2023-2024学年上海市金山区华东师大三附中高二（下）期中数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年上海市金山区华东师大三附中高二（下）期中数学试卷（含答案），共8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.“n=6”是“(x2+1x)n的二项展开式中存在常数项”的( )
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件
2.已知复数z满足z2=z−，则复数z的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.已知M(x0,y0)是圆x2+y2=r2(r>0)内异于圆心的一点，则此直线x0x+y0y=r2与该圆( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定
4.已知椭圆x24+y2=1，作垂直于x轴的直线交椭圆于A，B两点，作垂直于y轴的直线交椭圆于C，D两点，且|AB|=|CD|，两垂线相交于点P，若点P的轨迹是某种曲线(或其一部分)，则该曲线是( )
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.在等差数列{an}中，a1=1，公差d=2，则a3= ______．
6.已知函数f(x)=(m−1)xm2−3m−5是幂函数，则实数m= ______．
7.已知向量a=(−1,2),b=(x,4)，且a⊥b，则x= ______．
8.抛物线y=x2的准线方程为________．
9.已知直线x+2y−3=0和2x+my+1=0互相平行，则它们之间的距离是______．
10.已知随机变量X的分布为−，则E[2X+5]= ______
11.方程x23−m+y2m−1=1表示焦点在x轴上的椭圆，则x的取值范围是______．
12.直线l的斜率的取值范围为[−1,1]，则其倾斜角的取值范围是______．
13.已知椭圆x216+y27=1的左、右焦点分别为F1、F2.若P为椭圆上一点，且|PF1|⋅|PF2|=14，则△F1PF2的面积为______．
14.已知m∈R，动直线l1：x+my−1=0过定点A，动直线l2：mx−y−2m+3=0过定点B，若l1与l2交于点P(异于点A，B)，则|PA|+|PB|的最大值为______．
15.数学中有许多寓意美好的曲线，曲线C：(x2+y2)3=4x2y2被称为“四叶玫瑰线”(如图所示).给出下列三个结论：
①曲线C关于直线y=x对称；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过1；
③存在一个以原点为中心、边长为 2的正方形，使得曲线C在此正方形区域内(含边界)．
其中，正确结论的序号是 ．
16.定义两个点集S、T之间的距离集为d(S,T)={|PQ||P∈S，Q∈T}，其中|PQ|表示两点P、Q之间的距离，已知k、t∈R，S={(x,y)|y=kx+t，x∈R}，T={(x,y)|y= 4x2+1,x∈R}，若d(S,T)=(1,+∞)，则t的值为 ．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
在长方体ABCD−A1B1C1D1中(如图)，AD=AA1=1，AB=2，点E是棱AB的中点．
(1)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.试问四面体D1CDE是否为鳖臑？并说明理由；
(2)求直线DE与直线D1C所成角的大小．
18.(本小题14分)
已知向量a=( 3sinx,1)，b=(csx,−1)．
(1)若a//b，求tan2x的值；
(2)若f(x)=(a+b)⋅b，求函数f(x)的最小正周期及当x∈[0,π2]时的最大值．
19.(本小题14分)
在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的顶点坐标分别是A(0,0),B(3,3),C(1,− 5)，记△ABC外接圆为圆M．
(1)求圆M的方程；
(2)在圆M上是否存在点P，使得|PB|2−|PA|2=12？若存在，求点P的个数；若不存在，说明理由．
20.(本小题18分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过右焦点F2且与双曲线C交于A、B两点．
(1)若双曲线C的离心率为 3，虚轴长为2 2，求双曲线C的焦点坐标；
(2)设a=1，b= 3，若l的斜率存在，且(F1A+F1B)⋅AB=0，求l的斜率；
(3)设l的斜率为 35，|OA+OB|=|OA−OB|=4，求双曲线C的方程．
21.(本小题18分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，左、右顶点分别为A、B，过点M(−12,0)的直线与椭圆相交于不同的两点P、Q(异于A、B)，且AM=35MB．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AP、QB的斜率分别为k1、k2，且k1=λk2，求λ的值；
(3)设△PQB和△PQA的面积分别为S1、S2，求|S1−S2|的最大值．
参考答案
1.A
2.D
3.C
4.C
5.5
6.2
7.8
8.y=−14
9.7 510

11.(1,2)
12.[0,π4]∪[3π4,π)
13.7
14.2 5
15.①②
16.− 5
17.解：(1)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，
点E是棱AB的中点，
∴DE=EC= 2，CD=2，
∴DE2+CE2=DC2，∴DE⊥CE，
∵DD1⊥平面DEC，CE⊂平面DEC，∴DD1⊥CE，
∵DE∩DD1=D，∴CE⊥平面D1DE，
∵D1E⊂平面D1DE，∴CE⊥D1E，
∴四面体D1CDE为鳖臑．
(2)以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

D(0,0,0)，E(1,1,0)，D1(0,0,1)，C(0,2,0)，
DE=(1,1,0)，D1C=(0,2,−1)，
cs=DE⋅D1C|DE|⋅|D1C|=2 2⋅ 5= 105，
∴直线DE与直线D1C所成角的大小为arccs 105．
18.解：(1)∵向量a=( 3sinx,1)，b=(csx,−1)，
又a//b，
∴1×csx=−1× 3sinx，csx不为0，否则sinx也为0，
∴tanx=− 33，
∴tan2x=2tanx1−tan2x=− 3．
(2)∵f(x)=(a+b)⋅b，
∴f(x)= 3sinxcsx+cs2x
= 32sin2x+12cs2x+12，
=sin(2x+π6)+12，
∴函数f(x)的最小正周期T=2π2=π，
∵x∈[0,π2]，
∴2x+π6∈[π6,7π6]，
即2x+π6=π2即x=π6时，函数取最大值32，
故函数的周期为π，当x∈[0,π2]时的最大值32．
19.解：(1)设△ABC外接圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0．
将A(0,0),B(3,3),C(1,− 5)代入，
得F=0D+E+6=0D− 5E+6=0，解得D=−6E=0F=0．
∴圆M的方程为x2+y2−6x=0；
(2)设点P(x,y)，
∵|PB|2−|PA|2=12，∴(x−3)2+(y−3)2−x2−y2=12，
化简得：x+y−1=0．
化圆M：x2+y2−6x=0为(x−3)2+y2=9，
圆心M(3,0)，半径为3．
∵圆M的圆心到直线x+y−1=0的距离d=|3−1| 2= 2<3．
∴直线x+y−1=0与圆M相交，
故满足条件的点P有两个．
20.解：(1)由题意可得：e=ca= 1+b2a2= 3，2b=2 2，
解得b= 2，a=1，c= 3，
∴双曲线C的焦点坐标为(± 3,0)；
(2)a=1，b= 3，∴双曲线C的方程为x2−y23=1，c= a2+b2=2．
设直线l的方程为y=k(x−2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
把y=k(x−2)代入双曲线C的方程可得：(3−k2)x2+4k2x−4k2−3=0，
则x1+x2=−4k23−k2，x1x2=−4k2−33−k2，
∵(F1A+F1B)⋅AB=0，
∴(x1+x2+4,y1+y2)⋅(x2−x1,y2−y1)=0，
∴(x1+x2+4)⋅(x2−x1)+(y1+y2)⋅(y2−y1)=0，
∴x1+x2+4+k2(x1+x2−4)=0，
∴4−4k23−k2+k2(−4k23−k2−4)=0，
化为：k2=35，解得k=± 35=± 155．
(3)由|OA+OB|=|OA−OB|=4，
可得OA⋅OB=0，∴OA⊥OB，|AB|=4．
直线l的方程为y= 35(x−c)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
把直线l的方程代入双曲线方程可得：(5b2−3a2)x2+6a2cx−3a2c2−5b2a2=0，
Δ>0，x1+x2=−6a2c5b2−3a2，x1x2=−3a2c2−5a2b25b2−3a2，
∵OA⋅OB=0，∴x1x2+y1y2=0，x1x2+35(x1−c)(x2−c)=0，
化为8x1x2−3c(x1+x2)+3c2=0，
∴8×−3a2c2−5a2b25b2−3a2−3c×(−6a2c5b2−3a2)+3c2=0，
化为b2=3a2，c2=4a2，
∴b= 3a，c=2a，
∴x1+x2=−6a2c5b2−3a2=−a，x1x2=−3a2c2−5a2b25b2−3a2=−94a2，
∴4= (1+35)[a2−4×(−94a2)]，
解得a=1，b= 3，
∴双曲线C的方程为x2−y23=1．
21.解：(1)因为A(−a,0)，B(a,0)，所以AM=(−12+a,0),MB=(a+12,0)，
由AM=35MB可得−12+a=35(a+12)，解得a=2，
因为离心率为 32，则c2a2=34，又a2=b2+c2，则b2=1，
所以椭圆C的方程为：x24+y2=1；
(2)由题可知：点M(−12,0)在椭圆内，直线PQ与椭圆必相交，
且直线PQ的斜率可以不存在，但不为0，
设直线PQ的方程为x=ty−12，设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立方程x=ty−12x24+y2=1，消去x可得(t2+4)y2−ty−154=0，
则Δ=t2+15(t2+4)>0，
由根与系数的关系可得：y1+y2=tt2+4,y1y2=−154(t2+4)，则ty1y2=−154(y1+y2)，
所以k1k2=y1x1+2⋅x2−2y2=(ty2−12−2)y1(ty1−12+2)y2=ty1y2−52y1ty1y2+32y2=−154(y1+y2)−52y1−154(y1+y2)+32y2
=−54(5y1+3y2)−34(5y1+3y2)=53，
即k1=53k2，所以λ=53；
(3)由(2)可知：y1+y2=tt2+4,y1y2=−154(t2+1)，
所以|S1−S2|=12||AM|−|BM||⋅|y1−y2|=12 (y1+y2)2−4y1y2
=12 (tt2+4)2+15t2+4= 4t2+15t2+4=4 4t2+15(4t2+15)+1=4 4t2+15+1 4t2+15，
因为t2≥0，则 4t2+15≥ 15，
因为函数f′(x)=x+1x在[ 15,+∞)上单调递增，
故 4t2+15+1 4t2+15≥ 15+1 15=16 1515，
所以|S1−S2|≤416 1515= 154，当且仅当t=0时，等号成立，
因此，|S1−S2|的最大值为 154．