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2019-2020学年浙江省丽水市四校高二(上)期中数学试卷(含详细解答)

1、一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的1(5分)圆x2+y2+2x4y0的半径为()A3BCD52(5分)椭圆+1(0m4)的离心率为,则m的值为()A1BC2D23(5分)经过点(1,3),倾斜角是150的直线方程是()Axy3+10Bx+y+310Cxy+310Dx+y3+104(5分)圆O1:x2+y21与圆O2:x2+y22x2y+30的位置关系是()A外离B相交C内切D外切5(5分)若直线x+(1+m)y20和直线mx+2y+40平行,则m的值为()A1B2C1或2D6(5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是

2、()A4+8+B4+8+2C8+8+D8+8+27(5分)已知抛物线C:y24x的焦点为F和准线为l,过点F的直线交l于点A,与抛物线的一个交点为B,且2,则|AB|()A3B6C9D128(5分)已知直线ymx+3m和曲线y有两个不同的交点,则实数m的取值范围是()A0,)B,0C,D0,)9(5分)已知实数x,y满足不等式组,且z2xy的最大值是最小值的2倍,则a的值为()ABCD10(5分)已知双曲线1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为双曲线上一点,且|PF1|2|PF2|,若sinF1PF2,则该双曲线的离心率等于()AB2C或2D或11(5分)在平面直角坐标系xOy中,

3、直线l1:kxy+40与直线l2:x+ky30相交于点P,则当实数k变化时,点P到直线4x3y+100的距离的最大值为()A2BCD12(5分)已知椭圆C1:+1(a1b10)与双曲线C2:1(a20,b20)有相同的左、右焦点F1,F2,若点P是C1与C2在第一象限内的交点,且|F1F2|4|PF2|,设C1与C2的离心率分别为e1,e2,则e2e1的取值范围是()ABCD二、填空题:本大题共7小题,其中多空题每题6分,单空题每题4分,共34分13(6分)双曲线1的渐近线方程是   ,实轴长为   14(6分)已知实数x,y满足,则目标函数z3x+y的最小值是  

4、; ,最大值是   15(6分)已知直线l1:2xy+10与l2:x2y+50相交于点P,则点P的坐标为   ,经过点P且垂直于直线3x+4y50的直线方程为   16(4分)当直线l:kxy+13k0被圆x2+y216所截得的弦长最短时,k   17(4分)已知双曲线C的中心在原点,焦点在x轴上,其渐近线方程为2x3y0,焦距为2,则双曲线C的标准方程为   18(4分)在平面直角坐标系xOy中,点A(1,0),B(4,0),若在曲线C:x2+y22ax4ay+5a290上存在点P,使得|PB|2|PA|,则实数a的取值范围为  

5、19(4分)过椭圆+1的右焦点F作斜率为k的直线l与椭圆相交于A,B两点,若2,则k   三、解答题:本大题共4小题,每小题14分,共56分解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤20(14分)已知直线yax+1和抛物线y24x相交于不同的A,B两点()若a2,求弦长|AB|;()若以AB为直径的圆经过原点O,求实数a的值21(14分)已知直线l:ykx+m与椭圆+1(ab0)恰有一个公共点P,l与圆x2+y2a2相交于A,B两点()求m(用a,b,k表示);()当k时,AOB的面积的最大值为a2,求椭圆的离心率22(14分)已知抛物线E:y22px(p0),过其焦点F的直线与抛物线相

6、交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,满足y1y24()求抛物线E的方程;()已知点C的坐标为(2,0),记直线CA,CB的斜率分别为k1,k2,求+的最小值23(14分)已知椭圆C:+1(ab0)的左、右顶点分别为A,B,离心率为,点P(1,)为椭圆上一点(1)求椭圆C的标准方程;(2)如图,过点C(0,1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M,N两点,记直线AM,BN的斜率分别为k1,k2,若k12k2,求直线l斜率的值2019-2020学年浙江省丽水市四校高二(上)期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题

7、目要求的1(5分)圆x2+y2+2x4y0的半径为()A3BCD5【分析】利用圆的一般方程的性质求解【解答】解:圆x2+y2+2x4y0的半径:r故选:C【点评】本题考查圆的直径的求法,是基础题,解题时要认真审题2(5分)椭圆+1(0m4)的离心率为,则m的值为()A1BC2D2【分析】利用椭圆方程,结合离心率公式求解即可【解答】解:椭圆1(0m4)的离心率为,可得,解得m2故选:C【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用,是基本知识的考查3(5分)经过点(1,3),倾斜角是150的直线方程是()Axy3+10Bx+y+310Cxy+310Dx+y3+10【分析】由直线的倾斜角求得直线的斜率,再由

8、直线的点斜式方程求解【解答】解:直线的倾斜角为150,所求直线的斜率ktan150,又直线过点(1,3),所求直线方程为y+3(x1),即故选:B【点评】本题考查直线的倾斜角与直线的斜率的关系,考查直线的点斜式方程,是基础题4(5分)圆O1:x2+y21与圆O2:x2+y22x2y+30的位置关系是()A外离B相交C内切D外切【分析】化圆O2为标准方程,分别求出两圆的圆心坐标与半径,由圆心距等于半径和得答案【解答】解:圆O1:x2+y21的圆心坐标为(0,0),半径为1;化圆O2:x2+y22x2y+30为,则圆O2的圆心坐标为(),半径为1|O1O2|,等于两圆半径和,两圆的位置关系是外切故

9、选:D【点评】本题考查圆与圆的位置关系的判定,是基础题5(5分)若直线x+(1+m)y20和直线mx+2y+40平行,则m的值为()A1B2C1或2D【分析】由两直线平行的充要条件,列出方程求解即可【解答】解:直线x+(1+m)y20和直线mx+2y+40平行,可得,得:m1,故选:A【点评】本题主要考查两直线的位置关系6(5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是()A4+8+B4+8+2C8+8+D8+8+2【分析】根据三视图知几何体是底面为正方形的长方体,中间挖去一个圆锥体剩余部分,结合图中数据求得该几何体的表面积【解答】解:根据三视图知几何体是底面为正方形的长方体,中间挖去一

10、个圆锥体剩余部分,如图所示;则该几何体的表面积是S222+4212+18+8+故选:C【点评】本题考查了由三视图想象出直观图,以及空间想象力,识图能力及计算能力7(5分)已知抛物线C:y24x的焦点为F和准线为l,过点F的直线交l于点A,与抛物线的一个交点为B,且2,则|AB|()A3B6C9D12【分析】利用2,求解AB坐标,利用两点间距离公式求得|AB|【解答】解:抛物线C:y24x的焦点F(1,0)和准线l:x1,设A(1,a),B(m,n),2,可得|FA|:|AB|2:3,|FD|:|BC|2:3,|BC|3,m2,n242,n2,a4,AB9,故选:C【点评】本题考查抛物线的性质,

11、考查向量知识的运用,考查学生的计算能力,属于基础题8(5分)已知直线ymx+3m和曲线y有两个不同的交点,则实数m的取值范围是()A0,)B,0C,D0,)【分析】由题意,直线ymx+3m经过定点P(3,0),以m为斜率同一坐标系内作出直线ymx+3m和曲线,得到它们相切时直线PA的斜率m的值,由此将直线绕P点旋转并观察交点个数与m的变化,即可得到实数m的取值范围【解答】解:直线ymx+3mm(x+3)经过定点P(3,0),以m为斜率曲线是以原点为圆心,半径r2的圆的上半圆同一坐标系内作出它们的图象,如图当直线与半圆切于A点时,它们有唯一公共点,此时,直线的倾斜角满足sin,cos,可得直线的

12、斜率mtan,当直线ymx+3m的倾斜角由此位置变小时,两图象有两个不同的交点,直线斜率m变成0为止由此可得当0m时,直线ymx+3m和曲线有两个不同的交点故选:A【点评】本题给出直线与半圆有两个公共点,求实数m的取值范围着重考查了直线与圆的位置关系、恒过定点的直线和同角三角函数基本关系等知识,属于基础题9(5分)已知实数x,y满足不等式组,且z2xy的最大值是最小值的2倍,则a的值为()ABCD【分析】先根据约束条件画出可行域,再利用几何意义求最值,z3x+y表示直线在y轴上的截距,只需求出可行域直线在y轴上的截距最大最小值,再列方程求出a即可【解答】解:实数x,y满足不等式组作图可知,若可

13、行区域存在,则必有a1,故排除CD;由z2xy,得y2xz,平移直线y2xz,由图象可知当直线y2xz,经过点B(1,1)时,直线y3x+z的截距最大,此时z最大最小为zmax1,平移直线y2xz,由图象可知当直线y2xz经过点A(a,2a)时,直线y2xz的截距最小,此时z最小为zmin3a2z2xy的最大值是最小值的2倍,由6a41,解得a,故选:B【点评】本题主要考查线性规划的应用,利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法10(5分)已知双曲线1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为双曲线上一点,且|PF1|2|PF2|,若sinF1PF2,则该双曲线的离心率等于()AB2C或

14、2D或【分析】根据余弦定理列方程得出a,c的关系,再计算离心率【解答】解:由双曲线定义可知:|PF1|PF2|PF2|2a,|PF1|4a,由sinF1PF2可得cosF1PF2,在PF1F2中,由余弦定理可得:,解得:4或6,e2或故选:C【点评】本题考查了双曲线的性质,离心率的计算,属于基础题11(5分)在平面直角坐标系xOy中,直线l1:kxy+40与直线l2:x+ky30相交于点P,则当实数k变化时,点P到直线4x3y+100的距离的最大值为()A2BCD【分析】求得直线l1,直线l2,恒过定点,以及两直线垂直,可得交点P的轨迹,再由直线和圆的位置关系,即可得到所求最大值【解答】解:直

15、线l1:kxy+40与直线l2:x+ky30的斜率之积:1,直线l1:kxy+40与直线l2:x+ky30垂直,直线l1:kxy+40与直线l2:x+ky30分别过点M(0,4),N(3,0),直线l1:kxy+40与直线l2:x+ky30的交点P在以MN为直径的圆上,P为以C(,2)为圆心,半径为的圆上,圆心C到直线4x3y+100的距离为d2,则点P到直线4x3y+100的距离的最大值为d+r+2故选:B【点评】本题考查直线恒过定点的求法和两直线垂直的条件,以及点到直线的距离公式的运用,考查化简运算能力,属于中档题12(5分)已知椭圆C1:+1(a1b10)与双曲线C2:1(a20,b20

16、)有相同的左、右焦点F1,F2,若点P是C1与C2在第一象限内的交点,且|F1F2|4|PF2|,设C1与C2的离心率分别为e1,e2,则e2e1的取值范围是()ABCD【分析】运用椭圆和双曲线的定义,以及离心率公式和范围,结合换元法和对勾函数的单调性,即可得到所求范围【解答】解:设|PF1|m,|PF2|n,由椭圆的定义可得m+n2a1,由双曲线的定可得mn2a2,解得ma1+a2,na1a2,由|F1F2|4|PF2|,可得nc,即a1a2c,由e1,e2,可得,由0e11,可得1,可得,即1e22,则e2e1e2,可设2+e2t(3t4),则t+4,由f(t)t+4在3t4递增,可得f(

17、t)(,1)故选:B【点评】本题考查椭圆和双曲线的定义、方程和性质,主要是离心率的范围,考查换元法和构造函数法,考查运算能力,属于中档题二、填空题:本大题共7小题,其中多空题每题6分,单空题每题4分,共34分13(6分)双曲线1的渐近线方程是x2y0,实轴长为4【分析】直接利用双曲线方程求解渐近线方程与实轴长即可【解答】解:双曲线,可得a2,所以双曲线的渐近线方程是:x2y0,实轴长为:4故答案为:x2y0;4【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用,是基本知识的考查14(6分)已知实数x,y满足,则目标函数z3x+y的最小值是6,最大值是【分析】由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截

18、式,数形结合得到最优解,联立方程组求得最优解的坐标,代入目标函数得答案【解答】解:由实数x,y满足作出可行域如图,联立,解得A(2,0),由解得B(,),化目标函数z3x+y为y3x+z,由图可知,当直线y3x+z过点A时,直线在y轴上的截距最小,z有最小值为6当直线y3x+z过点B时,直线在y轴上的截距最大,z有最大值为:故答案为:6;【点评】本题考查简单的线性规划,考查了数形结合的解题思想方法,是中档题15(6分)已知直线l1:2xy+10与l2:x2y+50相交于点P,则点P的坐标为(1,3),经过点P且垂直于直线3x+4y50的直线方程为4x3y+50【分析】直接联立两直线方程即可求解

19、交点坐标;设出垂直于直线3x+4y50的直线方程为4x3y+c0,把(1,3)代入解得c,则直线方程可求【解答】解:联立,解得P点的坐标为(1,3);设垂直于直线3x+4y50的直线方程为4x3y+c0,把(1,3)代入解得c5经过点P且垂直于直线3x+4y50的直线方程为4x3y+50故答案为:(1,3);4x3y+50【点评】本题考查直线方程的求法,考查直线的一般方程与直线垂直的关系,是基础题16(4分)当直线l:kxy+13k0被圆x2+y216所截得的弦长最短时,k3【分析】首先利用直线的变换,求出直线经过的定点,进一步利用直线与圆的位置关系的应用和垂径定理的应用求出结果【解答】解:直

20、线l:kxy+13k0,整理得:y1k(x3),故直线经过定点(3,1),当经过点(3,1)的直线且垂直于直线yx的直线时,弦长最短为22,此时k3故答案为:3【点评】本题考查的知识要点:定点直线系的应用,直线与圆的位置关系的应用,主要考察学生的运算能力和转换能力,属于基础题17(4分)已知双曲线C的中心在原点,焦点在x轴上,其渐近线方程为2x3y0,焦距为2,则双曲线C的标准方程为1【分析】利用双曲线的渐近线方程以及焦距列出方程组,然后求解双曲线的标准方程即可【解答】解:双曲线C的中心在原点,焦点在x轴上,其渐近线方程为2x3y0,焦距为2,设双曲线方程为:(a0,b0),可得,并且c213

21、a2+b2,可得a3,b2,所求双曲线的标准方程为:1故答案为:1【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用,双曲线方程的求法,考查计算能力,是基础题18(4分)在平面直角坐标系xOy中,点A(1,0),B(4,0),若在曲线C:x2+y22ax4ay+5a290上存在点P,使得|PB|2|PA|,则实数a的取值范围为,【分析】根据题意,设P(x,y),分析可得若|PB|2|PA|,则有(x4)2+y24(x1)2+4y2,变形可得x2+y24,进而可得P的轨迹为以O为圆心,半径为2的圆;将曲线C的方程变形为(xa)2+(y2a)29,可得以(a,2a)为圆心,半径为3的圆;据此分析可得若曲线C上

22、存在点P使得|PB|2|PA|,则圆C与圆x2+y24有公共点,由圆与圆的位置关系可得322+3,解可得a的取值范围,即可得答案【解答】解:根据题意,设P(x,y),若|PB|2|PA|,即|PB|24|PA|2,则有(x4)2+y24(x1)2+4y2,变形可得:x2+y24,即P的轨迹为以O为圆心,半径为2的圆,曲线Cx22ax+y24ay+5a290,即(xa)2+(y2a)29,则曲线C是以(a,2a)为圆心,半径为3的圆;若曲线C上存在点P使得|PB|2|PA|,则圆C与圆x2+y24有公共点,则有322+3,即1|a|5,解可得:a或a,即a的取值范围为:,;故答案为:,【点评】本

23、题考查圆的方程应用以及轨迹方程的计算,关键求出P的轨迹方程19(4分)过椭圆+1的右焦点F作斜率为k的直线l与椭圆相交于A,B两点,若2,则k【分析】设直线yk(x2),A(x1,y1),B(x2,y2),由(*),联立解方程组,利用韦达定理代入即可【解答】解:由椭圆方程可得a3,b,c2,F(2,0),设直线l;yk(x2),A(x1,y1),B(x2,y2),由2,y12y2,所以(*)联立解方程组,得到关于y的方程(9k2+5)y2+20ky25k20,得,带入(*)化简得,得9k232527,所以k23,故答案为:【点评】考查向量与圆锥曲线的综合题,韦达定理的应用,中档题三、解答题:本

24、大题共4小题,每小题14分,共56分解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤20(14分)已知直线yax+1和抛物线y24x相交于不同的A,B两点()若a2,求弦长|AB|;()若以AB为直径的圆经过原点O,求实数a的值【分析】()将直线y2x+1和抛物线y24x联立,消去y可得x的二次方程,运用韦达定理和弦长公式,计算可得所求值;()将直线yax+1和抛物线y24x联立,消去y可得x的二次方程,运用判别式大于0和韦达定理,由题意可得OAOB,可得x1x2+y1y20,结合A,B均在直线yax+1上,可得a的方程,解方程即可得到所求值【解答】解:()将直线y2x+1和抛物线y24x联立,可得4x

25、28x+10,设A(x1,y1),B(x2,y2),可得x1+x22,x1x2,即有|AB|x1x2|;()将直线yax+1和抛物线y24x联立,可得a2x2+(2a4)x+10,a0,设A(x1,y1),B(x2,y2),可得(2a4)24a21616a0,即a1,x1+x2,x1x2,y1y2(ax1+1)(ax2+1)a2x1x2+a(x1+x2)+1,以AB为直径的圆经过原点O,可得OAOB,可得x1x2+y1y20,即有(1+a2)x1x2+a(x1+x2)+1(1+a2)+a+10,解得a,满足0,故a【点评】本题考查直线和抛物线的位置关系,注意联立直线方程和抛物线方程,运用韦达定

26、理和弦长公式,以及向量数量积的坐标表示,考查化简运算能力,属于中档题21(14分)已知直线l:ykx+m与椭圆+1(ab0)恰有一个公共点P,l与圆x2+y2a2相交于A,B两点()求m(用a,b,k表示);()当k时,AOB的面积的最大值为a2,求椭圆的离心率【分析】()根据题意,联立直线与椭圆的方程,变形可得(a2k2+b2)x2+2a2kmx+a2(m2b2)0,由直线与椭圆的位置关系可得(2a2km)24(a2k2+b2)a2(m2b2)0,整理变形可得答案;()根据题意,求出原点O到直线l的距离,变形可得,结合椭圆的离心率公式分析可得答案【解答】解:()根据题意,直线l与椭圆恰有一个

27、公共点P,即相切;则有,得(a2k2+b2)x2+2a2kmx+a2(m2b2)0,则(2a2km)24(a2k2+b2)a2(m2b2)0,化简整理,得m2a2k2+b2;m,()因为当时,OAB的面积取到最大值,此时OAOB,从而原点O到直线l的距离,又,故;再由(I),得,则又,故,即,从而,即【点评】本题考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系,属于中档题22(14分)已知抛物线E:y22px(p0),过其焦点F的直线与抛物线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,满足y1y24()求抛物线E的方程;()已知点C的坐标为(2,0),记直线CA,CB的斜率分别为k1,k2,求+的

28、最小值【分析】(1)利用已知条件求出p,即可得到抛物线方程(2)设出直线方程,与抛物线联立,利用韦达定理,转化求解直线的斜率关系的表达式,然后求解最小值【解答】(本小题满分12分)解:(1)因为直线过焦点,所以有y1y2p24,解得p2,所以抛物线E的方程为y24x(2)由(1)知抛物线的焦点坐示为F(l,0),设直线AB的方程为xmy+1,联立抛物线的方程y24my40,所以y1+y24m,y1y24,则有,因此所以当且仅当m0时,有最小值【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用,抛物线方程的求法,考查转化思想以及计算能力23(14分)已知椭圆C:+1(ab0)的左、右顶点分别为A,

29、B,离心率为,点P(1,)为椭圆上一点(1)求椭圆C的标准方程;(2)如图,过点C(0,1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M,N两点,记直线AM,BN的斜率分别为k1,k2,若k12k2,求直线l斜率的值【分析】(1)根据题意,由椭圆离心率可得a2c,进而可得,则椭圆的标准方程为,将P的坐标代入计算可得c的值,即可得答案;(2)根据题意,设直线l的方程为ykx+1,设M(x1,y1),N(x2,y2),将直线的方程与椭圆联立,可得(3+4k2)x2+8kx80,利用韦达定理,结合椭圆的方程与直线的斜率公式可得,推出12k220k+30,解可得k的值,即可得答案【解答】解:(1)根据题意,椭圆的离心率为,即e2,则a2c又a2b2+c2,椭圆的标准方程为:又点P(1,)为椭圆上一点,解得:c1椭圆的标准方程为:(2)由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在,设其方程为ykx+1设M(x1,y1),N(x2,y2)联列方程组:,消去y可得:(3+4k2)x2+8kx80由韦达定理可知:,且k12k2,即又M(x1,y1),N(x2,y2)在椭圆上,将代入可得:,即3x1x2+10(x1+x2)+120,即12k220k+30解得:或又由k1,则【点评】本题考查椭圆的几何性质,涉及直线与椭圆的位置关系,关键是求出椭圆的标准方程,属于综合题