2020-2021学年江西省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年江西省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 点P(−3,1)在极坐标系中的坐标为（ ）
A.(2,5π6)B.(2,−5π6)C.(4,5π6)D.(4,−5π6)

2. 已知ab0，则直线ax+by+c＝0通过（ ）象限
A.第一、二、三B.第一、二、四C.第一、三、四D.第二、三、四

3. 抛物线x2＝−2y的准线方程是（ ）
A.y=18B.y=−18C.y=−12D.y=12

4. 若直线x=1−ty=2+3t （t为参数）与直线kx+y+1＝0平行，则常数k＝（ ）
A.−3B.−13C.13D.3

5. 与圆C1：(x+1)2+(y−3)2＝16，C2:x2+y2−4x+2y+4＝0都相切的直线有（ ）
A.1条B.2条C.3条D.4条

6. 圆x2+y2+4x−2y＝0和圆x2+y2−2x−3＝0交于A、B两点，则相交弦AB的垂直平分线的方程为（ ）
A.6x−2y+3＝0B.x+3y−1＝0C.2x−2y+3＝0D.x−3y−1＝0

7. 已知F1，F2是椭圆C:x24+y2=1的两个焦点，P为椭圆C上一点，且SΔPF1F2=3，则∠F1PF2＝（ ）
A.π6B.π3C.π2D.2π3

8. 双曲线x2m−y2n=1(mn≠0)离心率为2，且其焦点与椭圆x29+y25=1的焦点重合，则mn的值为（ ）
A.3B.3C.1D.4

9. 若抛物线y2＝2px(p>0)上的点A(x0,42)到其焦点的距离是点A到y轴距离的3倍，则p等于（ ）
A.2B.4C.6D.8

10. 已知F是双曲线y24−x212=1的下焦点，A(4, 1)是双曲线外一点，P是双曲线上支上的动点，则|PF|+|PA|的最小值为（ ）
A.9B.8C.7D.6

11. 已知点P是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，I为ΔPF1F2的内心，若SΔIPF1+SΔIPF2=3SΔIF1F2成立，则椭圆的离心率为（ ）
A.13B.23C.34D.35

12. 双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(4, 0)，设A、B为双曲线上关于原点对称的两点，AF的中点为M，BF的中点为N，若原点O在以线段MN为直径的圆上，直线AB的斜率为377，则双曲线的离心率为（ ）
A.4B.2C.5D.3
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

曲线C:x2+y2＝1经x​′=xy​′=2y 坐标变换后所得曲线的方程为________．

已知直线x−2y+2＝0经过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点和一个焦点，那么这个椭圆的方程为________，离心率为________．

点P(x, y)是直线kx+y+3＝0上一动点，PA，PB是圆C:x2+y2−4y+3＝0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB面积的最小值为2，则k的值为________．

已知O为坐标原点，抛物线C:y2＝2px上一点A到焦点F的距离为4，若点M为抛物线C准线上的动点，给出以下命题：
①当△MAF为正三角形时，p的值为2；②存在M点，使得MA→−MF→=0→；③若MF→=3FA→，则p等于3；④|OM|+|MA|的最小值为213，则p等于4或12．
其中正确的是________．
三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

在平面直角坐标系xOy中，曲线C的直角坐标方程为(x−1)2+(y+1)2＝3，以O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标系方程为θ=π4(ρ∈R)．
（1）求曲线C的极坐标方程；

（2）判断：直线l与曲线C是否相交？若相交，请求出公共弦的长；若不相交，请说明理由．

已知双曲线C:x22−y2=1．
（1）求与双曲线C有共同的渐近线，且过点(−2,2)的双曲线的标准方程；

（2）若直线l与双曲线C交于A、B两点，且A、B的中点坐标为(1, 1)，求直线l的斜率．

如图抛物线顶点在原点，圆(x−2)2+y2＝4的圆心恰是抛物线的焦点．

（1）求抛物线的方程；

（2）一直线的斜率等于2，且过抛物线焦点，它依次截抛物线和圆于A、B、C、D四点，求|AB|+|CD|的值．

在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=1+22ty=1−22t （t为参数），在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，圆C的极坐标方程为ρ2−6ρcsθ+5＝0，圆C与直线l交于A，B两点，P点的直角坐标为(1, 1)．
（1）将直线l的参数方程化为普通方程，圆C的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）求|AB|及|PA|+|PB|的值．

已知抛物线的对称轴为坐标轴，顶点是坐标原点，准线方程为x＝−1，直线l与抛物线相交于不同的A，B两点．
（1）求抛物线的标准方程；

（2）如果直线l过抛物线的焦点，求OA→⋅OB→的值；

（3）如果OA→⋅OB→=−4，直线l是否过一定点，若过一定点，求出该定点；若不过一定点，试说明理由．

如图，椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为32，过抛物线C2:x2＝4by焦点F的直线交抛物线于M，N两点，当|MF|=74时，M点在x轴上的射影为F1，连接NO，MO并延长分别交C1于A，B两点，连接AB，ΔOMN与ΔOAB的面积分别记为SΔOMN，SΔOAB，设λ=SΔOMNSΔOAB．

（1）求椭圆C1和抛物线C2的方程；

（2）设ON，OM所在直线的斜率为kOM，kON，求证kOM⋅kON为定值；

（3）求λ的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.
【答案】
A
【考点】
点的极坐标和直角坐标的互化
【解析】
求出极径与极角，即可得到结果．
【解答】
点P(−3,1)在极坐标系中，极经为：(−3)2+12=2，点在第二象限，
∠POx=5π6，
所以点P(−3,1)在极坐标系中的坐标为(2, 5π6)．
2.
【答案】
C
【考点】
确定直线位置的几何要素
【解析】
先由已知分析可得ac0)中，c＝2，b＝1，∴ a=5，
故这个椭圆的方程为 x25+y2=1，
【答案】
±2
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
依题意分析得PC⊥l，PC为圆心到直线l的距离时，四边形的面积最小．
【解答】
∵ 圆C:x2+(y−2)2＝1，C(0, 2)，半径AC＝1
∴ SPACB＝2SPAC＝2×12|PA|⋅||AC|＝|PA|=|PC|2−1，
∴ |PC|的最小值是圆心到直线的距离d=2+3k2+1，
∴ (5k2+1)2−1＝4，解得k＝±2，
【答案】
①③
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据等边三角形性质判断①，根据A，F不重合判断②，利用相似三角形判断③，根据最短距离列方程计算p，判断④．
【解答】
对于①，当△MAF为正三角形时，|AF|＝|AM|，故AM与x轴平行，
∵ |AF|＝|AM|＝4，∴ F到准线的距离等于12|AM|＝2，即p＝2，故①正确；
对于②，MA→−MF→=FA→，而A在抛物线上，FA→≠0→，故②不正确；
对于③，若MF→=3FA→，则A，M，F三点共线，且|MF|＝12，
由三角形的相似比可得1216=p4，得p＝3，故③正确；
对于④，设B(−p, 0)，则O，B关于准线对称，故|MO|＝|MB|，
∵ |AF|＝4，∴ A点横坐标为4−p2，不妨设A在第一象限，则A点纵坐标为8p−p2，
故|OM|+|MA|的最小值为|AB|=(4+p2)2+8p−p2=213，解得p＝4或p＝12，
由4−p2≥0，p≤8，故p＝4，故④不正确．
三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
【答案】
将(x−1)2+(y+1)2＝3转换为x2+y2−2x+2y−1＝0，
根据x=ρcsθy=ρsinθ ，化为极坐标方程为ρ2−2ρcsθ+2ρsinθ−1＝0；
将θ=π4代入ρ2−2ρcsθ+2ρsinθ−1＝0得，ρ2−1＝0，Δ>0，
所以方程ρ2−1＝0有2个不同的根ρ1＝1，ρ2＝−1，
所以直线l与曲线C相交，公共弦的长为|ρ1−ρ2|＝2．
【考点】
圆的极坐标方程
【解析】
（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的进行转换．
（2）利用极径的应用和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
【解答】
将(x−1)2+(y+1)2＝3转换为x2+y2−2x+2y−1＝0，
根据x=ρcsθy=ρsinθ ，化为极坐标方程为ρ2−2ρcsθ+2ρsinθ−1＝0；
将θ=π4代入ρ2−2ρcsθ+2ρsinθ−1＝0得，ρ2−1＝0，Δ>0，
所以方程ρ2−1＝0有2个不同的根ρ1＝1，ρ2＝−1，
所以直线l与曲线C相交，公共弦的长为|ρ1−ρ2|＝2．
【答案】
设所求双曲线方程为x22−y2=k(k≠0)，
代入(−2,2)，得k＝−1，
所以所求双曲线方程为y2−x22=1．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，因为A、B在双曲线上，
A、B的中点坐标为(1, 1)，
x1+x2＝2，y1+y2＝2，
∴ x122−y12=1⋯x222−y22=1⋯ ，
①-②得：(x1−x2)(x1+x2)2=(y1−y2)(y1+y2)，
∴ kl=y1−y2x1−x2=x1+x22(y1+y2)=12．
直线l的斜率：12．
【考点】
直线与双曲线的位置关系
双曲线的离心率
【解析】
（1）设所求双曲线方程为x22−y2=k(k≠0)，代入(−2,2)，得k＝−1，得到双曲线方程．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用A、B的中点坐标为(1, 1)，通过点差法转化求解即可．
【解答】
设所求双曲线方程为x22−y2=k(k≠0)，
代入(−2,2)，得k＝−1，
所以所求双曲线方程为y2−x22=1．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，因为A、B在双曲线上，
A、B的中点坐标为(1, 1)，
x1+x2＝2，y1+y2＝2，
∴ x122−y12=1⋯x222−y22=1⋯ ，
①-②得：(x1−x2)(x1+x2)2=(y1−y2)(y1+y2)，
∴ kl=y1−y2x1−x2=x1+x22(y1+y2)=12．
直线l的斜率：12．
【答案】
设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，
∵ 圆(x−2)2+y2＝22的圆心恰是抛物线的焦点，
∴ p2=2即p＝4．
∴ 抛物线的方程为：y2＝8x；
依题意直线AB的方程为y＝2x−4，
设A(x1, y1)，D(x2, y2)，
则y=2x−4y2=8x ，得x2−6x+4＝0，
∴ x1+x2＝6，|AD|＝x1+x2+p＝6+4＝10．
则|AB|+|CD|＝|AD|−|CB|＝10−4＝6．
【考点】
圆锥曲线的综合问题
【解析】
（1）设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，由已知得p＝4．即可得抛物线的方程；
（2）依题意直线AB的方程为y＝2x−4，设A(x1, y1)，D(x2, y2)，则y=2x−4y2=8x ，得x2−6x+4＝0，由抛物线的定义可得|AD|＝x1+x2+p．可得|AB|+|CD|＝|AD|−|CB|，计算即可得到所求和．
【解答】
设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，
∵ 圆(x−2)2+y2＝22的圆心恰是抛物线的焦点，
∴ p2=2即p＝4．
∴ 抛物线的方程为：y2＝8x；
依题意直线AB的方程为y＝2x−4，
设A(x1, y1)，D(x2, y2)，
则y=2x−4y2=8x ，得x2−6x+4＝0，
∴ x1+x2＝6，|AD|＝x1+x2+p＝6+4＝10．
则|AB|+|CD|＝|AD|−|CB|＝10−4＝6．
【答案】
直线l的参数方程为x=1+22ty=1−22t （t为参数），
转换为直角坐标方程为：x+y−2＝0．
圆C的极坐标方程为ρ2−6ρcsθ+5＝0，
转换为：x2+y2−6x+5＝0．
把直线的方程x=1+22ty=1−22t （t为参数），
代入圆的方程得：t2−32t+1=0，（t1和t2为A、B对应的参数），
|AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2=14，
因为点P在圆外，
所以|PA|+|PB|=|t1+t2|=32．
【考点】
圆的极坐标方程
【解析】
（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之进行转换．
（2）利用一元二次方程根和系数的关系求出结果．
【解答】
直线l的参数方程为x=1+22ty=1−22t （t为参数），
转换为直角坐标方程为：x+y−2＝0．
圆C的极坐标方程为ρ2−6ρcsθ+5＝0，
转换为：x2+y2−6x+5＝0．
把直线的方程x=1+22ty=1−22t （t为参数），
代入圆的方程得：t2−32t+1=0，（t1和t2为A、B对应的参数），
|AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2=14，
因为点P在圆外，
所以|PA|+|PB|=|t1+t2|=32．
【答案】
已知抛物线的对称轴为坐标轴，顶点是坐标原点，准线方程为x＝−1，
所以p2=1，p＝2．
∴ 抛物线的标准方程为y2＝4x．
设l:my＝x−1，与y2＝4x联立，得y2−4my−4＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，∴ y1+y2＝4m，y1y2＝−4，
∴ OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+1=−3．
假设直线l过定点，设l:my＝x+n，
my=x+ny2=4x ，得y2−4my+4n＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，∴ y1+y2＝4m，y1y2＝4n．
由OA→⋅OB→=−4=(m2+1)y1y2−mn(y1+y2)+n2=n2+4n，解得n＝−2，
∴ l:my＝x−2过定点(2, 0)．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）由抛物线的准线方程可知：p2=1，p＝2．即可求得抛物线方程；
（2）设l:my＝x−1，代入抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，即可求得OA→⋅OB→的值；
（3）设直线l方程，my＝x+n，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，即可求得n的值，可知直线l过定点．
【解答】
已知抛物线的对称轴为坐标轴，顶点是坐标原点，准线方程为x＝−1，
所以p2=1，p＝2．
∴ 抛物线的标准方程为y2＝4x．
设l:my＝x−1，与y2＝4x联立，得y2−4my−4＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，∴ y1+y2＝4m，y1y2＝−4，
∴ OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+1=−3．
假设直线l过定点，设l:my＝x+n，
my=x+ny2=4x ，得y2−4my+4n＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，∴ y1+y2＝4m，y1y2＝4n．
由OA→⋅OB→=−4=(m2+1)y1y2−mn(y1+y2)+n2=n2+4n，解得n＝−2，
∴ l:my＝x−2过定点(2, 0)．
【答案】
由抛物线定义可得M(−c,74−b)，
∵ 点M在抛物线x2＝4by上，∴ c2=4b(74−b)，即c2＝7b−4b2①
又由ca=32，得 c2＝3b2将上式代入①，得7b2＝7b解得b＝1，
∴ c=3，∴ a＝2，
所以曲线C1的方程为x24+y2=1，曲线C2的方程为x2＝4y．
证明：设直线MN的方程为y＝kx+1，由y=kx+1x2=4y 消去y整理得x2−4kx−4＝0，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)．则x1x2＝−4，
设kON＝m，kOM＝m′，则mm′=y2x2⋅y1x1=116x1x2=−14，
由（2），可得m′=−14m，②
设直线ON的方程为y＝mx(m>0)，由y=mxx2=4y ，解得xN＝4m，
所以|ON|=1+m2|xN|=4m1+m2，
由②可知，用−14m代替m，可得|OM|=1+(−14m)2|xM|=1m1+116m2，
由y=mxx24+y2=1 ，解得xA=24m2+1，所以|OA|=1+m2|xA|=21+m24m2+1，
用−14m代替m，可得|OB|=1+116m2|xB|=21+116m214m2+1，
所以λ=SΔOMNSΔOAB=|ON|⋅|OM||OA|⋅|OB|=4m1+m2⋅1m1+116m221+m24m2+1⋅21+116m214m2+1
=4m2+1⋅14m2+1
=4m2+2+14m2
=2m+12m≥2，当且仅当m=12时等号成立．
所以λ的取值范围为[2, +∞)．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
椭圆的标准方程
抛物线的标准方程
【解析】
（1）求出M(−c,74−b)，点M在抛物线x2＝4by上，推出c2＝7b−4b2，结合离心率，求解b，a得到椭圆以及抛物线方程．
（2）设直线MN的方程为y＝kx+1，由y=kx+1x2=4y 消去y整理得x2−4kx−4＝0，设M(x1, y1)，N(x2, y2)．通过韦达定理，结合斜率的乘积，求解即可．
（3）由m′=−14m，设直线ON的方程为y＝mx(m>0)，联立y=mxx2=4y ，解得|ON|，|OM|，然后求解|OA|，|OB|，计算λ=SΔOMNSΔOAB，通过基本不等式求解λ的取值范围．
【解答】
由抛物线定义可得M(−c,74−b)，
∵ 点M在抛物线x2＝4by上，∴ c2=4b(74−b)，即c2＝7b−4b2①
又由ca=32，得 c2＝3b2将上式代入①，得7b2＝7b解得b＝1，
∴ c=3，∴ a＝2，
所以曲线C1的方程为x24+y2=1，曲线C2的方程为x2＝4y．
证明：设直线MN的方程为y＝kx+1，由y=kx+1x2=4y 消去y整理得x2−4kx−4＝0，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)．则x1x2＝−4，
设kON＝m，kOM＝m′，则mm′=y2x2⋅y1x1=116x1x2=−14，
由（2），可得m′=−14m，②
设直线ON的方程为y＝mx(m>0)，由y=mxx2=4y ，解得xN＝4m，
所以|ON|=1+m2|xN|=4m1+m2，
由②可知，用−14m代替m，可得|OM|=1+(−14m)2|xM|=1m1+116m2，
由y=mxx24+y2=1 ，解得xA=24m2+1，所以|OA|=1+m2|xA|=21+m24m2+1，
用−14m代替m，可得|OB|=1+116m2|xB|=21+116m214m2+1，
所以λ=SΔOMNSΔOAB=|ON|⋅|OM||OA|⋅|OB|=4m1+m2⋅1m1+116m221+m24m2+1⋅21+116m214m2+1
=4m2+1⋅14m2+1
=4m2+2+14m2
=2m+12m≥2，当且仅当m=12时等号成立．
所以λ的取值范围为[2, +∞)．