上海市南模中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精上海市南模中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题含解析2019学年第一学期南模中学高二年级期末考试数学学科一、填空题(本大题共有12题，1~6题，每题4分，7~12题，每题5分,满分54分）1。以原点为顶点，轴为对称轴,并且经过的抛物线的标准方程为________．【答案】【解析】【分析】设抛物线的标准方程，再代入求解即可。【详解】由题,设抛物线方程为，代入有。故抛物线。故答案为:【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，属于基础题。2.已知复数满足，则的虚部为________．【答案】【解析】【分析】根据复数的基本运算求解再判定即可。【详解】因为，故。故的虚部为.故答案:【点睛】本题主要考查了复数的除法运算与虚部的概念,属于基础题。3.已知向量，，,则________.【答案】5【解析】【分析】本题首先可以根据得出，然后根据得出，最后通过化简即可得出结果。【详解】因为，所以，因为，所以，即，。【点睛】本题考查向量的模以及向量的运算，考查向量的模的求法，若，则,考查计算能力，是简单题.4.双曲线x2＋ky2＝1的一条渐近线的斜率是2，则k的值为_________【答案】【解析】试题分析：由题意，渐近线为，所以，解得．考点：双曲线的渐近线．5.设向量，若向量与向量共线，则【答案】2【解析】【分析】由题意首先求得向量，然后结合向量平行的充分必要条件可得的值.【详解】=,由向量共线的充分必要条件有:。故答案为2．【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，向量平行的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力。6.过点(2，－3）且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程为_________________．【答案】【解析】分析：分类讨论截距为0和截距不为零两种情况求解直线方程即可.详解：当截距为0时，直线的方程为，满足题意；当截距不为0时，设直线的方程为,把点代入直线方程可得，此时直线方程为.故答案为。点睛：求解直线方程时应该注意以下问题：一是根据斜率求倾斜角，要注意倾斜角的范围；二是求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时,应对斜率存在与不存在加以讨论;三是在用截距式时，应先判断截距是否为0,若不确定，则需分类讨论.7。已知O是坐标原点,点A（﹣1，1）,若点M（x，y)为平面区域上的一个动点，则的最大值是_____．【答案】2【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域,结合向量数量积坐标公式，将结论进行转化，利用数形结合进行求解即可.【详解】作出不等式组对应平面区域如图:则x+y，设z＝﹣x+y，则y＝x+z，平移直线y＝x+z，当直线y＝x+z经过点A时，直线y＝x+z的截距最大，此时z最大，由得，得A（0，2)，此时z＝﹣0+2＝2，故的最大值是2,故答案是：2.【点睛】该题考查的是有关线性规划的问题，涉及到的知识点有一元二次不等式组表示的平面区域，向量数量积坐标公式，线性目标函数的最值,在解题的过程中,注意观察目标函数的类型,属于简单题目.8.已知动圆过定点，且与圆相切，则动圆的圆心的轨迹方程是_______．【答案】【解析】【分析】根据圆心到定点与圆圆心的距离之和为定值判断即可.【详解】圆即圆，圆心为，半径为.又因为在圆内,故动圆与圆内切.设动圆半径为，则圆心到与的距离之和为.故动圆的圆心是以与为焦点,的椭圆，故.故动圆的圆心的轨迹方程是。故答案为：【点睛】本题主要考查了根据动圆相切时半径之和的关系以及椭圆的定义求解椭圆的方程的方法，重点在于找到半径之和为定值的关系。属于基础题。9.直线(t为参数)与双曲线交于A、B两点，求AB的弦长_____________．【答案】【解析】直线方程:，联立双曲线方程得：10。过抛物线的焦点作倾角为的直线，与抛物线分别交于、两点（在轴左侧），则．【答案】【解析】【详解】故答案为：.11.将一圆的六个等分点分成两组相间的三点，它们所构成的两个正三角形扣除内部六条线段后可以形成一正六角星,如图所示的正六角星的中心为点,其中，分别为点到两个顶点的向量；若将点到正六角星个顶点的向量，都写成的形式，则的最大值为_________．【答案】5【解析】【分析】利用等和线判断取的最大值时的顶点位置,再利用基底向量的方法求解即可。【详解】先推导等和线定理：三点共线,为平面内任意一点，为平面内任意一点，深化：若，,则做平行线有：如图,显然当过作与平行的直线时，能使得取最大值。

此时，此时。故答案为:5【点睛】本题主要考查了平面向量的等和线的运用，需要根据题意找到使得取得最大值时的点，再求解即可.属于中档题.12。已知直角坐标平面上任意两点、，定义为、两点的“非常距离”．当平面上动点到定点的距离满足时,则的取值范围是_________．【答案】【解析】分析】由题意可知点在以为圆心,半径的圆周上,由“非常距离”的新定义,求出表达式,再分析最小值与最大值，即可得出结论．【详解】由题意可知点在以为圆心,半径的圆周上,如图所示：由“非常距离”的新定义可知：当时,取得最小值,；当或时，取得最大值,，故的取值范围为。故答案为：。【点睛】本题主要考查了新定义的距离问题，需要根据题意画图分析新距离的几何意义，属于中档题.二、选择题（本大题共有4题，每题5分，满分20分）13。设，为复数，则下列命题中一定成立的是（）A。如果，那么 B。如果，那么C。如果（为正实数）,那么 D。如果（为正实数），那么【答案】D【解析】【分析】对A，举出反例判断正误；

对B，举出反例判断正误;

对C，利用复数的几何意义判断正误;

对D，设出复数即可化简结果,再判断正误即可．【详解】对于A，如果,,，所以不正确。对于B，如果，，，但不正确.对于C，,是正实数，说明复数对应的点到原点的距离小于,且复数不能比较大小,故不成立。对于D，（为正实数)，设，则,故成立.故选：D。【点睛】本题主要考查了复数的基本性质与判定，需要根据题意举出反例或者直接设复数形式进行推导,属于中档题.14.在ΔABC中,若，则ΔABC是（）A.等边三角形 B.锐角三角形 C.直角三角形 D.钝角三角形【答案】C【解析】此题考查向量的数量积的计算、余弦定理的应用．由已知得，所以是直角三角形，选C15。在平面直角坐标系中,分别是轴和轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则圆面积的最小值为()A。 B. C。 D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：设直线因为，表示点到直线的距离,所以圆心的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线,圆的半径最小值为,圆面积的最小值为．故本题的正确选项为A。考点：抛物线定义。16.在平面直角坐标系中,已知椭圆和.为上的动点,为上的动点，是的最大值.记在上，在上，且,则中元素个数为(）A.2个 B.4个 C。8个 D。无穷个【答案】D【解析】椭圆和,为上动点,为上动点,可设，，则，当时，取得最大值，则在上，在上，且中的元素有无穷对对，故选D.三、简答题（本大题共有5题，满分76分)17.复数(），（Ⅰ）若，求;（Ⅱ）若在复平面内复数对应的点在第一象限，求的范围．【答案】(Ⅰ)或；(Ⅱ）．【解析】【详解】试题分析：将复数化简得（1)中，所以虚部为0，（2）中复数对应点为,在第一象限得到不等式，求得范围试题解析：，（1）由知，,故．当时，；当时,．(2）由已知得,复数的实部和虚部皆大于0，即，即，所以．18。已知平面内向量，点Q是直线OP上的一个动点．(1)当取最小值时，求的坐标；（2）当点满足（1）中的条件时，求的值．【答案】（1）;（2）【解析】【详解】（1)设，在直线上，向量与共线.，，,又,，。故当时,有最小值，此时。（2）由（1）知，，；,;。19.设和是双曲线上的两点，线段的中点为，直线不经过坐标原点．（1）若直线和直线的斜率都存在且分别为和，求证：;(2）若双曲线的焦点分别为、，点的坐标为，直线的斜率为，求由四点、、、所围成四边形的面积．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1)法一:设不经过点的直线方程为，与双曲线方程联立，利用中点坐标表示，再求；法二:利用点差法表示；（2）先由已知求得双曲线方程和直线的方程，由条件表示四边形的面积；令解，利用的中点是，直接求点的坐标，再表示四边形的面积.【详解】（1)证明:法1:设不经过点的直线方程为，代入双曲线方程得:．设坐标，坐标为,中点坐标为，则，，，，所以，，．法2：设、，中点，则，且，（1）﹣（2）得：．因为，直线和直线的斜率都存在，所以，等式两边同除以，得:，即．（2）由已知得，求得双曲线方程为，直线斜率为，直线方程为，代入双曲线方程可解得，中点坐标为．面积．另解：线段中点在直线上．所以由中点,可得点的坐标为，代入双曲线方程可得，即,解得（），所以．面积．【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系的综合问题，已知考查转化与化归的思想和计算能力，涉及双曲线中定值和四边形面积的求法，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.20。已知定点，动点在轴上运动，过点作直线交轴于点，延长至点，使．点的轨迹是曲线．(1）求曲线的方程；（2）若，是曲线上的两个动点，满足，证明：直线过定点；（3）若直线与曲线交于,两点，且，,求直线的斜率的取值范围．【答案】（1)；(2)直线过定点；(3）【解析】【分析】(1)设出动点,则的坐标可表示出,利用,可求得的关系式，即的轨迹方程．（2)设直线,联立直线与(1）中所得抛物线的方程，利用韦达定理表示,进而求得即可.(3)设出直线的方程，A,B的坐标，根据推断出,把直线与抛物线方程联立消去求得的表达式，进而求得，利用弦长公式表示出，再根据的范围,求得的范围．【详解】(1）设动点，则,，∵，即,化简得。（2)设直线，联立。设,则，。又,故由题有,即。由题意可知，故.故直线,恒过定点.（3）设直线方程为，与抛物线交于点,则由,得,即,∴,解得,由,∴，当恒成立,。由题意，，可得,即，因为，故解得，∴或.即所求的取值范围是.【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解以及直线与抛物线中的定点问题，同时也考查了弦长范围求解参数的问题，需要根据题意将题中所给的数量积关系转换为斜率的表达式,再列出不等式进行求解等.属于难题.21.教材曾有介绍:圆上的点处的切线方程为．我们将其结论推广：椭圆上的点处的切线方程为，在解本题时可以直接应用．已知，直线与椭圆有且只有一个公共点。(1）求的值；（2）设为坐标原点,过椭圆上的两点、分别作该椭圆的两条切线、，且与交于点．当变化时，求面积的最大值；(3)在（2）的条件下，经过点作直线与该椭圆交于、两点，在线段上存在点，使成立，试问：点是否在直线上,请说明理由。【答案】（1）(2）(3）见解析【解析】【分析】(1）将直线y＝x代入椭圆方程，得到x的方程，由直线和椭圆相切的条件：判别式为0，解方程可得a的值；（2）设切点A（x1，y1)，B(x2，y2）,可得切线,,，再将M代入上式,结合两点确定一条直线，可得切点弦方程，AB的方程为x+my＝1，将直线与椭圆方程联立，运用韦达定理，求得△OAB的面积，化简整理，运用基本不等式即可得到所求最大值;（3）点在直线上，因为设、、，且，于是,向量坐标化，得、、、，将代入椭圆方程，结合、在椭圆上，整理化简得，即在直线上.【详解】（1）联立，整理得依题意，即（2)设、，于是直线、的方程分别为、将代入、的方程得且所以直线的方程