2023-2024学年上海市浦东新区高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市浦东新区高二（下）期中数学试卷（含解析），共14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.若直线l1：(a−1)x+y−1=0和直线l2：6x+ay+2=0平行，则a=( )
A. −2B. −2或3C. 3D. 不存在
2.圆O1：x2+y2−2x=0与圆O2：x2+y2−4y=0的位置关系是( )
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切
3.过点P(0,1)与抛物线y2=2x有且只有一个交点的直线有( )
A. 4条B. 3条C. 2条D. 1条
4.设椭圆x22+y2=1的左右焦点为F1，F2，点P在该椭圆上，则使得△PF1F2为等腰三角形的点P的个数为( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
二、填空题：本题共12小题，每小题3分，共36分。
5.双曲线x24−y25=1的离心率为______．
6.若直线l：x+my+5=0的倾斜角为π4，则实数m的值为______．
7.已知椭圆x24+y23=1长轴的一个顶点为A，短轴的一个顶点为B，则|AB|= ______．
8.已知两点A(3,4)、B(−5,6)，则直线AB的斜截式方程是______．
9.若三点A(−1,2)、B(3,4)、C(5,m)共线，则m的值为______．
10.已知抛物线的焦点是圆x2+y2−3x−1=0的圆心，则该抛物线的标准方程为______．
11.若双曲线经过点P(4,3)，它的一条渐近线方程为y=12x，则双曲线的标准方程为______．
12.若O为坐标原点，P是直线x−y+2=0上的动点，则|OP|的最小值为______．
13.已知椭圆x2a2+y212=1(a>2 3)的左、右焦点分别为F1，F2，若过F1且斜率为34的直线与椭圆在第一象限交于点P，且PF2⋅F2F1=0，则a的值为______．
14.省级保护文物石城永宁桥位于江西省赣州市石城县高田镇.永宁桥建筑风格独特，是一座楼阁式抛物线形石拱桥.当石拱桥拱顶离水面1.6m时，水面宽6.4m，当水面下降0.9m时，水面的宽度为______米.
15.已知双曲线x29−y28=1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交该双曲线于点A、B，且AF1⋅AF2=0，F2B+2F2A=0，则△F1AB的面积为______．
16.能使得命题“曲线x29−y2a2=1(a≠0)上存在四个点A，B，C，D满足四边形ABCD是正方形”为真命题的一个实数a是______．
三、解答题：本题共5小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
已知△ABC中，A(−2,1)，B(4,3)．
(1)若C(3,−2)，求BC边上的高AD所在直线的一般式方程；
(2)若点M(3,1)为边AC的中点，求BC边所在直线的一般式方程．
18.(本小题10分)
已知抛物线C：y2=4x的焦点为F．
(1)求抛物线C的焦点坐标和准线方程；
(2)过焦点F的直线l与抛物线交于A、B两点，若|AF|=3，求线段AB的长．
19.(本小题10分)
如图，某苗圃有两个入口A、B，|AB|=100，欲在苗圃内开辟一块区域种植观赏植物，现有若干树苗放在苗圃外的C处，已知|CA|=80，|CB|=88，以AB所在直线为x轴，AB中点为原点建立直角坐标系．
(1)工人计划将树苗运送至P(7,1)处，请帮助工人指出从哪个入口运送能够最近？并说明理由；
(2)工人将C处树苗运送到苗圃内点P处时，发现从两个入口A、B运输的最近距离相等，求出的点P所有可能的位置．
20.(本小题10分)
已知点B(2,0)是椭圆Γ：x24+y29=1的一个顶点．
(1)若椭圆Γ的焦点分别为F1、F2，求△BF1F2的面积；
(2)设P、Q是椭圆D上相异的两点，有如下命题：“若|BP|=|BQ|，则P与Q关于x轴对称.”；请判断该命题的真假，并说明理由．
21.(本小题14分)
已知椭圆Γ1：x24+y23=1，抛物线Γ2：y2=8x若直线l与曲线Γ1交于点A、B，直线l与曲线Γ2分别交于点C、D.当|AB|=|CD|时，则称直线l是曲线Γ1与Γ2的“等弦线”．
(1)求椭圆Γ1的离心率；
(2)直线m同时满足以下两个条件：①直线m经过原点②直线m是Γ1与Γ2的“等弦线”.请求出m的方程；
(3)已知点T(x0,0)，−2答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由(a−1)a−6=0，即a2−a−6=0，解得a=3或−2．
经过验证：a=−2时两条直线重合，舍去．
∴a=3．
故选：C．
由(a−1)a−6=0，即a2−a−6=0，解得a.经过验证即可得出．
本题考查了相互平行的直线斜率之间的关系，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆与圆位置关系的判断，涉及圆的一般方程，属于基础题．
根据题意，分析两个圆的圆心和半径，求出圆心距，分析位置即可得答案．
【解答】
解：由题意知，
圆O1：x2+y2−2x=0，即(x−1)2+y2=1，其圆心为(1,0)，半径r1=1，
圆O2：x2+y2−4y=0，即x2+(y−2)2=4，其圆心为(0,2)，半径r2=2，
圆心距d= 1+4= 5，
因为2−1< 5<2+1，
所以两个圆相交．
故选：C．
3.【答案】B
【解析】解：(1)当过点P(0,1)的直线存在斜率时，设其方程为：y=kx+1，
由方程组y=kx+1y2=2x，消y得k2x2+(2k−2)x+1=0，
①若k=0，方程为−2x+1=0，解得x=12，此时直线与抛物线只有一个交点(12,1)；
②若k≠0，令△=(2k−2)2−4k2=0，解得k=12，此时直线与抛物线相切，只有一个交点；
(2)当过点P(0,1)的直线不存在斜率时，
该直线方程为x=0，与抛物线相切只有一个交点；
综上，过点P(0,1)与抛物线y2=2x有且只有一个交点的直线有3条．
故选：B．
过点P(0,1)的直线与抛物线y2=x只有一个交点，则方程组y=kx+1y2=2x只有一解，分两种情况讨论即可：(1)当该直线存在斜率时；(2)该直线不存在斜率时；
本题考查直线与圆锥曲线的位置关系与分类讨论思想，解决基本方法是：(1)代数法，转化为方程组解的个数问题；(2)几何法，数形结合；
4.【答案】C
【解析】解：椭圆x22+y2=1的左右焦点为F1，F2，
则a2=2，b2=1，c= a2−b2=1，
故|F1F2|=2c=2，
若|PF1|=|PF2|，由椭圆的对称性可知，这样的点P有两个，
|PF1|=|F1F2|，
设P(x,y)，
故 (x+1)2+y2=2y2=1−12x2，有两组解，即满足条件点P有两个；
同理可得，当|PF2|=|F1F2|时，满足条件的点P也有两个，
综上所述，使得△PF1F2为等腰三角形的点P的个数为6．
故选：C．
根据已知条件，先求出椭圆焦距的距离，再分类讨论，即可求解．
本题主要考查椭圆的性质，考查分类讨论的思想，属于中档题．
5.【答案】32
【解析】解：因为双曲线的方程为x24−y25=1，
所以a2=4，a=2，b2=5，
所以c2=9，c=3，
所以离心率e=32．
故答案为32．
根据事务性的方程可得a，b，c的数值，进而求出双曲线的离心率．
本题主要考查双曲线的有关数值之间的关系，以及离心率的公式．
6.【答案】−1
【解析】解：由题意可得，−1m=tanπ4，
故m=−1．
故答案为：−1．
由已知结合直线的斜率与倾斜角关系即可求解．
本题主要考查了直线的倾斜角与斜率关系的应用，属于基础题．
7.【答案】 7
【解析】解：已知椭圆x24+y23=1长轴的一个顶点为A，短轴的一个顶点为B，
则a=2，b= 3，
不妨设A(2,0)，B(0, 3)，
则|AB|= 22+( 3)2= 7．
故答案为： 7．
由椭圆的性质，结合两点的距离公式求解．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了两点的距离公式，属基础题．
8.【答案】y=−14x+194
【解析】解：已知两点A(3,4)、B(−5,6)，故直线的方程为：y−6=−14(x+5)，整理得x+4y=19，
转化为直线的斜截式为y=−14x+194．
故答案为：y=−14x+194．
直接利用两点的坐标求出直线的方程，进一步转换为斜截式．
本题考查的知识点：直线的方程的求法，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
9.【答案】5
【解析】解：因为三点A(−1,2)、B(3,4)、C(5,m)共线，
又AB=(4,2)，AC=(6,m−2)，
所以AB/​/AC，
所以4(m−2)=2×6，
所以m=5．
故答案为：5．
由已知结合三点共线与向量共线转化关系及向量共线定理即可求解．
本题主要考查了三点共线与向量共线转化关系的应用，属于基础题．
10.【答案】y2=6x．
【解析】解：∵圆x2+y2−3x−1=0的标准方程为(x−32)2+y2=134，
∴圆心坐标为(32,0)，即焦点坐标为(32,0)，
∴p=3，∴抛物线的标准方程为y2=6x．
故答案为：y2=6x．
先把圆的一般方程化为标准方程，得出圆的圆心坐标，即焦点坐标，最后写出抛物线的标准方程．
本题考查圆的标准方程及抛物线的标准方程，属于基础题．
11.【答案】y25−x220=1
【解析】【分析】
本题考查双曲线的标准方程的求法，需要学生熟练掌握已知渐近线方程时，如何设出双曲线的标准方程．属于基础题．
根据题意，双曲线的一条渐近线方程为y=12x，可设双曲线方程为x24−y2=λ(λ≠0)，又由双曲线过点P(4,3)，将点P的坐标代入可得λ的值，进而可得答案．
【解答】
解：根据题意，双曲线的一条渐近线方程为y=12x，
设双曲线方程为x24−y2=λ(λ≠0)，
∵双曲线过点P(4,3)，
∴424−32=λ，即λ=−5．
∴所求双曲线方程为y25−x220=1．
故答案为：y25−x220=1．
12.【答案】 2
【解析】解：由O为坐标原点，坐标为(0,0)，
P是直线x−y+2=0上的动点，
要使|OP|的最小值，即(0,0)到直线的距离最短
所以|OP|的最小值d=|2| 1+1= 2
故答案为： 2
根据点到直线的距离公式即可求解；
本题考查点到直线的距离公式的计算，比较基础．
13.【答案】4
【解析】解：已知椭圆x2a2+y212=1(a>2 3)的左、右焦点分别为F1，F2，若过F1且斜率为34的直线与椭圆在第一象限交于点P，
又PF2⋅F2F1=0，∴PF2⊥F1F2，
又直线PF1的斜率为34，
则tan∠PF1F2=34，cs∠PF1F2=45，
∴|PF2|=32 a2−12|PF1|=52 a2−12，
∴4 a2−12=2a，
即a2=16，
即a=4，
则a的值为4．
故答案为：4．
由向量垂直的充要条件得出PF2⊥F1F2，然后根据椭圆的定义和正切函数、余弦函数的定义即可得出关于a的方程，解出a的值即可．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆方程的求法，属基础题．
14.【答案】8
【解析】解：建系如图，设抛物线方程为x2=ay，
则根据题意可知图中A坐标为(3.2,−1.6)，
∴3.22=a×(−1.6)，∴a=−6.4，
∴抛物线方程为x2=−6.4y，令y=−(1.6+0.9)=−2.5，可得|x|=4，
∴水面的宽度为8米．
故答案为：8．
建系，设抛物线方程为x2=ay，从而可得A(3.2,−1.6)在抛物线上，从而可求出抛物线方程，再令y=−(1.6+0.9)，即可求解．
本题考查抛物线的实际应用，方程思想，属基础题．
15.【答案】24
【解析】解：设|AF2|=t，则根据题意可知|BF2|=2t，|AB|=3t，
∴|AF1|=t+2a，|BF1|=2t+2a，又易知AF1⊥AB，
∴在Rt△F1AB中，由勾股定理可得：
(t+2a)2+(3t)2=(2t+2a)2，
解得t=2a3，又a=3，
∴|AF1|=t+2a=8a3=8，|AB|=3t=2a=6，
∴△F1AB的面积为12×8×6=24．
故答案为：24．
设|AF2|=t，则根据题意可知|BF2|=2t，|AB|=3t，|AF1|=t+2a，|BF1|=2t+2a，又易知AF1⊥AB，在Rt△F1AB中，由勾股定理建立方程，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，方程思想，属中档题．
16.【答案】5
【解析】解：要使曲线x29−y2a2=1(a≠0)上存在四个点A，B，C，D满足四边形ABCD是正方形，
则直线y=x必与曲线x29−y2a2=1(a≠0)有交点，
又曲线x29−y2a2=1(a≠0)的一条渐近线为y=|a|3x，
∴|a|3>1即可，则a>3或a<−3，
故实数a可以是5．
故答案为：5．
依题意，只需直线y=x必与曲线x29−y2a2=1(a≠0)有交点即可，根据曲线x29−y2a2=1(a≠0)的一条渐近线为y=|a|3x与y=x的位置关系，即可求解．
本题考查了双曲线的性质，考查了转化思想，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为B(4,3)，C(3,−2)，
所以kBC=−2−33−4=5，
因为AD是BC边上的高，
所以kAD⋅kBC=−1⇒kAD=−15，
所以高AD所在直线的方程为y−1=−15(x+2)⇒x+5y−3=0；
(2)因为点M(3,1)为边AC的中点，
所以3=−2+Cx21=1+Cy2⇒C(8,1)，
因此BC边所在直线的方程为y−33−1=x−44−8⇒x+2y−10=0．
【解析】(1)根据互相垂直两直线斜率的关系，结合直线的点斜式方程进行求解即可；
(2)根据中点坐标公式，结合直线两点式方程进行求解即可．
本题考查直线的斜率的求法，考查两直线垂直与斜率的关系，考查直线方程的求法，是基础题．
18.【答案】解：(1)因为2p=4，
解得p=2，
则抛物线C的焦点坐标F(1,0)，准线方程为x=−1；
(2)不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为|AF|=x1+1=3，
所以x1=2，
当x=2时，
解得y=±2 2，
不妨令A(2,2 2)，
此时直线l的方程为y=2 2(x−1)，
联立y2=4xy=2 2(x−1)，消去y并整理得2x2−5x+2=0，
由韦达定理得x1+x2=52，
则|AB|=|AF|+|BF|=|AA1|+|BB1|=x1+1+x2+1=92．
【解析】(1)由题意，根据所给抛物线的方程进行求解即可；
(2)先根据定义求出点A的横坐标，进而可得点A的纵坐标，设出直线l的方程，将直线l的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和定义进行求解即可．
本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)由题意可得A(−50,0)，B(50,0)，P(7,1)，
|AP|= (7+50)2+(1−0)2=5 130，|BP|= (7−50)2+(1−0)2=5 74，
经过A口时最短距离：|CA|+|AP|=80+5 130．
经过B口时最短距离：|CB|+|BP|=88+5 74．
因为80+5 130>88+5 74，
所以经过B入口运送较近．
(2)设点P(x,y)，已知|CA|+|AP|=|CB|+|BP|，即|PA|−|PB|=|CB|−CA|=8，
所以点P所有可能的位置是以A、B为焦点的双曲线的右支并且在苗圃内的部分，
则2a=8，即a=4，又因为c=50，b2=c2−a2=2500−16=2484，
所以点P所有可能的位置是x216−y22484=1(x>4,y>0)在苗圃内所对应的点．
【解析】(1)由题意可得A，B的坐标，计算|AP|，|BP|，比较|CA|+|AP|与|CB|+|BP|即可求解的结论；
(2)设点P(x,y)，由|CA|+|AP|=|CB|+|BP|，可得|PA|−|PB|=|CB|−CA|=8，可得点P所有可能的位置是以A、B为焦点的双曲线的右支并且在苗圃内的部分，求出a，b的值即可得出双曲线方程，从而可得结论．
本题主要考查实际应用问题，轨迹方程的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为点B(2,0)是椭圆Γ：x24+y29=1的一个顶点，
所以S△BF1F2=2×12×2× 9−4=2 5；
(2)不妨设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
若|BP|=|BQ|，
即|BP|2=|BQ|2，
即(x1−2)2+y12=(x2−2)2+y22，
因为P，Q两点均在椭圆Γ上，
所以y12=9(1−x124)y22=9(1−x224)，
即−54x12−4x1=−54x22−4x2，
整理得(x2−x1)[54(x1+x2)+4]=0，
当x1=x2时，P，Q对称；
当x1≠x2时，x1+x2=−165，
因为x1，x2∈[−2,2]，
所以x1+x2∈[−4,4]，
则存在x1+x2=−165x1≠x2，
此时P，Q不关于x轴对称．
综上，命题：“若|BP|=|BQ|，则P与Q关于x轴对称．”为假命题．
【解析】(1)由题意，结合题目所给信息以及三角形面积公式进行求解即可；
(2)设出P，Q两点的坐标，将|BP|=|BQ|转化成(x1−2)2+y12=(x2−2)2+y22，结合P，Q两点均在椭圆Γ上，推出(x2−x1)[54(x1+x2)+4]=0，分别讨论当x1=x2和x1≠x2这两种情况，进而即可求解．
本题考查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，属于中档题．
21.【答案】解：(1)根据椭圆性质知，c= a2−b2=1，a=2，所以离心率为e=ca=12．
(2)①直线方程斜率不存在时，直线与抛物线有且仅有1公共点，显然不合题意．
②直线方程斜率存在时，斜率设为k，直线方程为y=kx.联立方程y=kxy2=8x，消去y可得k2x2−8x=0，解得x1=0，x2=8k2(k≠0)．
联立方程y=kxx24+y23=1，消去y可得(3+4k2)x2−12=0，解得x′1=− 123+4k2，x′2= 123+4k2．
当|AB|=|CD|时，即 1+k2|x1−x2|= 1+k2|x′1−x′2|，等价于|x1−x2|=|x′1−x′2|，代代入联立结果得8k2=2 124k2+3，解得k12=6，k22=−23<0(舍去)，即k=± 6．
综上所述，直线方程为y=± 6x．
(3)证明：①直线为y=0时，与抛物线有且仅有一个交点，不合题意，舍去．
②设直线方程为x=my+x0，联立方程x=my+x0y2=8x，消去x可得y2−8my−8x0=0，当Δ=64m2+32x0>0时，m2∈(−x02,+∞)．
由根与系数的关系可得y1+y2=8m，y1y2=−8x0，所以(y1−y2)2=(y1+y2)2−4y1y2=64m2+32x0，
联立方程x=my+x0x24+y23=1，消去x可得(3m2+4)y2+6mx0y+3x02−12=0，
此时必有两个交点，由根与系数的关系可得y′1+y′2=−6mx03m2+4，y′1y′2=3x02−123m2+4，
所以(y′1−y′2)2=(y′1+y′2)2−4y′1y′2=48(3m2+4−x02)(3m2+4)2．
如果存在等弦线使得|AB|=|CD|，等价于 1+m2|y1−y2|= 1+m|y′1−y′2|，化简可得|y1−y2|=|y1′−y′2|，
将联立结果代入可得4m2+2x0=3(3m2+4−x02)(3m2+4)2，
换元，令3m2+4=z∈(−3x02+4,+∞)，代入上式可得4z+6x0−16=9(z−x02)z2．
由于z≠0，化简得到4z3+(6x0−16)z2−9z+9x02=0．
题目等弦线存在性证明，等价于证明：对任意x0∈(−2,0)，4z3+(6x0−16)z2−9z+9x02=0在z∈(−3x02+4,+∞)上有解．
令f(z)=4z3+(6x0−16)z2−9z+9x02，则f(−3x02+4)=4(−3x02+4)3−4(−3x02+4)3−9(−3x02+4)+9x02=9(x02+3x02−4)，
令g(x)=x2+3x2−4，由于g(−2)<0且g(0)<0，
所以对任意x0∈(−2,0)，有x02+3x02−4<0，即f(−3x02+4)=9(x02+3x02−4)<0；
由于f(z)=4z3+(6x0−16)z2−9z+9x02>4z3+(6x0−16)z2−9z2=z2(4z+6x0−25)，
所以f(7(−3x02+4))>[7(−3x02+4)]2{4[7(−3x02+4)]+6x0−25}=[7(−3x02+4)]2(−36x0+3)>0．
根据零点存在定理，一定存在z0∈(−3x02+4,7(−3x02+4))，使得f(z0)=0．
综上所述，对任意x0∈(−2,0)，4z3+(6x0−16)z2−9z+9x02=0在z∈(−3x02+4,+∞)上有解，命题得证．
【解析】(1)根据椭圆性质，求出离心率的值．
(2)讨论①直线方程斜率不存在时，②直线方程斜率存在时，设斜率为k，写出直线方程，与抛物线方程联立，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出|AB|、|CD|，令|AB|=|CD|，求解即可．
(3)讨论①直线为y=0时，②设直线方程为x=my+x0时，与抛物线方程联立，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出|AB|、|CD|，由|AB|=|CD|，得出等式，将联立结果代入，化简求解，即可证明命题成立．
本题考查了直线与圆锥曲线的综合应用问题，也考查了逻辑推理与运算求解能力，是难题．