上海市金山中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

上海市金山中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

金山中学2019学年第一学期高二数学期中考试卷 ‎（考试时间：120分钟满分：150分）‎ 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）‎ ‎1.已知全集，，，则__________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据和确定是中元素，不是中元素，由此计算的值.‎ ‎【详解】因为，，所以，解得.‎ ‎【点睛】本题考查根据全集的概念计算参数，难度较易.全集包含了所研究问题涉及到的所有元素.‎ ‎2.方程组增广矩阵为____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用增广矩阵的概念得到答案.‎ ‎【详解】的增广矩阵为 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了增广矩阵，属于简单题型.‎ ‎3.若，则化简后的值等于________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，为三阶行列式中元素的代数余子式，然后利用代数余子式的概念可得出的值.‎ ‎【详解】由题意可知，为三阶行列式中元素的代数余子式，‎ 因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查代数余子式的计算，理解代数余子式的概念是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.幂函数经过点，则此幂函数的解析式为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设幂函数为，代入点，所以所以，，填。‎ ‎5.若直线过点，且法向量为，则直线的点方向式方程为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出直线的一个方向向量，根据直线的点方式方程可得出直线的点方向式方程.‎ ‎【详解】由于直线过点，且法向量为，则直线的一个方向向量为，‎ 因此，直线的点方向式方程为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线的点方向式方程的求解，求出直线的方向向量是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎6.______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用等差数列的求和公式和，结合极限的运算性质可得所求值．‎ ‎【详解】‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查数列极限的求法，注意运用等差数列的求和公式和重要数列的极限，考查运算能力，属于基础题．‎ ‎7.设为奇函数，且当时，，则当时，=____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数是奇函数，得，由，得，代入已知的函数关系中，可得解.‎ ‎【详解】是奇函数， ，‎ 因为时，．‎ 当时，，，‎ 所以时，．‎ 故填：.‎ ‎【点睛】本题考查根据函数的奇偶性，求对称区间上的函数解析式，属于基础题.‎ ‎8.若，，，且，则的最小值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用共线向量的坐标表示得出，利用正弦函数的最值可得出实数的最小值.‎ ‎【详解】，，，且，，‎ 则，由于，‎ 因此，实数的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用共线向量的坐标表示求参数的最值，同时也考查了辅助角公式的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎9.过直线上的一点作圆的两条切线，，当直线，关于对称时，它们之间的夹角为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 不妨设与交点为，圆心，当，关于对称时，则直线，则，设在上的切点为，则，∴，∴，故，夹角为，故答案为.‎ ‎10.已知、是关于的方程的两个实数根，则经过两点、‎ 的直线与圆公共点的个数是________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 列出韦达定理，求出直线的方程为，可求出直线所过定点的坐标，并判断点与圆的位置关系，从而可得出直线与圆的公共点个数.‎ ‎【详解】由韦达定理得，，‎ 直线的斜率为，‎ 所以，直线的方程为，即，‎ 即，即，即，‎ 令，得，所以，直线恒过定点.‎ ‎，则点在圆上，‎ 因此，直线与圆的公共点个数为或.‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的公共点个数的判断，同时也考查了韦达定理的应用，求出直线所过定点的坐标是解题的关键，考查推理能力与运算求解能力，属于中等题.‎ ‎11.设，为不同的两点，直线，，以下命题中正确的序号为__________． ‎ ‎(1)不论为何值，点N都不在直线上；‎ ‎(2)若，则过M，N的直线与直线平行；‎ ‎（3）若，则直线经过MN的中点；‎ ‎（4）若，则点M、N在直线的同侧且直线与线段MN的延长线相交．‎ ‎【答案】(1)(2)(3)(4)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用分母不等于零判断(1)，利用斜率相等判断（2）；利用中点坐标满足方程判断（3）；根据，以及M、N在直线的距离不同判断（4）.‎ ‎【详解】(1)因为，所以不在直线上，正确；‎ ‎（2）时，由可得，化为，即直线的斜率为，所以过M，N的直线与直线平行，时，过M，N的直线与直线都与轴平行，综上可得（2）正确；‎ ‎（3）时，化为，即直线经过MN的中点，正确；‎ ‎（4）可得，可得M、N在直线的同侧，进而得，M、N在直线的距离不同，直线与线段MN的延长线相交，正确.‎ 即正确命题的序号为(1)(2)(3)(4)，‎ 故答案为(1)(2)(3)(4).‎ ‎【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查直线的位置关系，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.‎ ‎12.如图，正方形边长为米，圆的半径为米，圆心是正方形的中心，点、分别在线段、上，若线段与圆有公共点，则称点在点的“盲区”中，已知点以米/秒的速度从出发向移动，同时，点以米/秒的速度从出发向移动，则在点从移动到的过程中，点在点的盲区中的时长约________秒（精确到）．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，求出点、的坐标和直线的方程以及圆的方程，利用点到直线的距离公式，以及直线和圆相交的条件下，解不等式即可得出所求时长.‎ ‎【详解】以点为坐标原点，建立如下图所示的平面直角坐标系：‎ 可设点，，‎ 可得出直线的方程为，圆的方程为，‎ 由直线与圆有公共点，可得，化为，‎ 解得，而，‎ 因此，点在点的盲区中的时长约为秒.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆方程的应用，考查直线与圆的位置关系，考查坐标法与一元二次不等式的解法，属于中等题.‎ 二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）‎ ‎13.函数的定义域为，值域为，则的最大值是（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如图.‎ 要使函数在定义域上，值域为，则的最大值是. 选C.‎ ‎14.二元一次方程组存在唯一解的必要非充分条件是　　‎ A. 系数行列式 B. 比例式 C. 向量不平行 D. 直线，不平行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二元一次方程组存在唯一解时，系数行列式不等于0，即可得到 为充要条件，直线分共面和异面两种情况．‎ ‎【详解】解：当两直线共面时，直线，不平行，二元一次方程组存在唯一解 当两直线异面，直线，不平行，二元一次方程组无解，‎ 故直线，不平行是二元一次方程组存在唯一解的必要非充分条件．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查二元一次方程组的解，解题的关键是利用二元一次方程组存在唯一解时，系数行列式不等于0，以及空间两直线的位置关系，属于基础题．‎ ‎15.设、都是非零向量，下列四个条件中，一定能使成立是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得知与同向的单位向量和与同向的单位向量是相反向量，由此可得出、方向相反，由此可得出正确选项.‎ ‎【详解】由题意知，是与同向的单位向量，是与同向的单位向量，这两个向量互为相反向量，所以，、方向相反.‎ 因此，使得成立的条件为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了相反向量的概念，同时也考查了与非零向量同向的单位向量概念的理解，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎16.到两条坐标轴距离之差的绝对值为的点的轨迹是（ ）‎ A. 两条直线 B. 四条直线 C. 四条射线 D. 八条射线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设所求动点的坐标为，可得出动点的轨迹方程为，可得出、，分析出方程所表示的射线条数，从而可得出动点轨迹对应的射线条数.‎ ‎【详解】设所求动点的坐标为，可得出动点的轨迹方程为，‎ 所以，或，下面来考查所代表的射线条数.‎ ‎①当，时，；‎ ‎②当，时，；‎ ‎③当，时，；‎ ‎④当，时，.‎ 可知方程代表四条射线，同理可知方程也代表四条射线.‎ 因此，到两条坐标轴的距离之差的绝对值为的点的轨迹是八条射线.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查动点轨迹形状的判断，求出动点的轨迹方程是解题的关键，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.‎ 三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答时必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤．‎ ‎17.在中，已知、．‎ ‎（1）若点坐标为，直线，直线交边于，交边于，且与的面积之比为，求直线的方程；‎ ‎（2）若是一个动点，且的面积为，试求关于的函数关系式．‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）作出图形，可得出，根据面积比为得出，从而得出，设点，利用向量的坐标运算求出点的坐标，并求出直线的斜率，即为直线的斜率，然后利用点斜式方程可得出直线的方程；‎ ‎（2）求出直线的方程和，设点到直线的距离为，利用的面积为求出的值，结合点到直线的距离公式可求出关于的函数关系式.‎ ‎【详解】（1），即，，且，‎ ‎，设点的坐标为，，，‎ ‎，解得，.‎ 直线的斜率为，，则直线的斜率为.‎ 因此，直线的方程为，即；‎ ‎（2）直线的方程为，即，‎ ‎，‎ 设点到直线的距离为，则的面积为，‎ 得，另一方面，由点到直线的距离公式得，‎ ‎，解得或.‎ 因此，关于的函数关系式为或.‎ ‎【点睛】本题考查直线方程的求解，同时也考查了利用三角形的面积求出动点的轨迹方程，涉及两点间的距离公式、点到直线的距离公式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎18.已知两点、，点是直角坐标平面上的动点，若将点的横坐标保持不变、纵坐标扩大到倍后得到点，且满足．‎ ‎（1）求动点所在曲线的方程；‎ ‎（2）过点作斜率为的直线交曲线于、两点，且满足，又点关于原点的对称点为点，求点、的坐标．‎ ‎【答案】（1）；（2），．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出向量、的坐标，结合条件可得出动点的轨迹方程；‎ ‎（2）得出直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用向量的坐标运算得出的坐标，再由点关于原点的对称点为点，可求出点的坐标.‎ ‎【详解】（1），，‎ ‎，即，化简得，即，‎ 因此，曲线的方程为；‎ ‎（2）设点、，直线的方程为，‎ 将直线的方程与椭圆的方程联立，得．‎ 由韦达定理得，，‎ ‎，，‎ 所以，点的坐标为，‎ 又点关于原点的对称点为点，则点的坐标为.‎ ‎【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解，同时也考查了直线与椭圆的综合问题，涉及了利用向量的坐标运算求解点的坐标，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎19.有一种大型商品，、两地都有出售，且价格相同，现地的居民从、两地之一购得商品后回运的运费是：地每公里的运费是地运费的倍，已知、两地相距，居民选择或地购买这种商品的标准是：包括运费和价格的总费用较低．‎ ‎（1）求地的居民选择地或地购物总费用相等时，点所在曲线的形状；‎ ‎（2）指出上述曲线内、曲线外的居民应如何选择购货地点．‎ ‎【答案】（1）点所在曲线的形状是圆；（2）答案不唯一，具体见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）以所在直线为轴，线段的中点为原点建立直角坐标系，设点，然后根据题意建立、的方程，即可得出动点的轨迹方程，即可判断出点所在曲线的形状；‎ ‎（2）先考虑居民在地购货费用较低，得出，由此得出，可得出圆内的居民从地购货费用较低，同理得出圆外的居民从地购货费用较低．‎ ‎【详解】（1）以所在直线为轴，线段的中点为原点建立直角坐标系，则、，‎ 设地的坐标为，且地到、两地购物的运费分别是、（元/公里），‎ 当地到、两地购物总费用相等时，价格地运费价格地运费，‎ 即，整理得．‎ 故地的居民选择地或地购物总费用相等时，点所在曲线的形状是圆；‎ ‎（2）若居民在地购货费用较低时，即：价格地运费价格地运费，‎ 得，化简得，‎ 所以，此时点在圆内，即圆内的居民从地购货费用较低.‎ 同理，圆外的居民从地购货费用较低．‎ ‎【点睛】本题考查轨迹方程，考查圆的方程的应用，考查学生利用数学知识解决实际问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎20.如图，由半圆和部分抛物线合成的曲线称为“羽毛球开线”，曲线与轴有两个焦点，且经过点 ‎(1)求的值；‎ ‎(2)设为曲线上的动点，求的最小值；‎ ‎(3)过且斜率为的直线与“羽毛球形线”相交于点三点，问是否存在实数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）存在，且，详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入求出，再由与轴交点坐标，代入圆的方程，即可求出；‎ ‎（2）先设，得到，分别讨论，和两种情况，由抛物线与圆的方程，即可求出结果；‎ ‎（3）先由题意得到的方程，与抛物线联立，求出；与圆联立，求出，根据得到，化简得到关于的方程，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）由题意，将代入，得到；所以抛物线；‎ 又与轴交于，所以，代入圆的方程，可得；‎ 所以，；‎ ‎（2）设，因为，则，‎ 当时，，所以，‎ 所以时，；‎ 当时，，，‎ 所以时，；‎ 而，所以的最小值为；‎ ‎（3）由题意，可得：的方程为，‎ 由，整理得：，‎ 解得或，即；‎ 由，整理得：‎ 解得：或，则，‎ 由，可得，‎ 即，整理得，解得（由题意，负值舍去）‎ 因此，存在实数，使得.‎ ‎【点睛】本题主要考查圆与圆锥曲线的综合，熟记直线与圆位置关系，以及直线与抛物线物位置关系即可，属于常考题型.‎ ‎21.定义：圆心到直线的距离与圆的半径之比为直线关于圆的距离比.‎ ‎（1）设圆求过（2,0）的直线关于圆的距离比的直线方程；‎ ‎（2）若圆与轴相切于点（0,3）且直线=关于圆的距离比，求此圆的的方程；‎ ‎（3）是否存在点，使过的任意两条互相垂直的直线分别关于相应两圆的距离比始终相等？若存在，求出相应的点点坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ；（3）存在.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）由题意可知斜率不存在时不满足题意，所以设过的直线方程为，求得已知圆的圆心和半径，由新定义，可得方程，求得，即可得到所求直线方程；（2）设圆的方程为，由题意可得，解方程可得，，，进而得到所求圆的方程；（3）假设存在点，设过的两直线为和，求得两圆的圆心和半径，由新定义可得方程，化简整理可得或，再由恒成立思想可得，的方程，解方程可得的坐标．‎ 试题解析：（1）设过的直线方程为 ∵圆的圆心为，半径为 ∴根据题意可得 ∴，即所求直线为; （2）设圆的方程为 根据题意可得 ∴解方程可得或，则有圆的方程为或 （3）假设存在点，设过的两直线为和 又∵的圆心为，半径为，的圆心为，半径为 ‎ ∴根据题意可得，即或 ∴或, ∴或，则存在这样的点和，使得使过的任意两条互相垂直的直线分别关于相应两圆的距离比始终相等.‎ 点睛：本题考查新定义的理解和运用，考查直线和圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，考查恒成立问题的解法，属于中档题．‎ ‎ ‎