上海市实验学校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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一、填空题（本大题满分40分，共有10题．）
1. 已知直线经过两点，，则它的斜率为________．
【答案】##
【解析】
【分析】由斜率公式计算可得直线的斜率.
【详解】因为直线经过两点，，
所以它的斜率为.
故答案为：.
2. 已知椭圆的方程为，则它的焦点坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】化椭圆方程为标准形式，求出长短半轴长，进而求出半焦距即得.
【详解】椭圆，即，长半轴长，短半轴长，
则半焦距，显然椭圆焦点在y轴上，
所以它的焦点坐标为.
故答案为：
3. 已知函数，则________．
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导函数，再代入计算可得.
【详解】因，所以，所以.
故答案为：
4. 已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为，最后利用点的坐标和准线方程计算点到的准线的距离即可.
【详解】由题意可得：，则，抛物线的方程为，
准线方程为，点到的准线的距离为.
故答案为：.
5. 已知点A（1，2），B（3，4），若直线x+ky+5＝0与线段AB有公共点，则实数k的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】由直线经过定点， 利用，结合斜率公式，解不等式即可得结果.
【详解】
因为直线经过定点，
，
直线与线段有公共点，
，解得，故答案为.
【点睛】本题考查了直线的斜率计算公式及其应用，考查了直线过定点问题，属于基础题.
6. 圆在点处的切线方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】先求过圆心和点P的直线斜率，然后可得切线斜率，再由点斜式可得.
【详解】圆心为，，所以切线斜率为，
所以直线方程为，即
故答案为：
7. 已知定点A(3,1)，在直线y=x和y=0上分别取点M和点N(A、M、N三点不共线)，则△AMN的周长最小值为__________.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析： 设点关于直线和的对称点分别为，，，又，所以周长最小值是：.由两点式可得的方程为：.而且易求得：，此时，周长最短，最小值为.
考点：两点间距离公式得应用.
【方法点晴】本题在平面直角坐标系中求三角形周长的最小值，重点考查了点关于直线的对称点的求法和两点间距离公式等基础知识，属于基础题.解答本题的关键是分别求出点关于轴及直线的对称点，把周长最小值问题转化为平面上点与点之间的距离和最小值问题，体现了转化的思想方法.
8. 已知实数，满足，则的最大值是________．
【答案】
【解析】
【分析】利用圆的参数方程思想，引入参数来表示、，代入后得到关于的三角函数来求最值.
【详解】由得：，
所以可设，,
则,
因为，
所以的最大值是，
故答案为：.
9. 设，分别是椭圆的右顶点和上焦点，点在上，且，则的离心率为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，设，由，可得，进而可得，可求椭圆的离心率.
【详解】根据题意可得，设，
，，，
又点在椭圆上，
，∴椭圆的离心率为．
故答案为：.
10. 已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于，两点，则下列命题正确的是________.
（1）的准线为；（2）直线与相切；（3）；（4）.
【答案】（2）（3）（4）
【解析】
【分析】利用待定系数法求出参数，从而可以得到准线方程；再利用方程组思想得到的一元二次方程来判断是否相切；同理利用方程组和韦达定理，用坐标来表示各线段的长度，并转化到韦达定理上去，从而根据系数满足的范围去加以判断.
【详解】（1）因为在抛物线上，所以，解得：，
所以抛物线的准线方程为：，故（1）错误.
（2），所以直线的方程为：，
由可得，抛物线方程为：，
联立直线和抛物线方程可得：可得：，
因为，
所以方程有唯一解，
即直线与抛物线相切，故（2）正确.
（3），
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
直线与抛物线只有1个交点，不合题意，所以直线的斜率存在，
设直线的方程为：，，
联立可得：，
所以，
，故（3）正确.
（4），
，故（4）正确.
故答案为：（2）（3）（4）.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
二、选择题（本大题满分16分，共有4题．）
11. 是直线和直线垂直的（ ）
A. 充分条件B. 必要条件
C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先求出两直线垂直的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义即可判断．
【详解】因为直线，所以，解得或，
直线和直线垂直；
但是，直线和直线垂直，
故是直线和直线垂直的充分不必要条件，故选A．
【点睛】本题主要考查两直线垂直的充要条件，以及充分条件、必要条件的定义应用．
12. 已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率求出渐近线方程，再借助点到直线距离公式求出弦心距，进而求出弦长作答.
【详解】圆的圆心，半径，
由双曲线的离心率为，得，解得，
于是双曲线的渐近线方程为，即，

当渐近线为时，点到此直线距离，即直线与已知圆相离，不符合要求，
当渐近线为时，点到此直线距离，则直线与已知圆相交，
所以弦长.
故选：D
13. 已知直线与圆，点，则下列说法错误的是（ ）
A. 若点在圆上，则直线与圆相切
B. 若点在圆内，则直线与圆相离
C. 若点在圆外，则直线与圆相离
D. 若点在直线上，则直线与圆相切
【答案】C
【解析】
【分析】利用点与圆的位置关系和直线与圆的位置关系求解.
【详解】圆心到直线的距离，
若点在圆上， 则，所以， 则直线与圆相切，故A正确;
若点在圆内， 则，所以， 则直线与圆相离，故B正确；
若点在圆外， 则，所以， 则直线与圆相交， 故C错误；
若点在直线上， 则，即，所以直线与圆相切， 故D正确，
故选：C．
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为．过向一条渐近线作垂线，垂足为．若，直线的斜率为，则双曲线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由点到直线的距离公式求出，设，由得到，.再由三角形的面积公式得到，从而得到，则可得到，解出，代入双曲线的方程即可得到答案.
【详解】如图，

因为，不妨设渐近线方程为，即，
所以，
所以.
设,则，所以，所以.
因为,所以，所以，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，解得，
所以双曲线的方程为
故选：D
三、解答题（本大题满分44分，共有4原，解答下列各题必须写出必要的步骤）
15. 圆内一点，过点的直线的倾斜角为，直线交圆于两点．
⑴当时，求弦的长；
⑵当弦被点平分时，求直线的方程．
【答案】(1)；（2）
【解析】
【分析】(1)由倾斜角求出斜率，进而求出直线方程，然后利用弦长公式.
(2)根据，可得到直线l的斜率，进而求出直线l的方程.
【详解】由直线l的倾斜角为,得到直线l斜率为-1，
则直线AB的解析式为y-2=-(x+ 1) ,即x+y-1=0 ,
∴圆心到直线AB的距离，
则弦AB的长为；
由圆的方程得到圆心坐标为(0,0)，
∵P(-1,2) ,
∴过P的直径所在直线的斜率为-2 ,根据垂径定理得到直线l方程斜率为，
则直线l方程为，即x- 2y+5= 0.
16. 已知、，若动点满足．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若斜率为1的直线与曲线交于，两点，且，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】设动点坐标，利用向量的坐标运算就可以得轨迹方程；
设动直线l：与椭圆联立方程组，利用韦达定理和弦长公式，就可得到关于的方程，解得即可.
【小问1详解】
设，则结合已知条件得：，，,
，
平方整理得：，即，
的轨迹为的方程为.
【小问2详解】
根据已知条件可设直线l：，将代入方程，
整理得：，
设，，则，解得，
所以有：，，
则，
整理得：，满足，所以，
即直线l方程为或.
17. 已知为坐标原点，双曲线的焦距为4，且经过点
（1）求的方程；
（2）若直线与交于，两点，且．
（i）设直线的方程为，求证：；
（ii）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析（ii）
【解析】
【分析】（1）由题意知，求解可得双曲线的方程；
（2）（i），联立，可得，由，可证结论；
（ii）由（1）可得，利用换元法可求的取值范围，进而讨论当斜率不存在时，的长，可得的取值范围.
【小问1详解】
由题意知，解得，
所以双曲线的方程为；
【小问2详解】
（i）设的方程为，
联立，消去化简得，则，
，即且，
，
，
又，所以；
（ii）由（1）知当l斜率存在时 ,可得，
令， 则且，或，
，
令， 则在时单调递减， 在时单调递增，
则， 即，，
当斜率不存在时， 设，，，
由， 此时，
综上，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：直线与双曲线联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．
第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
18. 如图，椭圆的上、下焦点分别为、，过上焦点与轴垂直的直线交椭圆于、两点，动点、分别在直线与椭圆上.
（1）求线段的长；
（2）若线段中点在轴上，求的面积；
（3）是否存在以、为邻边矩形，使得点在椭圆上？若存在，求出所有满足条件的点的纵坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）或.
【解析】
【分析】（1）根据已知求出点的横坐标，根据对称性可得线段的长；；
（2）线段PQ的中点在轴上，得点纵坐标，代入椭圆方程得点横坐标，此时轴，易得其面积；
（3）假设存在，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，设，，，由平行四边形对角线互相平分把点坐标用点坐标表示，然后把坐标代入椭圆方程，利用垂直得向量的数量积为0，得出的关系，结合起来可得或，再分别代入求得，得结论．
【小问1详解】
由可得：，，从而，
所以令，则，解得：，
所以.
【小问2详解】
线段的中点在轴上，则，所以，即轴，
所以令，则，解得：，
所以；
【小问3详解】
，
假设存在以，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，
设，，，，
因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以，
则，，所以，
都在椭圆上，，变形得①，
又，所以，即，
则②，
②代入①得，解得：或，
若时，，，此时与重合，点坐标为；
若时，联立，
消去可得：，解得：，
因为，所以，
所以存在满足题意的点，其纵坐标为或.
.
【点睛】思路点睛：对于圆锥曲线中探索性问题，求解步骤如下：
第一步：假设结论存在；
第二步：结合已知条件进行推理求解；
第三步：若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；
第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．
四、附加题
19. 已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【小问1详解】
因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
【小问2详解】
［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
20. 在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【小问1详解】
设,则，两边同平方化简得，
故.
【小问2详解】
法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，

则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，

依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.