2021-2022学年上海市朱家角中学高一下学期期末数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年上海市朱家角中学高一下学期期末数学试题（解析版），共11页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市朱家角中学高一下学期期末数学试题 一、填空题1．直线的倾斜角的大小为_______．【答案】【分析】由直线一般式转化为斜截式，得到斜率，再由倾斜角和斜率的关系得出结果.【详解】由，得，得直线的斜率为，设其倾斜角为，则，得，故答案为：2．若复数满足（为虚数单位），则______．【答案】【分析】根据复数的四则运算，结合共轭复数的定义，可得答案.【详解】由，，则，故答案为：.3．双曲线的渐近线方程为___________.【答案】【分析】根据双曲线的简单几何性质计算可得；【详解】解：因为双曲线方程为，令，即，两边同时开方得，即双曲线的渐近线方程为；故答案为：4．若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为______．【答案】【分析】根据椭圆的标准方程的形式，焦点在轴上的椭圆分母的大小关系可得.【详解】方程表示焦点在轴上的椭圆,则故答案为：5．已知圆，则过点的圆的切线方程为_______．【答案】【分析】确定点在圆上，计算，得到切线斜率，得到切线方程.【详解】，故点在圆上，，切线斜率为.故切线方程为：，即.故答案为：6．设、是双曲线的两个焦点，点在双曲线上，且满足，则的面积等于______．【答案】##【分析】由余弦定理结合双曲线的定义求得，然后由三角形面积公式得结论．【详解】由题意，，，由双曲线定义得，平方得①，又由余弦定理得，即②，②－①得，，所以．故答案为：．7．已知点，椭圆与直线交于点，则的周长为______．【答案】【分析】由题意可得点为椭圆的右焦点，直线过椭圆的左焦点，再根据椭圆的定义即可得解.【详解】解：由椭圆，得点为椭圆的右焦点，直线过定点，是椭圆的左焦点，则的周长为.故答案为：.8．若，且，则的最大值是_______．【答案】##【分析】由复数模的几何意义求解．【详解】，则复平面上表示复数的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，表示到点的距离，∵，所以=的最大值为．故答案为：．9．一个水平放置的等轴双曲线型的拱桥桥洞如图所示，已知当前拱桥的最高点离水面5米时，量得水面宽度米，则当水面升高1米后，水面宽度为_________.米(精确到0.1米)【答案】26.5【分析】建立坐标系，设出双曲线的方程，由点在双曲线上，可求得，再代入点可求得水面的宽.【详解】以双曲线的实轴为y轴，双曲线的对称中心为原点建立平面直角坐标系，设等轴双曲线的方程为，则点在双曲线上，所以解得，所以双曲线的方程为，点，当水面上升1米后，即点的纵坐标为，代入到双曲线方程中得，所以水面宽度为，故答案为：26.5.【点睛】本题考查双曲线的实际应用，关键在于建立合适的平面坐标系，设出双曲线的方程，已知的数据转化为双曲线上的点的坐标求解，属于中档题.10．已知双曲线的左右两个焦点分别是，双曲线上一点满足，则_____．【答案】【分析】首先根据可判断点只能在左支上，再根据双曲线的定义即可得结果.【详解】在双曲线中，，，，因为，所以点只能在左支上，则，得，故答案为：1811．已知曲线与直线有两个交点，则的取值范围是___．【答案】【分析】化简曲线方程可得其表示圆心，半径为1的圆的上半圆，通过画图可找到曲线C与直线l有两个交点的两个临界，通过计算可得其范围.【详解】曲线C： ，可化为，即：，则圆心，半径为1，如图所示，当l过点（0,0）时，即：m=0时，曲线C与直线l有两个交点，当直线l与相切时， ，解得 ，此时曲线C与直线l有一个交点，∴ 故答案为：.12．已知点和圆，一束光线从点出发，经轴反射（反射点为，反射光线经过圆周上一点，则折线的最短距离为______．【答案】【分析】求出圆心和半径，再找出关于轴的对称点，最短距离即和的距离再减去半径.【详解】圆，圆心为，半径为3，关于轴的对称点，折线的最短距离为和的距离再减去半径，所以.故答案为： 二、单选题13．设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据纯虚数定义依次判断充分性和必要性即可得到结论.【详解】若，则或；当时，为实数，此时复数不是纯虚数，充分性不成立；若复数为纯虚数，则且，此时，必要性成立；“”是“复数为纯虚数”的必要不充分条件.故选：B.14．已知直线与直线，若直线与直线的夹角为，则实数的值为（    ）A． B． C．或0 D．或【答案】C【分析】根据倾斜角与斜率的关系即可求解.【详解】的斜率为，所以其倾斜角为，直线恒过点,若直线与直线的夹角为，则的倾斜角为或者，所以斜率为或，故选：C15．一动圆过定点，且与已知圆：相切，则动圆的轨迹方程是（    ）A．（） B．（）C． D．【答案】D【分析】结合圆相切时满足的条件以及双曲线的定义即可求出结果.【详解】设动圆的半径为，由题意知，圆的圆心坐标为，半径为4．动圆与圆相切有两种情况，即内切或外切，所以，所以，即动点到两定点的距离之差为常数4，所以点在以，为焦点的双曲线上，所以，，所以，所以动圆的轨迹方程是．故选：D.16．若椭圆和椭圆的焦点相同且．给出如下四个结论：①椭圆与椭圆一定没有公共点；②；③；④其中所有正确结论的序号是（    ）A．①③ B．①③④ C．①②④ D．②③④【答案】B【分析】对①， 联立两椭圆方程求解即可判断；对②，由可得，即可变形判断；对③，，即可变形判断；对④，由，即可变形判断.【详解】对①，联立两椭圆方程得，则，由两椭圆焦点相同得，又，∴，即，∴，方程无实数根，故椭圆与椭圆一定没有公共点，①对；对②，由①得，则，∴，②错；对③，由，③对；对④，由③得，则，∴，④对.故选：B 三、解答题17．已知直线方程，，问为何值时，相交，平行，重合？【答案】，相交；，平行；，重合【分析】由直线相交、平行、重合的充要条件，可得关于的限制条件，解即可得到答案.【详解】∵直线方程，，∴相交时，即∴时，相交；平行时，，解得，∴时，平行；重合时，，解得，∴时，重合．【点睛】本题考查直线与直线相交、平行、重合位置关系充要条件的应用，考查运算求解能力，属于基础题．18．已知圆，若直线过点，且被圆截到的弦长为6，求直线的方程．【答案】或．【分析】对直线是否斜率进行分类讨论，结合弦长公式，即可求得结果.【详解】因为直线被圆截到的弦长为6，所以圆心(0,0)到直线的距离，当直线的斜率不存在时，直线满足题意；当直线的斜率存在时，设直线，所以，所以，解得，所以直线，综上，直线或直线．19．已知关于的一元二次方程的两根为、．(1)若为虚数，求的取值范围；(2)若，求的值．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）依题意知，即可求出参数的取值范围；（2）分与两种情况讨论，利用韦达定理计算可得.【详解】（1）因为为虚数，所以，即.（2）因为，所以，，①当时，，则；②当时，，则；综上，的值为或．20．已知双曲线的一条渐近线方程，原点到过、点的直线的距离为．(1)求双曲线方程；(2)过点能否作直线，使与已知双曲线交于两点、，且是线段的中点？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）求出直线的方程，根据原点到直线的距离求出的关系式，再结合双曲线的渐近线方程求出，即可得解；（2）假设直线存在，设是线段的中点，且，，利用点差法求出直线的方程，再联立方程，根据根的判别式即可得出结论.【详解】（1）解：因为直线过、两点，所以方程为，因为原点到直线的距离为，所以，因为双曲线的一条渐近线方程，所以，解得，，所以双曲线方程为；（2）解：假设直线存在，设是线段的中点，且，，则，，因为、在双曲线上，则，两式相减整理得，所以，所以，所以直线的方程为，即，联立，消得，因为，所以直线与双曲线无交点，所以直线不存在．21．已知平面上的动点及两定点，，直线，的斜率分别是，且.（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）设直线与曲线C交于不同的两点M，N.①若（O为坐标原点），证明点O到直线的距离为定值，并求出这个定值.②若直线BM，BN的斜率都存在并满足，证明直线l过定点，并求出这个定点.【答案】（1）；（2）①证明见解析，定值为；②证明见解析，定点为.【解析】（1）根据题意，利用斜率计算公式，即可得出的轨迹方程；（2）把直线的方程与椭圆方程联立得到根与系数的关系，①利用，可推出，即可得到与的关系，再利用点到直线的距离公式即可证明；②利用斜率计算公式和根与系数的关系即可得出与的关系，进而证明结论．【详解】（1）根据题意可得，.∵∴，即.∴动点的轨迹的方程为.（2）设点，，联立，化为，则.∴，.∴.①若，则.∴∴，化为，此时点到直线的距离.②∵直线BM，BN的斜率都存在并满足∴∴∴，化为，即，解得或.当时，直线恒过原点；当时，直线恒过点，此时直线与曲线最多有一个公共点，不符合题意.综上可知，直线恒过定点.【点睛】本题考查了圆锥曲线轨迹方程的求法，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，考查直线过定点的证明．定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.