浙江省丽水市四校2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

浙江省丽水市四校2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

浙江省丽水四校2019-2020学年高二上学期期中联考数学试题 一、选择题（本大题共12小题）‎ ‎1.圆的半径为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：变形为 考点：圆的方程 ‎2.椭圆+=1（0＜m＜4）的离心率为，则m的值为（　　）‎ A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用椭圆方程，结合离心率公式求解即可．‎ ‎【详解】解：椭圆=1（0＜m＜4）的离心率为，‎ 可得，解得m=2．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆简单性质的应用，是基本知识的考查．‎ ‎3.经过点（1，-3），倾斜角是150°的直线方程是（　　）‎ A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线的倾斜角求得直线的斜率，再由直线的点斜式方程求解．‎ ‎【详解】解：∵直线的倾斜角为150°，∴所求直线的斜率k=tan150°=，‎ 又直线过点（1，-3），‎ ‎∴所求直线方程为y+3=（x-1），即．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查直线的倾斜角与直线的斜率的关系，考查直线的点斜式方程，是基础题．‎ ‎4.圆与圆的位置关系是（ ）‎ A 外离 B. 相交 C. 内切 D. 外切 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆的方程求得两圆的圆心和半径，根据圆心距和两圆半径的关系可确定位置关系.‎ ‎【详解】由圆的方程可知圆圆心为，半径；圆圆心为，半径 圆心距为：‎ 两圆的位置关系为：外切 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查圆与圆的位置关系的判定，关键是能够通过圆的方程确定两圆的圆心和半径，从而根据圆心距和半径的关系确定位置关系.‎ ‎5.若直线x＋（1＋m）y－2＝0与直线m＋2y＋4＝0平行，则m的值是（ ）‎ A. 1 B. －2 C. 1或－2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分类讨论直线的斜率情况，然后根据两直线平行的充要条件求解即可得到所求．‎ ‎【详解】①当时，两直线分别为和 ‎，此时两直线相交，不合题意．‎ ‎②当时，两直线的斜率都存在，由直线平行可得，解得．‎ 综上可得．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查两直线平行的等价条件，解题的关键是将问题转化为对直线斜率存在性的讨论．也可利用以下结论求解：若，则 且或且．‎ ‎6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图知几何体是底面为正方形的长方体，中间挖去一个圆锥体剩余部分，结合图中数据求得该几何体的表面积．‎ ‎【详解】解：根据三视图知几何体是底面为正方形的长方体，中间挖去一个圆锥体剩余部分，如图所示；‎ 则该几何体的表面积是 S=2×22+4×2×-π•12+π•1•=8+8+π．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了由三视图想象出直观图，以及空间想象力，识图能力及计算能力．‎ ‎7.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F和准线为l，过点F的直线交l于点A，与抛物线的一个交点为B，且=-2，则|AB|=（　　）‎ A. 3 B. 6 C. 9 D. 12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用=，结合抛物线定义求得|AB|．‎ ‎【详解】解：抛物线C：y2=4x的焦点F（1，0）和准线l：x=-1，作图如下：‎ ‎∵=，可得|FA|：|AB|=2：3，|FD|：|BC|=2：3，因为|FD|=2，所以|BC|=3，|FB|=3‎ AB=3|FB|=9，‎ 故选：C．‎ 本题考查抛物线的性质，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．‎ ‎8.已知直线和曲线有两个不同的交点，则实数ｍ的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线方程得到直线过定点，且斜率为，又由曲线是以原点为圆心，半径的圆的上半圆，在同一坐标系内画出它们的图象，结合图象求解，即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意，直线，则直线必过定点，斜率为，‎ 又由曲线是以原点为圆心，半径的圆的上半圆， ‎ 在同一坐标系内做出它们的图象，如图所示，‎ 当直线与半圆切与点A时，它们有唯一的公共点，此时，直线的倾斜角满足，‎ 所以，可得直线的斜率为，‎ 当直线的倾斜角由此变小时，两图象有两个不同的交点，直线的斜率变化到0为止，由此可得，‎ 所以直线和曲线有两个不同的交点时，实数的取值范围是，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，及直线方程的应用，其中解答中在同一坐标系中作出两个函数的图象，结合图象和三角函数的基本关系式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎9.已知实数满足不等式组，且的最大值是最小值的2倍，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：首先根据题中所给的约束条件画出相应的可行域，结合目标函数的形式，结合其几何意义，能够判断出最优解的位置，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得到z的最值，再由最大值是最小值的2倍列式求得结果.‎ 详解：根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，如图所示：‎ 作出直线，平移直线，‎ 由图可知，当直线经过点D时，直线在y轴上的截距最小，此时取得最大值，由，可得，所以的最大值是1，‎ 当直线经过点B时，直线在y轴上的截距最大，此时取得最小值，‎ 由，可得，所以的最小值是，‎ 因为的最大值是最小值的2倍，‎ 所以，解得，故选B.‎ 点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在解题的过程中，需要先画出约束条件对应的可行域，之后结合目标函数的形式得到其对应的几何意义，从而判断出其最优解，联立方程组求得最值，根据2倍关系找出其满足的等量关系式，最后求得结果.‎ ‎10.已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线上一点，且，若，则该双曲线的离心率等于（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双曲线的定义和题设条件，求得，再在中，由余弦定理，化简整理得或，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，根据双曲线的定义可得，又因为，‎ 可得，‎ 又由，可得，‎ 在中，由余弦定理可得 ‎，‎ 解得或，所以或，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，以及双曲线的离心率的求解，其中解答中合理利用双曲线的定义，以及在中，利用余弦定理求得的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎11.在平面直角坐标系xOy中，直线l1：kx-y+4=0与直线l2：x+ky-3=0相交于点P，则当实数k变化时，点P到直线4x-3y+10=0的距离的最大值为（　　）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得直线l1，直线l2，恒过定点，以及两直线垂直，可得交点P的轨迹，再由直线和圆的位置关系，即可得到所求最大值．‎ ‎【详解】解：∵直线l1：kx-y+4=0与直线l2：x+ky-3=0的斜率之积：，‎ ‎∴直线l1：kx-y+4=0与直线l2：x+ky-3=0垂直，‎ ‎∵直线l1：kx-y+4=0与直线l2：x+ky-3=0分别过点M（0，4），N（3，0），‎ ‎∴直线l1：kx-y+4=0与直线l2：x+ky-3=0的交点P在以MN为直径的圆上，‎ 即以C（，2）为圆心，半径为的圆上，‎ 圆心C到直线4x-3y+10=0的距离为d==2，‎ 则点P到直线4x-3y+10=0的距离的最大值为d+r=+2=．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查直线恒过定点的求法和两直线垂直的条件，以及点到直线的距离公式的运用，考查化简运算能力，属于中档题．‎ ‎12.已知椭圆与双曲线有相同的左、右焦点，，若点P是与在第一象限内的交点，且，设与的离心率分别为，，则的取值范围是　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据椭圆和双曲线的定义得到，再根据椭圆和双曲线的离心率得到，即得，再换元结合函数（3＜t＜4）的单调性求出的取值范围.‎ ‎【详解】设，，由椭圆的定义可得，‎ 由双曲线的定可得，‎ 解得，，‎ 由，可得，‎ 即，‎ 由，，可得，‎ 由，可得，‎ 可得，即，‎ 则，‎ 可设，则，‎ 由于函数在递增，所以．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率的范围，考查换元法和构造函数法，考查运算能力，属于中档题．‎ 二、填空题（本大题共7小题）‎ ‎13.双曲线-=1的渐近线方程是______，实轴长为______．‎ ‎【答案】 (1). x±2y=0 (2). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用双曲线方程求解渐近线方程与实轴长即可．‎ ‎【详解】解：双曲线，可得a=2，，‎ 所以双曲线的渐近线方程是：x±2y=0，‎ 实轴长为：4．‎ 故答案为：x±2y=0；4．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．‎ ‎14.已知实数x，y满足，则目标函数z=3x+y的最小值是______，最大值是______．‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．‎ ‎【详解】解：由实数x，y满足作出可行域如图，‎ 联立，解得A（2，0），由解得B（，），‎ 化目标函数z=3x+y为y=-3x+z，‎ 由图可知，当直线y=-3x+z过点A时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为6．‎ 当直线y=-3x+z过点B时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为：．‎ 故答案为：6；．‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．‎ ‎15.已知直线l1：2x–y+1=0与l2：x–2y+5=0相交于点P，则点P的坐标为__________，经过点P且垂直于直线3x+4y–5=0的直线方程为__________．‎ ‎【答案】 (1). （1，3） (2). 4x–3y+5=0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将两直线联立方程组，解得的值，得到答案；根据垂直，将所求直线可设为4x–3y+c=0，代入点（1，3），得到的值，从而得到答案.‎ ‎【详解】联立，解得，‎ ‎∴P点的坐标为（1，3）；‎ 设垂直于直线3x+4y–5=0直线方程为4x–3y+c=0，‎ 把（1，3）代入解得c=5．‎ ‎∴经过点P且垂直于直线3x+4y–5=0的直线方程为4x–3y+5=0．‎ 故答案为：（1，3）；4x–3y+5=0．‎ ‎【点睛】本题考查求两条直线的交点，根据两直线的垂直关系求直线方程，属于简单题.‎ ‎16.当直线l：kx-y+1-3k=0被圆x2+y2=16所截得的弦长最短时，k=______．‎ ‎【答案】-3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先利用直线的变换，求出直线经过的定点，进一步利用直线与圆的位置关系的应用求出结果．‎ ‎【详解】解：直线l：kx-y+1-3k=0，‎ 整理得：y-1=k（x-3），‎ 故直线经过定点A（3，1），‎ 当直线经过点A（3，1）且垂直于OA时，截得的弦长最短,此时直线为 此时k=-3．‎ 故答案为：-3．‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：定点直线系的应用，直线与圆的位置关系的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题 ‎17.已知双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，其渐近线方程为2x±3y=0，焦距为2，则双曲线C的标准方程为______．‎ ‎【答案】-=1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用双曲线的渐近线方程以及焦距列出方程组，然后求解双曲线的标准方程即可．‎ ‎【详解】解：双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，其渐近线方程为2x±3y=0，焦距为2，‎ 设双曲线方程为：（a＞0，b＞0），‎ 可得，并且c2=13=a2+b2，可得a=3，b=2，‎ 所求双曲线的标准方程为：-=1．‎ 故答案为：-=1．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线方程的求法，考查计算能力，是基础题．‎ ‎18.在平面直角坐标系中，点，若在曲线上存在点使得，则实数的取值范围为__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设P（x，y），分析可得若|PB|＝2|PA|，则有（x﹣4）2+y2＝4（x﹣1）2+4y2，变形可得x2+y2＝4，进而可得P的轨迹为以O为圆心，半径为2的圆；将曲线C的方程变形为（x﹣a）2+（y﹣2a）2＝9，可得以（a，2a）为圆心，半径为3的圆；据此分析可得若曲线C上存在点P使得|PB|＝2|PA|，则圆C与圆x2+y2＝4有公共点，由圆与圆的位置关系可得3﹣22+3，解可得a的取值范围，即可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，设P（x，y），‎ 若|PB|＝2|PA|，即|PB|2＝4|PA|2，则有（x﹣4）2+y2＝4（x﹣1）2+4y2，‎ 变形可得：x2+y2＝4，‎ 即P的轨迹为以O为圆心，半径为2的圆，‎ 曲线Cx2﹣2ax+y2﹣4ay+5a2﹣9＝0，即（x﹣a）2+（y﹣2a）2＝9，则曲线C是以（a，2a）为圆心，半径为3的圆；‎ 若曲线C上存在点P使得|PB|＝2|PA|，则圆C与圆x2+y2＝4有公共点，‎ 则有3﹣22+3，即1|a|≤5，‎ 解可得：a或a，‎ 即a的取值范围为：[，]∪[，]；‎ 故答案为：[，]∪[，]．‎ ‎【点睛】判断圆与圆的位置关系的常见方法 ‎(1)几何法：利用圆心距与两半径和与差的关系．‎ ‎(2)切线法：根据公切线条数确定．‎ ‎19.过椭圆+=1的右焦点F作斜率为k的直线l与椭圆相交于A，B两点，若=2，则k=______．‎ ‎【答案】±‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线l方程以及A，B坐标，与椭圆联立解方程组，利用向量坐标关系结合韦达定理解得结果．‎ ‎【详解】解：由椭圆方程可得a=3，b=，c=2，F（2，0），‎ 设直线l；y=k（x-2），A（x1，y1），B（x2，y2），由=2，y1=-2y2，‎ 所以（*）‎ 联立解方程组，得到关于y的方程（9k2+5）y2+20ky-25k2=0，‎ 得，‎ 代入（*）化简得，，得9k2=32-5=27，‎ 所以k2=3，．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】考查向量与圆锥曲线的综合题，韦达定理的应用，中档题．‎ 三、解答题（本大题共4小题）‎ ‎20.已知直线y=ax+1和抛物线y2=4x相交于不同的A，B两点．‎ ‎（Ⅰ）若a=-2，求弦长|AB|；‎ ‎（Ⅱ）若以AB为直径的圆经过原点O，求实数a的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）将直线y=x+1和抛物线y2=4x联立，消去y可得x的二次方程，运用韦达定理和弦长公式，计算可得所求值；‎ ‎（Ⅱ）将直线y=ax+1和抛物线y2=4x联立，消去y可得x的二次方程，运用判别式大于0和韦达定理，由题意可得OA⊥OB，可得x1x2+y1y2=0，结合A，B均在直线y=ax+1上，可得a的方程，解方程即可得到所求值．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）将直线y=x+1和抛物线y2=4x联立，可得4x2x+1=0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2=2，x1x2=，‎ 即有|AB|=•|x1-x2|=•=•=；‎ ‎（Ⅱ）将直线y=ax+1和抛物线y2=4x联立，可得a2x2+（2a-4）x+1=0，a≠0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），可得△=（2a-4）2-4a2=16-16a＞0，即a＜1，‎ x1+x2=，x1x2=，y1y2=（ax1+1）（ax2+1）=a2x1x2+a（x1+x2）+1，‎ 以AB为直径的圆经过原点O，可得OA⊥OB，可得x1x2+y1y2=0，‎ 即有（1+a2）x1x2+a（x1+x2）+1=（1+a2）•+a•+1=0，‎ 解得a=，满足△＞0，‎ 故a=．‎ ‎【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，注意联立直线方程和抛物线方程，运用韦达定理和弦长公式，以及向量数量积的坐标表示，考查化简运算能力，属于中档题．‎ ‎21.已知直线l：y=kx+m与椭圆+=1（a＞b＞0）恰有一个公共点P，l与圆x2+y2=a2相交于A，B两点．‎ ‎（Ⅰ）求m（用a，b，k表示）；‎ ‎（Ⅱ）当k=-时，△AOB的面积的最大值为a2，求椭圆的离心率．‎ ‎【答案】（Ⅰ）m=±; （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据题意，联立直线与椭圆的方程，变形可得（a2k2+b2）x2+2a2kmx+a2（m2-b2）=0，由直线与椭圆的位置关系可得△=（2a2km）2-4（a2k2+b2）a2（m2-b2）=0，整理变形可得答案；‎ ‎（Ⅱ）根据题意，求出原点O到直线l的距离，变形可得，结合椭圆的离心率公式分析可得答案．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）根据题意，直线l与椭圆恰有一个公共点P，即相切；‎ 则有，得（a2k2+b2）x2+2a2kmx+a2（m2-b2）=0，‎ 则△=（2a2km）2-4（a2k2+b2）a2（m2-b2）=0，‎ 化简整理，得m2=a2k2+b2；m=±，‎ ‎（Ⅱ）因为当时，△OAB的面积取到最大值，‎ 此时OA⊥OB，从而原点O到直线l的距离，‎ 又，故；‎ 再由（I），得，则．‎ 又，故，即，‎ 从而，即．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系，属于中档题．‎ ‎22.已知抛物线，过其焦点的直线与抛物线相交于、两点，满足.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）已知点的坐标为，记直线、的斜率分别为，，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，消去，利用韦达定理并结合条件可求出实数的值，由此得出抛物线的方程；‎ ‎（2）由（1）得出直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，并列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理得出关于的表达式，可得出的最小值.‎ ‎【详解】（1）因为直线过焦点，设直线的方程为，‎ 将直线的方程与抛物线的方程联立，消去得，‎ 所以有，，，因此，抛物线的方程；‎ ‎（2）由（1）知抛物线的焦点坐示为，设直线的方程为，‎ 联立抛物线的方程，所以，，‎ 则有，，‎ 因此 ‎.‎ 因此，当且仅当时，有最小值.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了直线与抛物线中的最值问题的求解，对于直线与抛物线的综合问题，一般将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理设而不求法进行计算，计算量较大，考查方程思想的应用，属于中等题.‎ ‎23.已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P（1，）为椭圆上一点．‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）如图，过点C（0，1）且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1=2k2，求直线l斜率的值．‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，由椭圆离心率可得a=2c，进而可得，则椭圆标准方程为，将P的坐标代入计算可得c的值，即可得答案；‎ ‎（2）根据题意，设直线l的方程为y=kx+1，设M（x1，y1），N（x2，y2），将直线的方程与椭圆联立，可得（3+4k2）x2+8kx-8=0，由根与系数的关系分析，：，，结合椭圆的方程与直线的斜率公式可得，即12k2-20k+3=0，解可得k的值，即可得答案．‎ ‎【详解】解：（1）根据题意，椭圆的离心率为，即e==2，则a=2c．‎ 又∵a2=b2+c2，∴．‎ ‎∴椭圆的标准方程为：．‎ 又∵点P（1，）为椭圆上一点，∴，解得：c=1．‎ ‎∴椭圆的标准方程为：．‎ ‎（2）由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y=kx+1．‎ 设M（x1，y1），N（x2，y2）．‎ 联列方程组：，消去y可得：（3+4k2）x2+8kx-8=0．‎ ‎∴由韦达定理可知：，．‎ ‎∵，，且k1=2k2，∴，即．①‎ 又∵M（x1，y1），N（x2，y2）在椭圆上，‎ ‎∴，．②‎ 将②代入①可得：，即3x1x2+10（x1+x2）+12=0．‎ ‎∴，即12k2-20k+3=0．‎ 解得：或．‎ 又由k＞1，则．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的几何性质，涉及直线与椭圆的位置关系，关键是求出椭圆的标准方程，属于综合题．‎