2023-2024学年上海市黄浦区大同中学高二（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年上海市黄浦区大同中学高二（下）期中数学试卷-普通用卷，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.经过点(1,1)，且方向向量为v=(1,2)的直线方程是( )
A. 2x−y−1=0B. 2x+y−3=0C. x−2y+1=0D. x+2y−3=0
2.若Δx→0limf(x0+mΔx)−f(x0)Δx=1(m为常数)，则f′(x0)=( )
A. −mB. 1C. mD. 1m
3.关于方程x2+xy+2y2=4所表示的曲线，下列说法正确的是( )
A. 关于x轴对称B. 关于y轴对称C. 关于y=x对称D. 关于原点中心对称
4.古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲线，其中的一种如图所示.用过M点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，已知高PO=2，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，平面与底面的交线EF⊥AB，则双曲线的两条渐近线所成角的余弦值为( )
A. 45
B. 35
C. 56
D. 67
二、填空题：本题共12小题，每小题3分，共36分。
5.直线 3x−y+10086=0的倾斜角为______.
6.椭圆x225+y29=1的长轴的长为______.
7.抛物线x2=2py的准线方程为y=−2，则抛物线的标准方程是______.
8.函数y=e2x−1+x2的导函数为______.
9.若方程x2+y2−4x+6y+1+a=0表示的曲线是一个圆，则实数a的取值范围是______.
10.已知直线l1：ax+2y+3=0与直线l2：2x+ay+a+1=0平行，则a=______.
11.若方程x25−m+y2m−3=1表示焦点在x轴上的双曲线，则实数m的取值范围是______.
12.在极坐标系中，圆ρ=4sinθ的圆心到直线θ=π4(ρ∈R)的距离是______.
13.直线x=−ty=1+2t(t为参数，t∈R)和曲线C:x= 2csθy= 6sinθ(θ为参数，θ∈R)交于P、Q两点，则|PQ|=______.
14.考虑这样的等腰三角形：它的三个顶点都在椭圆x29+y2=1上，且其中恰有两个为椭圆的顶点，则这样的等腰三角形个数为______.
15.2022年卡塔尔世界杯会徽(如图)近似伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系xOy中，把到定点F1(−a,0)、F2(a,0)距离之积等于a2(a>0)的点的轨迹称为双纽线C.已知点P(x0,y0)是双纽线C上一点，下列说法中正确的是______.(填上你认为所有正确的序号)
①双纽线C关于原点O中心对称；
②双纽线C上满足|PF1|=|PF2|的点P有两个；
③−a2≤y0≤a2；
④|PO|的最大值为 2a.
16.已知双曲线x264−y257=1左右焦点分别为F1，F2，点P为右支上一动点，圆M与F1P的延长线、F1F2的延长线和线段F2P都相切，则PM⋅PF2|PF2|=______.
三、解答题：本题共5小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题9分)
已知圆C经过点A(2,3)和B(−2,−5)，且圆心在直线l：x−2y−3=0上，求圆C的方程.
18.(本小题9分)
已知抛物线C的方程为y2=4x，求过点(0,2)且与抛物线C只有一个公共点的直线方程.
19.(本小题10分)
设F1，F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆C于A，B两点，且|AF1|=3|BF1|.
(1)若|AB|=4，且△ABF2的周长为16，求|AF2|；
(2)若cs∠AF2B=35，求椭圆的离心率.
20.(本小题10分)
设函数f(x)=ax−bx，函数f(x)在点(3,f(3))处的切线方程为4x−3y−6=0.
(1)求f(x)的解析式；
(2)证明：曲线y=f(x)上任一点处的切线与直线x=0和直线y=x所围成的三角形的面积为定值，并求此定值.
21.(本小题10分)
已知直线x+y+ 3=0与椭圆E：x2a2+y2=1有且只有一个公共点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在实数λ，使椭圆E上存在不同两点P、Q关于直线2x−y−λ=0对称？若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由；
(3)椭圆E的内接四边形ABCD的对角线AC与BD垂直相交于椭圆的左焦点，S是四边形ABCD的面积，求S的最小值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查用点斜式求出直线的方程，属于基础题．
由题意求出直线的斜率，用点斜式求得直线的方程．
【解答】
解：由于直线的方向向量为v=(1,2)，故直线的斜率为21=2，
故直线的方程为y−1=2(x−1)，即2x−y−1=0，
故选：A.
2.【答案】D
【解析】解：Δx→0limf(x0+mΔx)−f(x0)Δx=mΔx→0limf(x0+mΔx)−f(x0)mΔx=mf′(x0)=1，
∴f′(x0)=1m.
故选：D.
根据极限的运算和导数的定义即可得解．
本题考查了导数的定义和极限的运算，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：对于A，将方程中y换为−y，则有x2+x(−y)+2(−y)2=4，
则x2−xy+2y2=4，与原方程不同，所以方程x2+xy+2y2=4不关于x轴对称；所以A不正确；
对于B，将方程中x换为−x，则有(−x)2+(−x)y+2y2=4，
则x2−xy+2y2=4，与原方程不同，所以方程x2+xy+2y2=4不关于y轴对称；所以B不正确；
对于C，将方程中x换为y，y换为x，则有y2+yx+2x2=4，
与原方程不相同，所以方程x2+xy+2y2=4不关于y=x轴对称；所以C不正确；
对于D，将方程中x换为−x，y换为−y，则有(−x)2+(−x)(−y)+2y2=4，
则x2+xy+2y2=4，与原方程相同，所以方程x2+xy+2y2=4关于原点中心对称．所以D正确．
故选：D.
根据题意，由曲线方程，依次分析选项即可得出答案．
本题考查曲线方程的应用，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：设EF交OB于N，
以过M点且垂直于圆锥底面的平面的中心为原点，平行于圆锥的轴为x轴建立如图所示坐标系，
因为圆锥的高|PO|=|O′N|=2，M是PB中点，且截面垂直于底面，
所以|MN|=12|PO|=1，所以M(1,0)，
又因为底面圆半径|OB|=4，
所以|ON|=12|OB|=2,|EN|= |OE|2−|ON|2=2 3，所以E(2,2 3)，
设双曲线方程为x2a2−y2b2=1，
将M(1,0),E(2,2 3)，代入解得a=1b=2，
则双曲线的两条渐近线方程为y=±bax=±2x，
由对称性可知两条渐近线所夹锐角的正切值为|2×21−22|=43，
所以双曲线两渐近线所夹锐角的余弦值为 1(43)2+1=35.
故选：B.
以过M点且垂直于圆锥底面的平面的中心为原点，平行于圆锥的轴为x轴建立坐标系，求出M，E坐标代入双曲线方程，进而求得渐近线方程，先求出两渐近线所夹锐角的正切值，再求余弦值即可．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
5.【答案】π3
【解析】解：直线 3x−y+10086=0的斜率为 3，
直线倾斜角的范围为[0,π]，
则所求倾斜角为π3.
故答案为：π3.
根据已知条件，结合直线的斜率与倾斜角的关系，即可求解．
本题主要考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
6.【答案】10
【解析】解∵x225+y29=1，∴a=5，
∴长轴的长2a=10.
故答案为：10.
利用椭圆方程即可得到结果．
本题考查椭圆性质的应用，属于基础题．
7.【答案】x2=8y
【解析】解：根据题意，抛物线x2=2py的准线方程y=−p2，
若抛物线x2=2py的准线方程为y=−2，则−p2=−2，解可得p=4，
则抛物线的标准方程是x2=8y.
故答案为：x2=8y.
根据题意，分析可得抛物线x2=2py的准线方程y=−p2，由此可得关于p的方程，解可得p的值，即可得答案．
本题考查抛物线的标准方程，涉及抛物线的几何性质，属于基础题．
8.【答案】2e2x−1+2x
【解析】解：y′=2e2x−1+2x.
故答案为：2e2x−1+2x.
根据复合函数的求导法则即可得．
本题考查复合函数的导数，属于基础题．
9.【答案】(−∞,12)
【解析】解：因为方程x2+y2−4x+6y+1+a=0表示的曲线是一个圆，
所以有(−4)2+62−4(1+a)>0，解得a<12，
所以实数a的取值范围为(−∞,12).
故答案为：(−∞,12).
根据圆的一般方程的性质可得到不等式(−4)2+62−4(1+a)>0，解不等式即可解得实数a的取值范围．
本题主要考查二元二次方程表示圆的条件，属于基础题．
10.【答案】−2
【解析】解：∵直线l1：ax+2y+3=0与直线l2：2x+ay+a+1=0平行，
∴a2=2×2a(a+1)≠3×2，解得a=−2.
故答案为：−2.
根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
11.【答案】(−∞,3)
【解析】解：由题意可得，5−m>0m−3<0，
解得m<3，
即实数m的取值范围是(−∞,3).
故答案为：(−∞,3).
根据双曲线的标准方程求解．
本题主要考查了双曲线的标准方程，属于基础题．
12.【答案】 2
【解析】解：圆ρ=4sinθ化为直角坐标方程为x2+(y−2)2=4
直线θ=π4化为直角坐标方程为x−y=0.
∴圆心到直线的距离是|0−2| 12+12= 2
故答案为： 2.
将极坐标方程化为直角坐标方程，再用点到直线的距离公式，即可得到结论．
本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查点到直线的距离公式，属于基础题．
13.【答案】2 1957
【解析】解：直线x=−ty=1+2t(t为参数，t∈R)，
消去参数t可得，y=1−2x，
曲线C:x= 2csθy= 6sinθ(θ为参数，θ∈R)
则消去参数θ可得，x22+y26=1，
联立直线与曲线可得，y=1−2xx22+y26=1，化简整理可得，7x2−4x−5=0，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则x1+x2=47，x1⋅x2=−57，
故|PQ|= 1+(−2)2 (x1+x2)2−4x1x2= 5× 1649+207=2 1957.
故答案为：2 1957.
将题干条件转化为直角坐标方程，再结合韦达定理，弦长公式，即可求解．
本题主要考查参数方程化成普通方程，考查转化能力，属于中档题．
14.【答案】20
【解析】解：因为椭圆的方程为x29+y2=1，所以A1(−3,0)、B2(0,1)，
①如图1连接A1B2，当A1B2为等腰三角形的底时，作A1B2的垂直平分线交椭圆于P、Q两点，
连接QA1、QB2、PA1、PB2，
则此时△QA1B2、△PA1B2为等腰三角形，满足题意；
同理当A2B2、A2B1、A1B1为等腰三角形的底时，
也可以各作出2个满足题意的等腰三角形；
②如图2连接A1B2，当A1B2为等腰三角形的腰时，
以B2为圆心，A1B2为半径作圆，
则圆的方程为x2+(y−1)2=10，
联立x2+(y−1)2=10x29+y2=1，解得x=3y=0或x=3 154y=−14或x=−3 154y=−14，
即圆与椭圆交于A1、M、N，连接MA1、MB2、NA1、NB2，
则此时△MA1B2、ΔNA1B2为等腰三角形，满足题意；
同理当A2B2、A2B1、A1B1为等腰三角形的腰时，
也可以各作出2个满足题意的等腰三角形；
③如图3，以B2为圆心，B1B2为半径作圆，
同理可以证明圆与椭圆交于B1、S、T，
连接SB1、SB2、TB1、TB2，
则此时△SB1B2、△TB1B2为等腰三角形，满足题意；
④如图4，以B1为圆心，B1B2为半径作圆，
同理可以作出2个等腰三角形；
⑤因为由于椭圆性质知A1A2为椭圆最长弦，所以它不能为等腰三角形的腰；
综上所述满足题意的等腰三角形的个数有20个．
故答案为：20.
对椭圆顶点连线是等腰三角形的腰还是底，进行讨论即可求出结果．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
15.【答案】①③④
【解析】解：对于①，因为定义在平面直角坐标系xOy中，把到定点F1(−a,0)，F2(a,0)，距离之积等于a2(a>0)的点的轨迹称为双纽线C，
所以 (x+a)2+y2× (x−a)2+y2=a2，
用(−x,−y)替换方程中的(x,y)，原方程不变，所以双纽线C关于原点O中心对称，所以①正确；
对于B，根据三角形的等面积法可知12×|PF1|×|PF2|sin∠F1PF2=12×2a×|y0|，
即|y0|=a2sin∠F1PF2≤a2，所以−a2≤y0≤a2，所以③正确；
对于C，若双纽线C上的点P满足|PF1|=|PF2|，则点P在y轴上，即x=0，
所以 a2+y2× a2+y2=a2，得y=0，所以这样的点P只有一个，所以②错误；
对于D，因为PO=12(PF1+PF2)，
所以|PO|2=14(|PF1|2−2|PF1|⋅|PF2|cs∠F1PF2+|PF2|2)，
由余弦定理得4a2=|PF1|2−2|PF1|⋅|PF2|cs∠F1PF2+|PF2|2，
所以|PO|2=a2+|PF1|⋅|PF2|cs∠F1PF2=a2+a2cs∠F1PF2≤2a2，
所以|PO|的最大值为 2a，所以④正确．
故答案为：①③④．
对于①，根据双纽线的定义求出曲线方程，然后将(−x,−y)替换方程中的(x,y)进行判断，对于②，根据三角形的等面积法分析判断，对于③，由题意得|PF1|=|PF2|，从而可得点P在y轴上，进行可判断，对于④，由向量的性质结合余弦定理分析判断．
本题考查曲线的定义和性质，属中档题．
16.【答案】3
【解析】解：如图，设圆M与F1P的延长线、F1F2的延长线和线段F2P分别切于点G，E，H，连接MH，
则|PG|=|PH|，|F2H|=|F2E|，|F1G|=|F1E|，
由双曲线方程为x264−y257=1，可得a=8，b= 57，c=11，
又P为右支上的一动点，∴|PF1|−|PF2|=2a，
又|PF1|−|PF2|=|F1G|−|PG|−(|PH|+|F2H|)=|F1E|−2|PH|−|F2E|
=|F1F2|−2|PH|=2a，
∴2c−2|PH|=2a，∴|PH|=c−a=3，
由题意可知MH⊥PF2，
又PM⋅PF2=|PM||PF2|cs⟨PM,PF2⟩，
∴PM⋅PF2|PF2|=|PM|cs⟨PM,PF2⟩=|PH|=3.
故答案为：3.
结合双曲线的定义，再结合直线与圆相切的性质，转化求得|PH|=c−a，再根据数量积的的公式，即可求解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
17.【答案】解：设圆的方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，
∵圆心在直线x−2y−3=0上，得a=2b+3，
∴可得圆的方程为(x−2b−3)2+(y−b)2=r2，
∵圆经过点A(2,3)和B(−2,−5)
∴(−1−2b)2+(3−b)2=r2(−5−2b)2+(−5−b)2=r2，
解得b=−54，r2=32516，
因此，所求圆的方程为(x−12)2+(y+54)2=32516.
【解析】根据题意，设圆的方程为(x−2b−3)2+(y−b)2=r2，由A、B两点在圆上建立关于b、r的方程组，解出b、r的值即可得出所求圆的方程．
本题给出圆的圆心在定直线上，在圆经过两个定点的情况下求圆的方程．着重考查了圆的标准方程及其应用的知识，属于中档题．
18.【答案】解：显然直线x=0和直线y=2都是与抛物线只有一个公共点，
再设直线方程为y=kx+2，代入抛物线方程得k2x2+4(k−1)x+4=0，
由Δ=16(k−1)2−16k2=0得k=12，直线方程为y=12x+2，
它与抛物线相切，只有一个公共点，
所以所求直线方程为y=12x+2,x=0和y=2.
【解析】考虑直线斜率不存在和与抛物线对称轴平行的直线，再在斜率存在时，设方程y=kx+2，由它与抛物线相切得结论．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可得△ABF2的周长为16=4a，可得a=4，
因为|AB|=4，|AF1|=3|BF1|，所以|AF1|=3，
由椭圆的定义可知|AF2|=2a−|AF1|=8−3=5；
(2)设|BF1|=m，由题意可知|AF1|=3m，由椭圆的定义可知：|AF2|=2a−|AF1|=2a−3m，
|BF2|=2a−|BF1|=2a−m，|AB|=4m，
在△ABF2中，由余弦定理可得：cs∠AF2B=|AF2|2+|BF2|2−|AB|22|AF2|⋅|BF2|，
即35=(2a−3m)2+(2a−m)2−(4m)22(2a−3m)(2a−m)，整理可得：a2−2am−3m2=0，
可得a=3m或a=−m(舍)，即m=a3，
即|AF2|=2a−|AF1|=2a−3m=3m=a=|AF1|，|BF2|=2a−|BF1|=2a−m=5m=53a，|AB|=43a，
所以A点为短轴的定点，设为上顶点，
在△AOF2中，cs∠OAF2=ca，cs∠BAF2=2cs2∠OAF2=2c2a2−1，
在△ABF2中，由余弦定理可得：cs∠BAF2=|AB|2+|AF2|2−|BF2|22|AB|⋅|AF2|=(4a3)2+a2−(53a)22⋅4a3⋅a=0，
所以2c2a2−1=0，可得e=ca= 22，
所以椭圆的离心率为： 22.
【解析】(1)由题意可知a的值及|AF1|的值，再由椭圆的定义可得|AF2|的值；
(2)设|BF1|=m，由线段的关系，可得|AF2|，|AF1|，|BF1|的值，在△ABF2中，由余弦定理可得a，m的关系，进而可得A为短轴的顶点，再由余弦定理可得a，c的关系，进而求出离心率的值．
本题考查椭圆的性质的应用及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
20.【答案】(1)解：直线4x−3y−6=0的斜率为43，
将x=3代入直线方程4x−3y−6=0得y=2，所以f(3)=2，
由题意f′(x)=a+bx2，则f′(3)=43，
所以3a−b3=2a+b9=43，解得：a=1，b=3，
所以f(x)=x−3x.
(2)证明：设曲线y=f(x)=x−3x上任一点为P(x0,x0−3x0)，f′(x0)=1+3x02，
曲线在点P处的切线方程为y−(x0−3x0)=(1+3x02)(x−x0)，
整理为y=(1+3x02)x−6x0，当x=0时，y=−6x0，
联立y=3x02x−6x0y=x，得x=y=2x0，
如图，A(0,−6x0)，B(2x0,2x0)，
所以S△AOB=12×|−6x0|×|2x0|=6，
所以曲线y=f(x)上任意一点处的切线与直线x=0和y=x所围成的三角形面积为定值，定值为6.
【解析】(1)根据导数的几何意义以及切线方程，列方程组求解即可；
(2)首先求曲线y=f(x)上任一点处的切线方程，并结合图象，求三角形的面积，即可求解．
本题考查导数的几何意义，考查直线方程的求法，属于中档题．
21.【答案】解：(1)联立x+y+ 3=0x2a2+y2=1，消去y并整理得(1+a2)x2+2 3a2x+2a2=0，
因为直线x+y+ 3=0与椭圆E有且只有一个公共点，
所以Δ=(2 3a2)2−8a2(1+a2)=0，
解得a2=2，
则椭圆E的方程为x22+y2=1；
(2)假设存在实数λ，使椭圆E上存在不同两点P、Q关于直线2x−y−λ=0对称，
不妨设直线PQ的方程为x+2y+t=0，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x+2y+t=0x22+y2=1，消去x并整理得6y2+4ty+t2−2=0，
此时Δ=16t2−24(t2−2)>0，
解得− 6由韦达定理得y1+y2=−2t3，
所以x1+x2=−2(y1+y2)−2t=−2t3，
则2×x1+x22−y1+y22−λ=−2t3+t3−λ=−t3−λ=0，
解得λ=−t3∈(− 63, 63)，
故存在实数λ，使椭圆E上存在不同两点P、Q关于直线2x−y−λ=0对称，
且λ的取值范围为(− 63, 63)；
(3)易知椭圆的左焦点为(−1,0)，
当对角线AC与BD中有一个斜率不存在，另一个斜率为零时，
此时四边形ABCD的面积S=12|AC||BD|=12×2a×2b2a=12×2 2×2 2=2；
当对角线AC与BD的斜率即存在，又不为零时，
不妨设直线AC的方程为x=ty−1，t≠0，A(x1,y1)，C(x2,y2)，B(x3,y3)D(x4,y4)，
可得直线BD的方程为x=−1ty−1，
联立x=ty−1x22+y2=1，消去并整理x得(t2+2)y2−2ty−1=0，
由韦达定理得y1+y2=2tt2+2，y1y2=−1t2+2，
所以|AC|= 1+t2 (y1+y2)2−4y2y2= 1+t2 (2tt2+2)2+4t2+2=2 2(t2+1)t2+2，
同理得|BD|=2 2(1t2+1)1t2+2=2 2(t2+1)2t2+1，
此时四边形ABCD的面积S=12|AC|⋅|CD|=12⋅2 2(t2+1)t2+2⋅2 2(t2+1)2t2+1=4(t2+1)2(t2+2)(2t2+1)，
不妨令m=t2+1，m>1，
此时4(t2+1)2(t2+2)(2t2+1)=4m2(m+1)(2m−1)=4×m22t2+t−1
=4×12+1m−1m2=4×1−(1m−12)2+2+14，
因为m>1，
所以0<1m<1，
即2<−(1m−12)2+94≤94，
此时94≤1−(1m−12)2+2+14<12，
则169⩽S四边形ABCD<2，
综上得，四边形ABCD的面积的最小值为169.
【解析】(1)由题意，将直线方程和椭圆方程联立，利用Δ=0，列出等式再进行求解即可；
(2)假设存在实数λ，设出直线PQ的方程，将直线PQ的方程与椭圆方程联立，利用Δ>0求出t的范围，结合韦达定理得到线段PQ的中点，代入直线PQ的方程中，求出t与λ的关系，进而可得λ的取值范围；
(3)先求出对角线AC与BD中有一个斜率不存在，另一个斜率为零时的四边形面积，再求对角线AC 与BD的斜率即存在，又不为零时的四边形面积，设出直线AC的方程，将直线AC的方程与椭圆的方程联立，利用弦长公式求出|AC|，同理求出|BD|，代入四边形面积公式中，结合换元法再进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力．