 故，所以直线的方程为，‎ 取直线上点，则直线的一个方向向量为，‎ 取向量，则，故为直线的法向量．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查直线方程的求法以及直线法向量的求法，注意根据点的分布选择恰当的直线，另外求直线的方向向量可以取直线上的两个特殊点，也可以利用直线方程直接得到方向向量为，而法向量与方向向量垂直．‎ 二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题都给出四个结论，其中有且只有一个结论是正确的，必须把正确结论的代号写在题后的圆括号内，每题选对得5分，否则一律得零分 ‎13.已知过定点的直线的一个方向向量是，则直线的点方向式方程可以为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线的点向式方程可以直接得到所求的方程．‎ ‎【详解】因为直线的方向向量为且经过点，‎ 故直线的点向式方程为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查直线的点向式方程，注意点向式方程的标准形式，此题属于基础题．‎ ‎14.列向量与平行是二元一次为方程组无解的（ ）‎ A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 非充分且非必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设“列向量与平行”， “二元一次为方程组无解”，考虑“若则”及其逆命题的真假后可得两者之间的条件关系．‎ ‎【详解】设“列向量与平行”， “二元一次为方程组无解”，‎ 取列向量与，，则两向量平行，‎ 对应的二元一次方程组为即，‎ 此方程组（方程）有无数解，故“若则”为假命题．‎ 若二元一次为方程组无解，‎ 则直线平行，所以，‎ 列向量与平行，故“若则”为真命题，‎ 所以是的必要非充分条件．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若则”是真命题，“若则”是假命题，则是的充分不必要条件；若“若则”是真命题，“若则”是真命题，则是的充分必要条件；若“若则”是假命题，“若则”是真命题，则是的必要不充分条件；若“若则”是假命题，“若则”是假命题，则是的既不充分也不必要条件．‎ ‎15.行列式中元素0的代数余子式的值为2，则实数的值为（ ）‎ A. 2 B. 1‎ C. 1或0 D. 2或0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据代数余子式定义可求关于的一元一次方程，其解即为所求的的值．‎ ‎【详解】元素0的代数余子式为，根据代数余子式的值为2得：‎ ‎，故．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查给定行列式的代数余子式，解题时注意与余子式的区别，本题属于基础题．‎ ‎16.已知椭圆，其上顶点为，右顶点为为原点，点在椭圆上运动，若，则下列判断错误的是（ ）‎ A. 和不可能相等 B. 可能为零 C. 可能为正数也可能为负数 D. 可能为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可得的坐标为，根据在椭圆上可得满足的方程，逐项判断后可得正确的选项．‎ ‎【详解】由椭圆方程可得，所以，‎ 故，所以，‎ 故．‎ 取，满足，故A错；‎ 取，满足，，故B对；‎ 分别取和，满足，‎ 前者，后者，故C对；‎ 取，满足，，故D对；‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程及其几何性质（椭圆的顶点），解题时注意利用点在椭圆上得到参数的关系，本题属于基础题．‎ 三.解答题（本大题满分76分）本大题共有5题，解答下列各题必须写出必要的步骤 ‎17.已知向量、的夹角为.‎ ‎（1）求·的值 ‎（2）若和垂直，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用数量积的定义直接计算即可．‎ ‎（2）利用可求实数的值．‎ ‎【详解】（1）．‎ ‎（2）因为和垂直，故，‎ 整理得到：即，‎ 解得．‎ ‎【点睛】本题考查数量积的计算以及向量的垂直，注意两个非零向量垂直的等价条件是，本题属于基础题．‎ ‎18.如图，矩形的两条对角线交于，边所在直线的方程为，点在边所在直线上.‎ ‎=‎ ‎（1）求边所在的直线方程；‎ ‎（2）求点的坐标以及矩形外圆的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2），外接圆的标准方程为..‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出直线的方程为 ，设直线的方程为，利用到直线的距离与到直线的距离相等可求的值．‎ ‎（2）利用（1）求出的的直线方程和直线的方程联立，可求的坐标，求出半径的长度后可求圆的标准方程．‎ ‎【详解】‎ 设直线的方程为：，因直线过点，‎ 故即，故的直线方程为：．‎ 设直线的方程为：，因为为矩形对角线的交点，‎ 故，故（舍）或．‎ 所以的方程为：．‎ ‎（2）由得，故，‎ 所以，‎ 故外接圆标准方程为：．‎ ‎【点睛】本题考查直线方程、圆的方程，注意求直线方程时可依据平行或垂直作合理假设，如果已知直线，则与平行的直线可设为，与垂直的直线可设为．求圆的方程时，要注意利用圆的几何性质，如：（1）圆心与圆上的一点的连线的长为半径；（2）圆心在弦的中垂线上；（3‎ ‎）圆心在过切线且垂直于切线的直线上；（4）圆关于直径成轴对称图形．‎ ‎19.如图，内接于圆的正方形边长为1，圆内切于正方形，正方形内接于圆，···，正方形内接于圆，圆内切于正方形，正方形内接于圆，由此无穷个步骤进行下去记圆的面积记作，记正方形的面积记作．‎ ‎（1）求的值 ‎（2）记的所有项和为，的所有项和为，求的值．‎ ‎【答案】（1），，，；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出圆、的半径和正方形、的边长后可求的值．‎ ‎（2）数列、都是无穷递缩等比数列，利用无穷递缩等比数列的和的计算公式可求，从而得到的值．‎ ‎【详解】（1）圆的半径为1，故．‎ 正方形为圆的内接正方形，故其边长为，其面积．‎ 圆为正方形的内切圆，故其半径为，故．‎ 正方形为圆的内接正方形，故其边长为，其面积．‎ 综上，，，，．‎ ‎（2）设圆的半径为，‎ 因正方形内接于圆，故正方形边长为，‎ 而内切于正方形，故圆的半径为，‎ 正方形内接于圆，‎ 故正方形的边长为，‎ 所以，，‎ 所以数列是首项为，公比为的无穷递缩等比数列，‎ 是首项为，公比为的无穷递缩等比数列，‎ 所以,，所以．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的判定与通项以及无穷递缩等比数列的和，注意等比数列的判定需根据定义来进行，若无穷递缩等比数列的公比为，则其和为．‎ ‎20.平面直角坐标系中，圆方程为，点，直线过点 ‎ ‎（1）如图1，直线的斜率为，直线交圆于不同两点，求弦的长度；‎ ‎（2）动点在圆上作圆周运动，线段的中点为点，求点的轨迹方程；‎ ‎（3）在（1）中，如图2，过点作直线，交圆于不同两点，证明：．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出直线的方程，再求出圆心到直线的距离，利用垂径定理可求弦的长．‎ ‎（2）利用动点转移法可求的轨迹方程．‎ ‎（3）设直线的方程为：，联立直线的方程和圆的方程，消元后利用韦达定理可证对任意的总成立，从而可证．‎ ‎【详解】（1）直线的方程为即，‎ 圆心到直线的距离为，故．‎ ‎（2）设，则，‎ 故，所以点的轨迹方程为．‎ ‎（3）我们证明：为定值．‎ 直线的斜率必存在．‎ 设直线的方程为：，，‎ 则．‎ 由可得，‎ 故，即．‎ 所以 ‎，‎ 故对任意的总成立，又，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查圆的弦长、动点的轨迹以及圆中的定值，求弦长时应利用垂径定理．求动点的轨迹应先考虑动点是否满足曲线的定义（如圆的定义等），如果动点没有明显的几何性质，则可设动点的坐标，再通过坐标关系转化到已知曲线上的相关点，从而求得动点的轨迹．圆中的定值问题，可联立直线方程和圆方程，消元得到关于或的一元二次方程，再把要求证的等式化为关于两个交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可解定值问题.‎ ‎21.如图，已知椭圆，直线，直线与椭圆交于不同的两点，点和点关于轴对称，直线与轴交于点．‎ ‎（1）若点是椭圆的一个焦点，求该椭圆的长轴的长度；‎ ‎（2）若，且，求的值；‎ ‎（3）若，求证：为定值．‎ ‎【答案】（1）4；（2）；（3）见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用焦半径算出后可得长轴长．‎ ‎（2）设，利用可得的方程组，再利用点在椭圆上可求的坐标，从而可求直线的斜率．‎ ‎（3）设，，用的坐标表示直线的方程，进而求得与的坐标的关系，同理可得与的坐标的关系，利用在椭圆上可得，从而可证为定值．‎ ‎【详解】（1）因为点是椭圆的一个焦点，故焦点在轴上，所以．‎ 又，故，从而椭圆的长轴长为4．‎ ‎（2）因为，故．因为，所以．‎ 设，则，‎ 所以，，又，‎ 故或，故．‎ ‎（3）设，，则．‎ 直线的方程为：，‎ 令，则，同理，‎ 故，‎ 因为，故，它是一个定值．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的基本量的求法、直线与椭圆的位置关系及椭圆中的定值．椭圆中的定值问题，一般有两种解法：‎ ‎（1）设出椭圆上动点坐标，利用动点坐标表示目标代数式，再利用点在椭圆上满足的方程化简前者可得定值．‎ ‎（2）联立直线方程和椭圆方程，消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个交点的横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定值问题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎