2020-2021学年黑龙江省大庆市高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年黑龙江省大庆市高二（上）期中数学试卷人教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. 已知点M的极坐标是(−2,−π6)，它关于直线θ=π2的对称点坐标是（ ）
A.(2,11π6)B.(−2,7π6)C.(2,−π6)D.(−2,−11π6)

2. 阿基米德（公元前287年-公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的焦点在x轴上，且椭圆C的离心率为74，面积为12π，则椭圆C的方程为（ ）
A.x23+y24=1B.x29+y216=1C.x24+y23=1D.x216+y29=1

3. 下列结论错误的是( )
A.命题“若x2−3x−4=0，则x=4”的逆否命题为“若x≠4，则x2−3x−4≠0”
B.“x=4”是“x2−3x−4=0”的充分条件
C.命题“若m>0，则方程x2+x−m=0有实根”的逆命题为真命题
D.命题“若m2+n2=0，则m=0且n=0”的否命题是“若m2+n2≠0，则m≠0或n≠0”

4. 在极坐标系中，曲线C:ρ=2sinθ上的两点A，B对应的极角分别为2π3，π3，则弦长|AB|等于( )
A.1B.2C.3D.2

5. 已知椭圆和点、，若椭圆的某弦的中点在线段AB上，且此弦所在直线的斜率为k，则k的取值范围为（ ）
A.[−4, −2]B.[−2, −1]C.[−4, −1]D.

6. 已知点A是曲线上任意一点，则点A到直线的距离的最大值是（ ）
A.B.C.D.

7. 已知M是抛物线x2＝4y上一点，F为其焦点，C为圆(x+1)2+(y−2)2＝1的圆心，则|MF|+|MC|的最小值为（ ）
A.2B.3C.4D.5

8. 已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2cs2θ+3ρ2sin2θ＝12，且曲线C的左焦点F在直线l上，若直线l与曲线C交于A、B两点，则|FA|⋅|FB|的值等于（ ）
A.1B.C.D.2

9. 已知点F是双曲线x2a2−y2b2=1的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过F作垂直于x轴的直线与双曲线交于G，H两点，若△GHE是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是( )
A.(1, +∞)B.(1, 2)C.(2, 1+2)D.(1, 1+2)

10. 若动点(x, y)在曲线x24+y2b2=1(b>0)上变化，则x2+2y的最大值为（ ）
A.b24+4(0C.b24+4D.2b

11. 已知点A，B在抛物线y2＝x上且位于x轴的两侧，（其中O为坐标原点），则直线AB一定过点（ ）
A.(2, 0)B.（，0)C.(0, 2)D.

12. 设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点为F1，F2，P是椭圆上一点，且∠F1PF2=π3，若△F1PF2的外接圆和内切圆的半径分别为R，r，当R＝4r时，椭圆的离心率为（ ）
A.45B.23C.12D.25
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）

已知点P的直角坐标按伸缩变换x′=2xy′=3y 变换为点P(6, −3)，限定p>0，0≤θ<2π时，则点P的极坐标为________

设p:|x−1|≤1，q:x2−(2m+1)x+(m−1)(m+2)≤0．若p是q的充分不必要条件，则实数m的取值范围是________．

有如下命题：
①“a>b>0”是“1a<1b”成立的充分不必要条件；
②a>b>0，t>0，则ab③a5+b5≥a2b3+a3b2对一切正实数a，b均成立；
④“ab>1”是“a−b>0”成立的必要非充分条件．
其中正确的命题为________（填写正确命题的序号）

已知双曲线＝1(a>0, b>0)，过x轴上点P的直线与双曲线的右支交于M，N两点（M在第一象限），直线MO交双曲线左支于点Q（O为坐标原点），连接QN．若∠MPO＝120∘，∠MNQ＝150∘，则该双曲线的渐近线方程为________．
三、解答题（本大题共6小题，共70分．）

在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1:ρ＝4sinθ，曲线C2:ρ＝4csθ．
（1）求曲线C1与C2的直角坐标方程；

（2）若直线C3的极坐标方程为，设C3与C1和C2的交点分别为M，N，求|MN|．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，且椭圆C的右顶点到直线x−y+2=0的距离为3．
（1）求椭圆C的方程；

（2）过点P(2, 0)，且斜率为12的直线l与椭圆C交于A，B两点，求△OAB的面积（O为坐标原点）．

已知双曲线C:x24−y2=1，P是C上的任意点．
（1）求证：点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；

（2）设点A的坐标为(5, 0)，求|PA|的最小值．

在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+ty=1+3t （t为参数），曲线C2的参数方程为x=m2−1y=2m （m为参数）．
（1）求曲线C1，C2的普通方程；

（2）已知点M(2, 1)，若曲线C1，C2交于A，B两点，求||MA|−|MB||的值．

设抛物线C:y2＝2px(p>0)，F为C的焦点，点A(xA, 0)为x轴正半轴上的动点，直线l过点A且与C交于P、Q两点；点B(xB, 0)为异于点A的动点，当点A与点F重合且直线l垂直于x轴时，|PQ|＝4．
（1）求C的方程；

（2）若直线l不垂直于坐标轴，且∠PBA＝∠QBA，求证：xA+xB为定值．

已知椭圆经过A(1, 0)，B(0, b)两点．O为坐标原点，且△AOB的面积为．过点P(0, 1)且斜率为k(k>0)的直线l与椭圆C有两个不同的交点M，N，且直线AM，AN分别与y轴交于点S，T．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)求直线l的斜率k的取值范围；
(Ⅲ)设，求λ+μ的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年黑龙江省大庆市高二（上）期中数学试卷
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】
B
【考点】
极坐标刻画点的位置
【解析】
利用极坐标的意义作出极坐标是(−2,−π6)的点M，如图，再作出它关于直线θ=π2的对称点是M1，从而得出它的极坐标为(2,π6)或(−2,7π6)．
【解答】
解：作出极坐标是(−2,−π6)的点M，如图，
它关于直线θ=π2的对称点是M1，其极坐标为(2,π6)或(−2,7π6)．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
由题意可得离心率即a，c的关系，椭圆面积可得a，b的关系，再由a，b，c的关系求出椭圆的方程．
【解答】
由题意可得ca=74，12ππ=ab，即ab＝12，a2＝b2+c2，解得：a2＝16，b2＝9，
所以椭圆的方程为：x216+y29=1，
3.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
四种命题的真假关系
【解析】
命题“若x2−3x−4=0，则x=4”的逆否命题为“若x≠4，则x2−3x−4≠0；“x=4”是“x2−3x−4=0”的充分条件；命题“若m>0，则方程x2+x−m=0有实根”的逆命题是假命题；命题“若m2+n2=0，则m=0且n=0”的否命题是“若m2+n2≠0，则m≠0或n≠0”．
【解答】
解：命题“若x2−3x−4=0，则x=4”的逆否命题为“若x≠4，则x2−3x−4≠0”，故A正确；
由“x=4”可得“x2−3x−4=0”，
由“x2−3x−4=0”可得“x=4或x=−1”，
∴ “x=4”是“x2−3x−4=0”的充分条件，故B正确；
∵ 若方程x2+x−m=0有实根，则Δ=1+4m≥0，解得m≥−14，
∴ “若方程x2+x−m=0有实根，则m>0”，是假命题，
即命题“若m>0，则方程x2+x−m=0有实根”的逆命题为假命题，故C不正确；
命题“若m2+n2=0，则m=0且n=0”的否命题是“若m2+n2≠0，则m≠0或n≠0”，故D正确．
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
点的极坐标和直角坐标的互化
两点间的距离公式
【解析】
直接求出极坐标，转化为直角坐标，然后利用距离公式求解即可．
【解答】
解：A，B两点的极坐标分别为(3，2π3)，(3，π3)，
化为直角坐标为(−32，32)，(32，32)，
故|AB|=(32+32)2+(32−32)2=3，
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
C
【考点】
圆的极坐标方程
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
B
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
8.
【答案】
D
【考点】
圆的极坐标方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
根据双曲线的对称性，得到等腰△ABE中，∠AEB为锐角，可得|AF|<|EF|，将此式转化为关于a、c的不等式，化简整理即可得到该双曲线的离心率e的取值范围．
【解答】
解：根据双曲线的对称性，得△GHE中，|GE|=|HE|，
∴ △GHE是锐角三角形，即∠GHB为锐角，
由此可得Rt△GFE中，∠GEF<45∘，得|GF|<|EF|,
∵ |GF|=b2a=c2−a2a，|EF|=a+c
∴ c2−a2a0
两边都除以a2，得e2−e−2<0，
解得−1∵ 双曲线的离心率e>1，
∴ 该双曲线的离心率e的取值范围是(1, 2).
故选B.
10.
【答案】
A
【考点】
椭圆的参数方程
函数的最值及其几何意义
【解析】
本题可以直接借助于椭圆方程把x2用y表示，从而得到一个关于y的二次函数，再配方求最值；这里用椭圆的参数方程求解
【解答】
解：记x=2csθ，y=bsinθ，x2+2y=4cs2θ+2bsinθ=f(θ)，
f(θ)=−4sin2θ+2bsinθ+4=−4(sinθ−b4)2+b24+4，sinθ∈[−1, 1]
若0若b4>1⇒b>4，则当sinθ=1时f(θ)取得最大值2b，
故选A．
11.
【答案】
A
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
12.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
利用正弦定理计算R，得出r，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，根据余弦定理计算mn，再根据面积公式列方程得出a，c的关系，从而可求出椭圆的离心率．
【解答】
椭圆的焦点为F1(−c, 0)，F2(c, 0)，|F1F2|＝2c，
根据正弦定理可得2R=|F1F2|sin∠F1PF2=2csinπ3=43c3，
∴ R=23c3，r=14R=3c6．
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m+n＝2a，
由余弦定理得，4c2＝m2+n2−2mncsπ3=(m+n)2−3mn＝4a2−3mn，
∴ mn=4(a2−c2)3，
∴ S​△F1PF2=12mnsinπ3=3(a2−c2)3，又S​△F1PF2=12(m+n+2c)⋅r=3c(a+c)6，
∴ 3(a2−c2)3=3(a+c)c6，即2a2−3c2−ac＝0，故3e2+e−2＝0，
解得：e=23或e＝−1（舍）．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
【答案】
(23, 11π6)
【考点】
圆的极坐标方程
【解析】
设变换前点P的直角坐标为(x, y)，由题意得6=2x−3=3y ，可解得变换前点P的直角坐标，利用ρ=x2+y2，tan θ=yx分别求解ρ与θ得答案．
【解答】
设变换前点P的直角坐标为(x, y)，
由题意得6=2x−3=3y ，解得x=3y=−3 ，
∴ 变换前点P的直角坐标为(3, −3)，
ρ=32+(−3)2=23，tan θ=−33，
∵ 0≤θ<2π，点P在第四象限，∴ θ=11π6，
∴ 点P的极坐标为(23, 11π6)．
【答案】
[0, 1]
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
求出p，q的等价条件，结合充分不必要条件的定义进行转化求解即可．
【解答】
由|x−1|≤1得−1|≤x−1≤1，得0≤x≤2，
由x2−(2m+1)x+(m−1)(m+2)≤0得[x−(m−1)][x−(m+2)]≤0，
得m−1≤x≤m+2，
若p是q的充分不必要条件，
则m−1≤0m+2≥2 ，得m≤1m≥0 ，得0≤m≤1，
即实数m的取值范围是[0, 1]，
【答案】
①③
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
①④主要是当a，b异号时的情况；
②③可用做差比较法判定，得出结论；
【解答】
解：①“a>b>0”能推出“1a<1b”，但反之不一定，比如a<0时不成立，故是充分不必要条件，故正确；
②a>b>0，t>0，则ab−a+tb+t=t(a−b)b(b+t)>0，故ab>a+tb+t，故错误；
③a5+b5−a2b3+a3b2=(a−b)2(a+b)(a2+ab+b2)，显然对一切正实数a，b均成立，故正确；
④“ab>1”推不出“a−b>0”，反之也不能，应是即不充分也不必要条件，故错误．
故答案为①③．
【答案】
y＝±x
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、解答题（本大题共6小题，共70分．）
【答案】
根据，
所以：ρ＝4sinθ，整理得ρ2＝4ρsinθ，
∴ 曲线C1的直角坐标方程为x2+y2−4y＝0．
同理：根据由ρ＝7csθ2＝4ρcsθ，
∴ 曲线C6的直角坐标方程为x2+y2−5x＝0．
联立，得，
联立，得ρN＝2，
故．
【考点】
圆的极坐标方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
因为椭圆C的右顶点到直线x−y+2=0的距离为3，
所以|a+2|2=3，解得a=22．
因为椭圆C的离心率为32，所以ca=32，
所以c=6，所以b=a2−c2=2．
故椭圆C的方程为x28+y22=1．
由题意可知直线l的方程为x＝2y+2，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立x=2y+2x28+y22=1 ，整理得2y2+2y−1＝0，
则y1+y2＝−1，y1y2=−12，
从而|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2=(−1)2−4×(−12)=3．
故△OAB的面积S=12|OP||y1|+12|OP||y2|=12×|OP|×|y1−y2|=12×2×3=3．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
椭圆的标准方程
【解析】
（1）通过椭圆C的右顶点到直线x−y+2=0的距离为3，求出a，结合离心率求出c，然后求解b，得到椭圆方程．
（2）由题意可知直线l的方程为x＝2y+2，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立x=2y+2x28+y22=1 ，整理得2y2+2y−1＝0，通过韦达定理以及弦长公式，转化求解三角形的面积即可．
【解答】
因为椭圆C的右顶点到直线x−y+2=0的距离为3，
所以|a+2|2=3，解得a=22．
因为椭圆C的离心率为32，所以ca=32，
所以c=6，所以b=a2−c2=2．
故椭圆C的方程为x28+y22=1．
由题意可知直线l的方程为x＝2y+2，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立x=2y+2x28+y22=1 ，整理得2y2+2y−1＝0，
则y1+y2＝−1，y1y2=−12，
从而|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2=(−1)2−4×(−12)=3．
故△OAB的面积S=12|OP||y1|+12|OP||y2|=12×|OP|×|y1−y2|=12×2×3=3．
【答案】
解：（1）设P(x0, y0)，P到两准线的距离记为d1，d2
∵ 两准线为x−2y=0，x+2y=0…..2′
∴ d1⋅d2=|x0−2y0|5⋅|x0+2y0|5=15|x02−4y02|…..4’
又∵ 点P在曲线C上，
∴ |x02−4y02|=x02−4y02=4，得d1⋅d2=45（常数）
即点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数….6’
（2）设P(x0, y0)，由平面内两点距离公式得
|PA|2=(x0−5)2+y02(x0−5)2+y02=x02−10x0+25+x024−’
∵ x024−y02=1，可得y02=x024−1
∴ |PA|2=x02−10x0+25+x024−1=54(x0−4)2+4…..9’
又∵ 点P在双曲线上，满足|x0|≥2，
∴ 当x0=4时，|PA|有最小值，|PA|min=2….12’
【考点】
双曲线的特性
两点间的距离公式
【解析】
（1）设P(x0, y0)，由点到直线距离公式，得P到两准线的距离之积满足d1⋅d2=15|x02−4y02|，再结合点P坐标满足双曲线方程，代入化简整理即可得到d1⋅d2=45，命题得证．
（2）由两点的距离公式结合点P坐标满足双曲线方程，化简整理得|PA|2=54(x0−4)2+4，再根据二次函数的图象与性质，即可求出|PA|的最小值．
【解答】
解：（1）设P(x0, y0)，P到两准线的距离记为d1，d2
∵ 两准线为x−2y=0，x+2y=0…..2′
∴ d1⋅d2=|x0−2y0|5⋅|x0+2y0|5=15|x02−4y02|…..4’
又∵ 点P在曲线C上，
∴ |x02−4y02|=x02−4y02=4，得d1⋅d2=45（常数）
即点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数….6’
（2）设P(x0, y0)，由平面内两点距离公式得
|PA|2=(x0−5)2+y02(x0−5)2+y02=x02−10x0+25+x024−’
∵ x024−y02=1，可得y02=x024−1
∴ |PA|2=x02−10x0+25+x024−1=54(x0−4)2+4…..9’
又∵ 点P在双曲线上，满足|x0|≥2，
∴ 当x0=4时，|PA|有最小值，|PA|min=2….12’
【答案】
由曲线C1的参数方程x=2+ty=1+3t （t为参数），消去t，得y＝3x−5．
由曲线C2的参数方程x=m2−1y=2m （m为参数），消去m，得y2＝4x+4．
曲线C1的标准参数方程为x=2+1010ty=1+31010t （t为参数），
代入y2＝4x+4，整理得910t2+105t−11=0，
∴ t1+t2=−2109，t1t2=−1109，
∵ t1+t2<0，t1t2<0，
∴ ||MA|−|MB||=|t1+t2|=2109．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
【解析】
（1）根据曲线C1和C2的参数方程，消去参数即可得到其普通方程；
（2）先求出曲线C1的标准参数方程，然后将方程代入曲线C2中，由根与系数的关系得到t1+t2和t1t2，再根据||MA|−|MB||＝|t1+t2|求出||MA|−|MB||的值．
【解答】
由曲线C1的参数方程x=2+ty=1+3t （t为参数），消去t，得y＝3x−5．
由曲线C2的参数方程x=m2−1y=2m （m为参数），消去m，得y2＝4x+4．
曲线C1的标准参数方程为x=2+1010ty=1+31010t （t为参数），
代入y2＝4x+4，整理得910t2+105t−11=0，
∴ t1+t2=−2109，t1t2=−1109，
∵ t1+t2<0，t1t2<0，
∴ ||MA|−|MB||=|t1+t2|=2109．
【答案】
由题意可得F(p2, 0)，
当点A与点F重合且直线l垂直于x轴时，l:x=p2，代入y2＝2px，
可得y＝±p，所以|PQ|＝2p，
因为|PQ|＝4，所以2p＝4，即p＝2，
所以C的方程为y2＝4x；
证明：由题意可设直线l:x＝my+xA，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
将x＝my+xA代入y2＝4x中，可得y2−4my−4xA＝0，
则△＝16m2+16xA>0，且y1+y2＝4m，y1y2＝−4xA，
由∠PBA＝∠QBA，可得kPB+kQB＝0，即y1x1−xB+y2x2−xB=0，
可得y1(x2−xB)+y2(x1−xB)＝0，
因为y1(x2−xB)+y2(x1−xB)＝y1(my2+xA−xB)+y2(my1+xA−xB)
＝2my1y2+(xA−xB)(y1+y2)＝2m(−4xA)+(xA−xB)(4m)＝−4m(xA+xB)，
所以−4m(xA+xB)＝0，
又直线l不垂直于坐标轴，所以m≠0，
则xA+xB＝0，
可得xA+xB为定值0．
【考点】
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）求得焦点F的坐标，当点A与点F重合且直线l垂直于x轴时，可得P，Q的坐标和|PQ|，可得p＝2，进而得到抛物线的方程；
（2）可设直线l:x＝my+xA，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，联立抛物线的方程，运用韦达定理，由∠PBA＝∠QBA，可得kPB+kQB＝0，运用直线的斜率公式，化简整理，结合直线l不垂直于坐标轴，即可得证．
【解答】
由题意可得F(p2, 0)，
当点A与点F重合且直线l垂直于x轴时，l:x=p2，代入y2＝2px，
可得y＝±p，所以|PQ|＝2p，
因为|PQ|＝4，所以2p＝4，即p＝2，
所以C的方程为y2＝4x；
证明：由题意可设直线l:x＝my+xA，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
将x＝my+xA代入y2＝4x中，可得y2−4my−4xA＝0，
则△＝16m2+16xA>0，且y1+y2＝4m，y1y2＝−4xA，
由∠PBA＝∠QBA，可得kPB+kQB＝0，即y1x1−xB+y2x2−xB=0，
可得y1(x2−xB)+y2(x1−xB)＝0，
因为y1(x2−xB)+y2(x1−xB)＝y1(my2+xA−xB)+y2(my1+xA−xB)
＝2my1y2+(xA−xB)(y1+y2)＝2m(−4xA)+(xA−xB)(4m)＝−4m(xA+xB)，
所以−4m(xA+xB)＝0，
又直线l不垂直于坐标轴，所以m≠0，
则xA+xB＝0，
可得xA+xB为定值0．
【答案】
（1）因为椭圆经过点A(3，
所以a2＝1解得a＝5．
由△AOB的面积为可知，，
解得，
所以椭圆C的方程为x3+2y2＝7．
（2）设直线l的方程为y＝kx+11，y7)，N(x2, y2)．
联立，消y整理可得：(2k4+1)x2+4kx+1＝0．
因为直线与椭圆有两个不同的交点，
所以△＝16k8−4(2k5+1)>0，解得．
因为k>4，所以k的取值范围是．
(Ⅲ)因为A(4, 0)，1)M(x7, y1)，N(x2, y2)，
所以直线AM的方程是：．
令x＝0，解得．
所以点S的坐标为．
同理可得：点T的坐标为．
所以，，．
由，
可得：，
所以．
同理．
由(Ⅱ)得，
所以 ＝
所以λ+μ的范围是．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答