高二上学期数学期末测试题

2023年12月2日发(作者：江苏十三市数学试卷)

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高 二 上 学 期 数 学 期 末 测 试 题

一、选择题：1．不等式x22的解集为〔 〕

x1A.1,01, B.,10,1 C.1,00,1 D.,11,

2．c0是方程

ax2y2c 表示椭圆或双曲线的〔 〕条件

A．充分不必要

2B．必要不充分 C．充要 D．不充分不必要

43.假设0,当点1,cos到直线xsinycos10的距离为1,那么这条直线的斜率为〔 〕

A.1 B.－1 C.4.确定关于x的不等式ax2A.[0，16] B.[0,

932 D.－33

3ax10的解集是实数集 R，那么实数a的取值范围是〔 〕

2〕 C.〔0,16〕 D.980,3169

5.过点〔2，1〕的直线l被x2y22x4y0截得的最长弦所在直线方程为：( )

A.

3xy50 B.

3xy70 C.

x3y50 D.

x3y10

6.以下三个不等式：①x232x;②a、bR,ab0时,ba2；③当ab0时，aabbab.其中恒成立的不等式的序号是〔 〕A.①② B.①②③ C.① D.②③

7.圆心在抛物线y22x上，且与x轴和该抛物线的准线都相切的一个圆的方程是〔 〕

A．x2y2x2y0 B．x2y2x2y10 C．xyx2y10 D．x2y2x2y10

442218.圆C切y轴于点M且过抛物线yx25x4与x轴的两个交点，O为原点，那么OM的长是〔 〕

A．4 B．2.5 C．22 D．2

2449922229.与曲线xy1共焦点，而与曲线xy1共渐近线的双曲线方程为〔 〕

3664

22222222A．yx1 B．xy1 C．yx1 D．xy1

2210.抛物线y24x上有一点P，P到椭圆xy1的左顶点的距离的最小值为〔 〕

1615 A．23 B．2+3 C．n3 D．23

2211.假设椭圆xy21(m1)与双曲线xy21(n0)有一样的焦点F1、F2，P是两曲线的一个m交点，那么F1PF2的面积是〔 〕A．4 B．2 C．1 D．0.5

12.抛物线y22px与直线axy40交于两点Ａ¸Ｂ，其中点Ａ坐标为〔1，2〕，设抛物线焦点为Ｆ，那么|FA|+|FB|=〔 〕Ａ.7

Ｂ.6

Ｃ.5

Ｄ.4 精心整理

二、填空题13. 设函数f(x)ax2,不等式|f(x)|6的解集为(-1,2)，那么不等式xfx1的解集为

2214.假设直线2axby20(a0,b0)始终平分圆xy2x4y10的圆周，那么11的最小值为ab______

215．假设曲线xy21的焦点为定点，那么焦点坐标是

a4a5 .

16.抛物线y22x上的点M到焦点F的距离为3，那么点M的坐标为____________.

22三、解答题： 18．确定椭圆C:xy1(ab0)经过点M(1，2)，其离心率为22ab222，设直线2相3〔Ⅰ〕求椭圆C的方程；〔Ⅱ〕确定直线l与圆x2l：ykxm与椭圆C相交于A、B两点．y2切，求证：OA⊥OB〔O为坐标原点〕；〔Ⅲ〕以线段OA,OB为邻边作平行四边形OAPB，假设点Q在椭圆C上，且满意OPOQ〔O为坐标原点〕，求实数的取值范围．

19．确定圆C关于y轴对称，经过抛物线y4x的焦点，且被直线yx分成两段弧长之比为1：2，求圆C的方程.

20. 平面内动点P〔x，y〕与两定点A〔-2, 0〕, B〔2,0〕连线的斜率之积等于-1/3，假设点P的轨迹为曲线E，过点Q(1,0)作斜率不为零的直线CD交曲线E于点C、D．〔1〕求曲线E的方程；

〔2〕求证：ACAD；〔3〕求ACD面积的最大值．

21．确定直线l与圆xy2x0相切于点T，且与双曲线xy1相交于A、B两点.假设T是线段AB的中点，求直线l的方程.

2222、设椭圆xy1(ab0)的左焦点为F，上顶点为A，过点A与AF垂直的直线分别交椭2222222ab精心整理

圆与x轴正半轴P、Q两点，且AP8PQ 〔I〕求椭圆离心率e；

5〔II〕假设过A,F,Q三点的圆恰好与直线l:x3y30相切，求椭圆方程

答案

一、ABDB

A CD D A A C A

125二、13. {x|x>或x}; 14. 4 ; 15.〔0，±3〕; 16．〔－,5〕.

252x23x2(x1)(x2)0，得0 三、17．解：由2(x3)(x2)xx6(x2)(x1)(x2)(x3)02x1,或2x3.A2,12,3.x10又由x13得:1x8.x19

B1,8.AB1,12,3.x218．〔Ⅰ〕椭圆方程为y21；〔Ⅱ〕见解析〔Ⅲ〕22且0．

2

【解析】试题分析：〔Ⅰ〕由确定离心率为2，可得等式a22b2；又因为椭圆方程过点2M(1，2)可求得b21，a22，进而求得椭圆的方程；

2〔Ⅱ〕由直线l与圆x2y22222相切，可得m与k的等式关系即m(1k)，然后联立3322m24km直线l与椭圆的方程并由韦达定理可得x1x2，，进而求出xx1212k212k2m22k2y1y2，所以由向量的数量积的定义可得OAOB的值为0，即结论得证；

12k2〔Ⅲ〕由题意可分两种状况探讨：〔ⅰ〕当m0时，点A、B关于原点对称；〔ⅱ〕当m0时，点A、B不关于原点对称.分别探讨两种情形满意条件的实数的取值范围即可.

试题解析：〔Ⅰ〕离心率ec2，a2b2c2，a22b2

a22x2y2椭圆方程为221，将点M(1，)代入，得b21，a22

22bbx2所求椭圆方程为y21．

2精心整理

〔Ⅱ〕因为直线l与圆x2y2ykxm,22x2y2|m|6222m(1k2) 相切，所以，即23331k2由，得(12k)x4kmx2m20．

22设点A、B的坐标分别为A(x1,y1)、B(x2,y2)，

2m224km那么x1x2，x1x2，

12k212k2m22k2所以y1y2(kx1m)(kx2m)=kx1x2km(x1x2)m=，

12k2222m22m22k23m22k22所以OAOBx1x2y1y2===0，故OAOB，

12k212k212k2〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕可得y1y2k(x1x2)2m2m，

12k2由向量加法平行四边形法那么得OAOBOP，OPOQ，OAOBOQ

〔ⅰ〕当m0时，点A、B关于原点对称，那么0

此时不构成平行四边形，不合题意．

〔ⅱ〕当m0时，点A、B不关于原点对称，那么0，

4km1x,x(xx),Q2Q12(12k)由OAOBOQ，得 即

12my(yy).y.Q12Q2(12k)点Q在椭圆上，有[4km22m]2[]22，

22(12k)(12k)化简，得4m2(12k2)2(12k2)2．

12k20，有4m22(12k2)． ①

又16k2m24(12k2)(2m22)8(12k2m2)，

由0，得12k2m2． ②

将①、②两式，得4m22m2

m0，24，那么22且0．

综合〔ⅰ〕、〔ⅱ〕两种状况，得实数的取值范围是22且0．

19.解：设圆C的方程为x2(ya)2r2, 抛物线y24x的焦点F1,0

1a2r2 ①

又直线yx分圆的两段弧长之比为1：2，可知圆心到直线yx的距离等于半ar1径的, 即 ②

222解①、②得a1,r22 故所求圆的方程为

x2(y1)22 精心整理

x23y21(x2)；20．〔1〕〔2〕略；〔3〕1.

44【解析】试题分析：〔1〕依据题意可分别求出连线PA，PB的斜率kPA，kPB，再由条件斜1列出方程，进展化简整理可得曲线E的方程，留意点P不与点A,B重合.依据3yyyy1斜率的计算公式可求得kPA，kPB，所以x2，化简x2x23x2x2率之积为x23y21(x2)； 整理可得曲线E的方程为44〔2〕假设要证ABAC，只要证ABAC0，再利用两个向量数量积为零的坐标运算进x1，Cx1,y1,Dx2,y2，联立直22展证明即可.那么由题意可设直线BC的方程为my线与椭圆的方程消去x，可得关于y的一元二次方程(m3)y2my30，由违达定理知y1y22m3，那么x1x2,yy12m23m23my1y226m23，4m23x1x2my11my21，又ACm23x12,y1，ADx22,y2，所以ACADx12x22y1y2x1x22x1x2y1y240，从而可以证明ABAC；

11AQy1y2122〔3〕依据题意可知S△ACDy1y224m294y1y2，

2m34m2943又，故当m0时，△ACD的面积最大，最大面积为1.

2222m3m3m3试题解析：〔1〕设动点P坐标为(x,y)，当x2时，由条件得：

x23y2yy11，

，化简得44x2x23x23y21(x2). 4分〔说明：不写x2的扣1分〕 故曲线E的方程为44〔2〕CD斜率不为0，所以可设CD方程为myx1，与椭圆联立得：(m23)y22my30设C(x1,y1),D(x2,y2)， 所以y1y22m3，. 6分

,yy12m23m23精心整理

3(m21)2m2(x12,y1)(x22,y2)(m1)y1y2m(y1y2)1210，

m23m32所以ACAD 8分

14m29〔3〕ACD面积为|y1y2|2m2343， 10分

m23(m23)2当m0时△ACD的面积最大为1. 12分[

考点：1.椭圆的方程；2.向量法证明两直线垂直；3.三角形面积的计算.

21．解：直线l与x轴不平行，设l的方程为

xmya 代入双曲线方程 整理得

(m21)y22maya210

yAyBam 从而

22m1aama 即

T(xTmyTa2,)

22m11m1mam2a22a点T在圆上

()()0 即m2a2 ①

2221m1m1m而m210，于是yT由圆心O(1,0) .OTl 得

kOTkl1 那么

m0 或

m22a1

当m0时，由①得

a2,l的方程为

x2；

当m22a1时，由①得

a1

m3,l的方程为x3y1.

故所求直线l的方程为x2 或

x3y1

22．解：〔I〕设Q（x0，

0），由F（c，0）（ca2b2）、A（0，b）b2知FA(c,b),AQ(x0,b).

FAAQ,cx0b0,x0.

c28x08b25,x1813c18设P(x1,y1),由APPQ，得

55b5by1813158b225()(b)2131 因为点P在椭圆上，所以13c22ab精心整理

12a2c2）3ac

2e23e20e. 整理得2b23ac，即（2b23c11a;由,得ca 〔II〕由〔I〕，2b3ac,得c2a2221311于是F(a,0),Q(a,0),AQF的外接圆圆心为(a,0),半径rFQa.

22221|a3|因为这个圆与直线l:x3y30相切，所以2a，

2x2y21 解得a=2, ∴c=1，b=3，所求椭圆方程为43