2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理(含解析) (I).doc

2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理(含解析) (I)一、选择题1. 设命题：对，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】命题：对，为：故选：C2. “”是“”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：因为，所以“”是“”的充分不必要条件；故选B考点：1二倍角公式；2充分条件和必要条件的判定视频3. 已知直线与直线垂直，垂足为（2，p），则pmn的值为（ ）A. 6 B. 6 C. 4 D. 10【答案】C.23+（2）m=0，解得m=3，由垂足在两直线上可得，解得p=1且n=8，pmn=4，故选：C4. 已知椭圆的离心率为，双曲线与椭圆有相同的焦点，是两曲线的一个公共点，若，则双典线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由题意得，设焦距为，椭圆长轴长为，双曲线实轴为，令在双曲线的右支上，由双曲线的定义，由椭圆的定义可知，又因为，所以，解得，代入上式得，即，由，则，即有，则渐近线方程为，即为，故选A.考点：双曲线的几何性质.【方法点晴】本题主要考查了双曲线的几何性质，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质、双曲线的标准方程及其简单的几何性质，以及圆锥曲线的定义等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，解答中熟记圆锥曲线的定义、标准方程及其简单的几何性质是解答的关键.5. 已知椭圆和双曲线有公共焦点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由椭圆和双曲线有公共焦点，得，即，则，故选A.考点：椭圆的性质；双曲线的性质.6. 已知直线被圆截得的弦长为，则的最大值为（ ）A. B. 9 C. D. 4【答案】A【解析】试题分析：圆的圆坐标为，半径，直线被圆截得的弦长为，所以直线通过圆心，即，所以，又因为，所以，当且仅当即时，有最大值，故选A.考点：1.直线与圆的位置关系；2.基本不等式.【名师点睛】本题考查直线与圆的位置关系、基本不等式，属中档题；利用基本不等式求最值是高考常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，高考对利用基本不等式求最值的考查常有以下几个命题角度：1.知和求积的最值；2.知积求和的最值；3.构造不等式求最值.本题是知和求积的最值问题.7. 已知为双曲线的左右焦点，过的直线与圆相切于点，且，则直线的斜率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意得 在 中由余弦定理得 ,选C.点睛：直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化，充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等根据等量关系.8. 若直线l1：y=k（x-4）与直线关于点（2，1）对称，则直线恒过定点（ ）A. （0，2） B. （0，4） C. （2，4） D. （4，2）【答案】A【解析】直线过定点，点关于点的对称点为，所以直线过定点，选A.9. 已知是椭圆和双曲线的公共焦点， 是它们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设椭圆的长半轴长为 ，双曲线的实半轴常为 ,故选B.10. 已知双曲线中心在原点且一个焦点为F（，0），直线与其相交于M、N两点，MN中点的横坐标为，则此双曲线的方程是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意设该双曲线方程为，且，的中点为，则且，则，即，联立，得，即该双曲线方程为；故选D.点睛：在涉及圆锥曲线的中点弦时，往往利用“点差法“”进行求解，可减少运算量.11. 定义在上的函数与其导函数满足，则下列不等式一定成立的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由可得。令，则。函数在在上为增函数，即，。选A。点睛：解答本题的关键是构造函数，主要考查导数运算法则的逆用。根据含导函数的不等式构造原函数时要注意从以下几种类型考虑：原函数是函数和差的组合；原函数是函数乘除的组合；原函数是函数与的乘除的组合；原函数是函数与的乘除的组合；原函数是函数与的乘除的组合；原函数是函数与的乘除的组合。12. 函数在上与轴有一个交点，则的范围为A. B. 2或C. D. 【答案】D【解析】在坐标系中画出f（x）=x33x的图象，如图：函数y=x33xa在（0，2）上与x轴有一个交点，就是f（x）=x33x与y=a在（0，2）上有一个交点，可知a=2或故选：B点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解二、填空题13. 若抛物线上的点到其焦点的距离是到轴距离的3倍，则_【答案】2【解析】试题分析：由题意，则，.考点：抛物线的性质.14. 如果曲线与曲线恰好有两个不同的公共点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】因为曲线与曲线都过点，所以双曲线渐近线 斜率不小于直线 斜率，即 15. 已知的顶点B、C在椭圆上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在边上，则的周长是_【答案】【解析】椭圆，长轴长2a=2，则a=，设直线AB过椭圆的右焦点F2，根据椭圆的定义可知：|AB|+|BF2|=2a=2，|AC|+|F2C|=2a=2三角形的周长为：|AB|+|BF2|+|AC|+|F2C|=4a=4故答案为：【答案】【解析】直线l的参数方程为（t为参数），普通方程为xy+1=0，圆=4cos 即2=4cos，即 x2+y2+4x=0，即 （x+2）2+y2=4，表示以（2，0）为圆心，半径等于2的圆圆C的圆心到直线l的距离为=，故答案为：三、解答题17. 已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆过点，直线交轴于，且，为坐标原点（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上的顶点，过点分别作出直线交椭圆于两点，设这两条直线的斜率分别为，且，证明：直线过定点【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）将点代入椭圆方程得，由得，则，联立方程得解；（2）分为直线斜率存在和斜率不存在两种情况，当斜率不存在时，直接代入得解；当斜率存在时，联立直线和椭圆的方程得，结合韦达定理，运用整体代换的思想化简得，可得其恒过定点.试题解析：（1）椭圆过点， ，则，由得，椭圆的方程为（2）当直线的斜率不存在时 ，设，则，由得，得当直线的斜率存在时，设的方程为，得，即，由，即故直线过定点考点：（1）椭圆的方程；（2）直线与圆锥曲线的综合.18. 如图，设椭圆的中心为原点，长轴在轴上，上顶点为，左、右焦点分别为，线段的中点分别为，且是面积为的直角三角形.（1）求该椭圆的离心率和标准方程；（2）过作直线交椭圆于两点，使，求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）设椭圆的方程为，F2（c，0），利用AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，可得B1AB2为直角，从而，利用c2=a2b2，可求得离心率，又=4，故可求椭圆标准方程；（2）由（）知B1（2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my2，代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y24my160，利用韦达定理及PB2QB2，利用可求m的值，进而可求PB2Q的面积试题解析：（1）设椭圆的方程为，是面积为的直角三角形，为直角，从而，得，在中， ，椭圆标准方程为.（2）由（1）知，由题意，直线的倾斜角不为，故可设直线的方程为，代入椭圆方程，消元可得，设，当时，可化为，的面积.点睛：本题主要考查了圆锥曲线的综合应用问题，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，直线与椭圆的位置关系的应用，向量的坐标运算等知识点的考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，本题的解答中把直线的方程和椭圆方程联立，转化为方程的根与系数的关系、韦达定理的应用是解答问题的关键。19. 已知函数，(1)若讨论的单调性；(2)若过点可作函数图象的两条不同切线，求实数的取值范围【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：()分 讨论函数的单调性；()求出经过点P的切线方程，由 在切线上，得到 ，问题转化为有两个不同的正数解，令，由单调性求出a的范围.试题解析：() 当时， ,此时, 上是减函数当时, ,得； ，得此时, 在上单调递减，在是增函数当时，解，得， 此时, 在和是减函数，在是增函数()设点是函数图象上的切点，则过点的切线的斜率为， 所以过点的切线方程为 因为点在切线上，所以即 若过点可作函数图象的两条不同切线，则方程有两个不同的正数解 令，则函数与轴正半轴有两个不同的交点令，解得或 因为，所以必须，即所以实数的取值范围为点睛：本题主要考查了函数的单调性问题，导数的应用以及分类讨论思想，考查切线方程问题,属于中档题.20. 如图，曲线由上半椭圆和部分抛物线 连接而成， 的公共点为，其中的离心率为.（1）求的值；（2）过点的直线与分别交于（均异于点），若，求直线的方程.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由上半椭圆和部分抛物公共点为，得，设的半焦距为，由及，解得；（2）由（1）知，上半椭圆的方程为，易知，直线与轴不重合也不垂直，故可设其方程为，并代入的方程中，整理得：，由韦达定理得，又，得，从而求得，继而得点的坐标为，同理，由得点的坐标为，最后由,解得，经检验符合题意，故直线的方程为.试题解析：（1）在方程中，令，得在方程中，令，得所以设的半焦距为，由及，解得所以，（2）由（1）知，上半椭圆的方程为，易知，直线与轴不重合也不垂直，设其方程为代入的方程中，整理得：（*）设点的坐标由韦达定理得又，得，从而求得所以点的坐标为同理，由得点的坐标为，,即，解得经检验，符合题意，故直线的方程为考点：椭圆和抛物线的几何性质；直线与圆锥曲线的综合问题.视频21. 已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于两点，且.（1）求该抛物线的方程；（2）已知抛物线上一点，过点作抛物线的两条弦和，且，判断直线是否过定点？并说明理由.【答案】（1）；（2）或【解析】试题分析：（1）利用点斜式设直线直线的方程,与抛物线联立方程组,结合韦达定理与弦长公式求,再根据解得.（2）先设直线方程, 与抛物线联立方程组,结合韦达定理化简，得或,代入方程可得直线过定点试题解析：（1）拋物线的焦点 ，直线的方程为:.联立方程组，消元得:，. 解得.抛物线的方程为