四川省成都市树德中学2022-2023学年高二数学（文）上学期期中试卷（Word版附解析）

树德中学外国语校区高2021级秋期半期考试（文科）数学试题一、选择题（每题5分，每题只有一个正确的选项）1.以椭圆的左焦点为焦点的抛物线的标准方程是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用椭圆和抛物线的几何意义求解即可.【详解】由椭圆可得，所以左焦点坐标为，所以以为焦点的抛物线的标准方程为，故选：C.2.曲线（）A.关于轴对称B.关于轴对称C.关于原点对称D.不具有对称性【答案】C【解析】【分析】将点，，分别代入方程，即可检验对称性.【详解】对于A，将点代入曲线方程得：，所以曲线不关于轴对称，A错误；对于B，将点代入曲线方程得：，所以曲线不关于轴对称，B错误；对于C，将点代入曲线方程得：， 所以曲线关于原点对称，C正确，D错误.故选：C3.已知的周长为20，且顶点，则顶点的轨迹方程是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据已知条件及椭圆定义求椭圆标准方程.【详解】错解：∵△ABC的周长为20，顶点，∴|BC|＝8，|AB|＋|AC|＝20－8＝12，∵12＞8，∴点A到两个定点的距离之和等于定值，∴点A的轨迹是椭圆，∵a＝6，c＝4，∴b2＝20，∴椭圆的方程是故选：D.错因：忽略了A、B、C三点不共线这一隐含条件.正解：∵△ABC的周长为20，顶点，∴|BC|＝8，|AB|＋|AC|＝20－8＝12，∵12＞8，∴点A到两个定点的距离之和等于定值，∴点A的轨迹是椭圆， ∵a＝6，c＝4，∴b2＝20，∴椭圆的方程是故选：B.4.已知命题，则是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据全称量词命题的否定是存在性量词命题即可选出答案.【详解】解：由题意得：全称量词命题的否定是存在性量词命题：故，则故选：C5.已知双曲线过点，且与双曲线：有相同的渐近线，则双曲线的焦距为（）A.7B.14C.D.【答案】B【解析】【分析】首先设出与共渐近线的双曲线方程，再代入点，求出，从而求出的方程，进而求解.【详解】设双曲线：，将代入可得.故双曲线：，则，则焦距.故选：B 6.已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.【详解】由于，所以命题为真命题；由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；所以为真命题，、、为假命题.故选：A．7.设圆的圆心为C，直线l过点，且与圆C交于A，B两点，若，则直线l的方程为（）A.B.或C.D.或【答案】D【解析】【分析】由直线与圆相交的弦长与点到直线的距离公式列式求解，【详解】圆的方程为，得圆心，半径，，则圆心到直线距离为1，当直线l的斜率不存在时，方程为，此时圆心到直线距离，满足题意，当直线l的斜率存在时，设方程为，由题意得，解得，此时方程为，综上，直线l的方程为或，故选：D8.执行如图的程序框图，如果输入的，那么输出的S的最大值为（）． A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】在直角坐标系内画出可行解域，根据平移的方式求出S的最大值，再与进行比较即可.【详解】不等式组在直角坐标系内表示的平面区域如下图所示：平移直线，当直线经过时，有最大值，最大值为，故选：C9.若椭圆的动弦斜率为，则弦中点坐标可能是（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】已知弦中点的斜率，用点差法求中点的坐标.【详解】设，，则由已知得，，，两式作差可得，，整理可得.中点D的坐标为，则有.又点D在椭圆的内部，所以故选：B.10.已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P是直线l上的动点．若点A在抛物线C上，且，则（O为坐标原点）的最小值为（）A.8B.C.D.6【答案】B【解析】【分析】依题意得点坐标，作点关于的对称点，则，求即为最小值．【详解】如图所示：作点关于的对称点，连接，设点，不妨设由题意知，直线l方程为，则，得所以，得由，当三点共线时取等号，又 所以的最小值为故选：B【点睛】关键点点睛：作点关于的对称点，将化为，利用三点共线是求得最小值的关键点．11.已知圆，，过圆上一点P作圆的两条切线，切点分别是E、F，则的最小值是　　A.6B.5C.4D.3【答案】A【解析】【分析】本题首先可以通过圆的方程得出圆的圆心轨迹，然后画出圆的圆心轨迹图像以及圆的图像，通过图像可以得出线段的取值范围以及的解析式，最后通过函数性质即可得出结果．【详解】由可得：圆的圆心在圆的圆周上运动，设，则，由图可知：，，由在上为增函数可知，当时，取最小值6，故选A． 【点睛】本题考查圆的相关性质，主要考查圆的方程的相关性质以及圆的切线的相关性质，考查推理能力，考查数形结合思想、方程思想以及化归思想，是难题．12.设，是双曲线的左､右焦点，过作C的一条渐近线的垂线l，垂足为H，且l与双曲线右支相交于点P，若，且，则下列说法正确的是（）．A.到直线l的距离为aB.双曲线的离心率为C.的外接圆半径为D.的面积为9【答案】B【解析】【分析】过作的垂线，垂足为，找出图形中所有线段的长度，就能直接求出A，对于B，根据抛物线的定义求出的关系，即的一个关系，在中由勾股定理又找到的一个关系，就可以求出的值；C项，根据正弦定理求解，D项等于求解.【详解】过作的垂线，垂足为，则又因为为的中点，所以为的中点，且，即，在中，所以，对于A项，易得到直线l的距离为，故A项错误.对于B项，在中，，由勾股定理得：① 又因为点在双曲线上，则，即，即②把②式两边平方得③，与③联立得即，所以，即即，即所以，即所以B对对于C项，因为即，同时把②式乘得即在中，在中，由正弦定理得：即，即，所以C项错误.对于D项，的面积为，所以D错.故选：B二、填空题（每题5分，请将正确的答案填写在答题卡的对应位置）13.若4进制数2m01（4）（为正整数）化为十进制数为177，则______.【答案】3【解析】【分析】将各数位上的数乘以其权重累加后，即可求解【详解】将4进制数2m01（4）化为十进制数为，解得 .故答案为：3【点睛】本题考查进制间的转化，属于基础题.14.设；．若是的必要而不充分条件，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】计算，，根据必要不充分条件得到，解得答案.【详解】，即；，即，，是的必要而不充分条件，故（等号不同时成立），解得.故答案为：15.已知双曲线，过双曲线的右焦点作一条渐近线的平行线与双曲线交于点，与另一条渐近线交于点，是坐标原点，则___________．【答案】【解析】【分析】联立直线与双曲线的方程可得，联立两直线的方程即可得进而根据三角形的高之比得面积之比，即可求解.【详解】根据题意知，渐近线方程为：， 不妨设直线的方程为：，代入双曲线方程，得，解得，即，双曲线的另一条渐近线方程为，联立两条直线方程，解得，即．故答案为：16.已知是椭圆和双曲线的交点，，是，的公共焦点，，分别为，的离心率，若，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】根据椭圆与双曲线的定义把用来表示，然后在中用余弦定理求出的关系，然后再用基本等式求解.【详解】设因为点在椭圆上，所以① 又因为点在双曲线上，所以②则①②得；①②在中由余弦定理得：即即，即即由基本不等式得：所以当且仅当即时成立.故答案：三、解答题（本题共6个小题，共70分，请写出必要的推理与演算过程）17.已知命题:“方程表示双曲线”，命题:方程表示椭圆”（1）若为真命题，求的取值范围;（2）若为真命题，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)先分别求出命题为真，为真的条件，然后根据为真命题求出结果即可；(2)先分别求出命题为真，为真的条件，然后根据为真命题求出结果即可.【小问1详解】若为真，有，即; 若为真，则有，即.若为真，则有，即.【小问2详解】若为真，有，即;若为真，则有，即.若为真，则有，即.18.已知圆C的圆心在第一象限且在直线上，与x轴相切，被直线截得的弦长为（1）求圆C的方程；（2）由直线上一点P向圆C引切线，A，B是切点，求四边形PACB面积的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出圆心坐标，判断出圆的半径，利用直线截圆所得弦长列方程来求得，从而求得圆的方程.（2）先求得，通过求的最小来求得的最小值.小问1详解】依题意，设圆的圆心坐标为，半径为，到直线的距离为， 所以，解得，所以圆的方程为.【小问2详解】由（1）得，圆的圆心为，半径，，所以当最小时，最小.到直线的距离为，所以的最小值为，所以四边形PACB面积的最小值为.19.已知平面内两个定点，，过动点M作直线的垂线，垂足为N，且.（1）求点M的轨迹E的方程；（2）若直线与曲线E有且仅有一个交点，求实数k的取值范围.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设点M坐标为，然后求出、、的坐标，然后根据可得答案；（2）由可得，然后分、两种情况求解即可.【小问1详解】设点M坐标为，则，，，，，， 即：，点M的轨迹方程为；【小问2详解】将直线方程与曲线方程联立，，①当，即时，直线与曲线E渐近线平行，满足②当时，直线与曲线E相切，满足题意，解得综上，的取值范围为或.20.已知椭圆的左右顶点分别为A，B，点P为椭圆上异于A，B的任意一点．（1）求直线PA与PB斜率之积；（2）任意过且与x轴不重合的直线交椭圆E于M，N两点，证明：以MN为直径的圆恒过点A．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据椭圆的方程，可得参数的值，则得到顶点坐标，设出点，利用椭圆方程和斜率公式，可得答案；（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，利用圆的性质，结合向量数量积建立方程，可得答案.【小问1详解】由椭圆，可得，则，．设点，则有，即， 所以．【小问2详解】证明：设，，因为MN与x轴不重合，所以设直线，由，化简得；由题意可知成立，且；，将韦达定理代入上式，可得，所以，即以MN为直径的圆恒过点A．21.已知椭圆：的焦点，，点P在椭圆上满足（1）求椭圆标准方程；（2）设椭圆的左顶点为，过点的直线与椭圆相交于异于的不同两点，，求的面积的最大值． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆定义，求出，，再根据求解即可；（2）设直线方程，与椭圆方程联立，借助韦达定理（根与系数的关系）求出交点，纵坐标的关系与，以此求得的面积的最大值．【小问1详解】∵，∴，，∵椭圆的焦点，，∴，∴，∴椭圆的标准方程为.【小问2详解】由椭圆的标准方程，左顶点，易知过的直线斜率不为，∴设直线的方程为：，，消去，化简得：，恒成立，设，，则，， ，令，则，，，令，则，当时，，∴在单调递增，∴，∴∴当，即，直线的方程为时，面积的最大值为.22.已知椭圆的离心率为，设是C上的动点，以M为圆心作一个半径的圆，过原点作该圆的两切线分别与椭圆C交于点P、Q，若存在圆M与两坐标轴都相切．（1）求椭圆C的方程； （2）若直线OP，OQ的斜率都存在且分别为，，求证：为定值；（3）证明：为定值？并求的最大值．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析，最大值为．【解析】【分析】（1）由存在圆M与两坐标轴都相切确定圆心M坐标，由离心率及点M坐标即可列方程组求参数；（2）分别联立两切线与圆消元得方程，由判别式为0可得，是该方程的两个不相等的实数根，由韦达定理及点在椭圆C上可得为定值；（3）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设，，由（2）得，结合，在椭圆C上，可得，，即有，当直线OP，OQ落在坐标轴上时可直接求；最后由均值定理可得的最大值.【小问1详解】由椭圆的离心率，则，又存在与两坐标轴都相切，则此时圆心，代入，解得：，则，∴椭圆方程：．【小问2详解】因为直线，与圆M相切，由直线与圆联立，可得， 同理，由判别式为0可得，是方程的两个不相等的实数根，∴，因为点在椭圆C上，所以，所以．【小问3详解】当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设，，因，所以，因为，在椭圆C上，所以，整理得，所以，所以．当直线落在坐标轴上时，显然有，综上，，所以，所以的最大值为．【点睛】（2）中由判别式为0可得，是方程的两个不相等的实数根，以及点在椭圆上可得方程，即可进一步消元化简.