2023-2024学年上海市高二下学期期中数学试题1(含解析)

一､填空题（本大题共有12小题，每题3分，满分36分）

1.过P2,m､Qm,4两点的直线的倾斜角为45，那么m__________.【正确答案】1【分析】根据给定条件，利用直线斜率的定义及坐标公式求解作答.【详解】依题意，直线PQ的斜率kPQtan451，又kPQ

4m4m1，解得m1，，则m2m2

所以m1.故12.直线ax2y10与直线a1xy20平行，则a__________.【正确答案】2【分析】根据两直线平行的充要条件即可求解.a21a2；a112

法二：两直线平行，n1a,2,n2a1,1，则2a1aa2,【详解】法一：两直线平行，则故答案为.2

1与B1，2半径最小的圆的方程为___________.3.过点A2，

315【正确答案】xy

222

【分析】由圆心到直线的距离d、半弦长和半径构成的勾股定理得要使半径R最小，则需d最小，d最小是0,此时圆的圆心为AB的中点，圆的直径为AB，可得圆的方程.【详解】设所求的圆的圆心为C，圆的半径为R，圆心到直线AB的距离为d,22

AB，由已知得则RdAB

2

2

2

2

211222210，要使半径R最小，则需d最小，d最小是0，此时圆的圆心为AB的中点，圆的直径为AB，22

3110315圆的方程是xy，即，xy222222

22315故填：xy．222

本题考查根据条件求圆的方程的问题，关键在于得出何时圆的半径取得最小值，属于中档题.22

x2y2

4.已知椭圆1的长轴在y轴上，若焦距为4，则m__________.10mm2【正确答案】8【分析】根据椭圆方程列方程，解得结果.x2y2

【详解】因为椭圆1的长轴在y轴上，焦距为4，10mm2所以m2(10m)()m8故8422【点睛】本题考查根据椭圆方程求参数，考查基本分析求解能力，属基础题.x2y2

5.若双曲线221a0,b0两个顶点三等分焦距，则该双曲线的渐近线方程是ab___________.【正确答案】y22x【分析】由题意知，渐近线方程是y代入渐近线方程即可．1b

x，2a2c，再据c2a2b2，得出b 与a的关系，a3x2y2

【详解】∵双曲线221(a0,b0)的两个顶点三等分焦距，ab∴2a12c，c3a，又c2a2b2，∴b22a3b

x22x，故答案为y22x．a∴渐近线方程是y

bx2y2

本题考查双曲线的几何性质即双曲线221(a0,b0)的渐近线方程为yx属于基aab础题．x2

6.若抛物线y2px的焦点与椭圆y21的右焦点重合，则p______.52【正确答案】4

x2

【分析】由椭圆方程为y21，可得椭圆的右焦点坐标为(2,0)，由抛物线方程为y22px

5可得其焦点为

pp

,0，由题意有2，再求解即可.22

x2

【详解】解：由椭圆方程为：y21，则c512，5则椭圆的右焦点坐标为(2,0)，又抛物线y22px的焦点坐标为：

2p,0，2

x2

又抛物线y2px的焦点与椭圆y21的右焦点重合，5则p

2，解得p4，2故答案为4.本题考查了椭圆焦点坐标的求法及抛物线焦点坐标的求法，重点考查了运算能力，属基础题.7.过点P2,2作直线l与圆C：x1y12相切，则直线l的一般式方程是22_________.【正确答案】xy40【分析】由题意判断直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y2kx2，化为一般式，再由圆心到直线的距离等于半径，即可解得.【详解】由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y2kx2，即kxy2k20.又直线l与圆C：x1y12相切，圆心C1,1，半径为2，22k112k2k1222，化简得k22k10，k1.直线l的一般式方程为xy40.故答案为.xy40

本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，属于基础题.8.设F1和F2为椭圆4x22y21的两个焦点，点P在椭圆上，且满足OP面积是__________.【正确答案】1

，则△F1PF2的21##0.21

，可得点P为短轴顶点，最2【分析】将椭圆方程化为标准式，即可求出a、b、c，由OP后由面积公式计算可得.y2x2111222【详解】椭圆4x22y21，即1，所以a，b，cab，122224因为OP故111111

，所以点P为短轴顶点，所以SF1PF22cb2.22222414x2y29.若椭圆1的弦被点4,2平分，则此弦所在直线的斜率为__________369【正确答案】12【详解】试题分析：设弦两端点为A(x1,y1)，B(x2,y2).因为(4,2)是A,B的中点，所以2222xyxy1122x1x28,y1y24，将A,B两点代入椭圆方程得1，1，两式相减得369369x22x12y22y12

0，369y2y1x2x1y2y111

k整理得，即AB．x2x14(y2y1)2x2x12考点：中点弦问题x2y210.从双曲线221(a0,b0)上任意一点P分别作两条渐近线的平行线，这4条直线构成ab平行四边形PQOR，则该平行四边形的面积为__________.【正确答案】ab2【分析】设P(x0,y0)和过点P的与两条渐近线的平行线方程，联立方程组求出交点Q､R的坐标，然后利用三角形面积公式即可求解.【详解】设P(x0,y0)，过点P分别作两条渐近线的平行线与渐近线交于点Q､R，则直线PQ和PR的方程分别为yy0

bb

(xx0)和yy0(xx0)，aab

yyxx00yabxaQ0y0,x00，由方程组

2a222bybx

a

同理可知另一个交点为R

xbya

y00,x00，22a22b则OQ则OR

xy1ab1(x0y0)2(x0y0)2(a2b2)(00)2，2ba2abxy1ab1(x0y0)2(x0y0)2(a2b2)(00)2，2ba2abb

，a

设直线OQ倾斜角为，则tan可得sinQORsin22tan2ab，2221tanab22

y0122x02abab

OQORsin2a+b.4a2b2a2+b22所以四边形PQOR的面积为SPQOR

故答案为.ab

22

xxy

11.直线y=x+3与曲线1的公共点的个数是___________．94【正确答案】3y2xxy2x2

【详解】试题分析：当x≥0时，曲线1的方程为1

9494y2xxy2x2当x＜0时，曲线1的方程为1，9494y2xx

∴曲线1的图象为右图，94在同一坐标系中作出直线y=x+3的图象，可得直线与曲线交点个数为3个．x2y212.已知双曲线C:221的左､右焦点分别的F1､F2，过点F2且倾斜角为60的直线l交C

ab

的右支于A､B两点（A在x轴上方），且满足AF2tF2B(t3)，则双曲线C的离心率是__________（结果用t表示）【正确答案】2t2

t1【分析】设Ax1,y1,Bx2,y2，根据两点间距离公式表示AF2,BF2，由直线l倾斜角的大小得出x1x2

1

AB，并结合向量共线的关系进行计算得出结果.2【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2,x1x2a，F2c,0，2222b22xyxy211由点Ax1,y1在双曲线C:221上得221，即y12x1b2.aababb222则AF2x1cyx2cx1cxb21a221212

c22cc2x2cxaxax1a，1121aaac1

x2a，如图，由直线l倾斜角为60可知，x1x2BHAB，a2同理，BF2

1cc

x1x2x1ax2a，2aac

x1aAF2

aAF2tF2B,t，cBF2

x2aa设cccca

x1am,x2an，则x1x2mnx1x2mn，aaaaca1mnmn，c2mc2ae2t，n2ac2e2t2

.t12t2t1

e

故答案为.二､选择题（本大题共有4题，每小题4分，满分16分）

13.已知两条直线l1:mxy10,l2:3xy10“m3”是“直线l1与直线l2的夹角为60”的（）B.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件A.必要不充分条件C.充要条件【正确答案】B【分析】根据两条直线夹角公式可以求出当两条直线夹角为60时m的值,然后根据充分性、必要性的定义,选出正确答案.【详解】两条直线l1:mxy10,l2:3xy10的斜率分别是m,3.当两条直线的夹角为60时,则有：tan60



m3m0或m3.因此“m3”是“直线l1与直线l2的1(m)3夹角为60”的充分不必要条件.故选B本题考查充分不必要条件的判断,掌握两直线夹角的计算公式是解题的关键.14.平面直角坐标系上动点Mx,y，满足(x3)2y2(x3)2y26，则动点M的轨迹是（A.直线【正确答案】B【分析】由题意可知，动点M到两个定点的距离的和为6,又两个定点的距离为6，即得结论.【详解】设点F13,0,F23,0，动点Mx,y满足(x3)2y2(x3)2y26，MF1MF26，）B.线段C.圆D.椭圆又FF26，MF1MF2F1F2，所以动点M的轨迹是线段.故选.B本题考查平面内两点间的距离公式，属于基础题.x2y2y2x2若满足e1e2，则下列说15.双曲线C1:221和C2:221的离心率分别为e1和e2，a1b1a2b2法正确是（）A.C1的渐近线斜率的绝对值较大，C1的开口较开阔B.C1的渐近线斜率的绝对值较大，C1的开口较狭窄C.C2的渐近线斜率的绝对值较大，C2的开口较开阔D.C2的渐近线斜率的绝对值较大，C2的开口较狭窄【正确答案】A【分析】根据离心率公式及渐近线方程，得到两曲线渐近线斜率的关系，即可判断.c

【详解】因为e

ac2a2b1a2a2b2b，1e1,e12，12aaa1b2b1a

x，双曲线C2的渐近线方程为y2x，a1b2

22

2

222又双曲线C1的渐近线方程为y

2bababa因为e1e2，所以1112，即12，即12，a1b2a1b2a1b2所以C1的渐近线斜率的绝对值较大，又离心率越大，双曲线开口越开阔.故选：A.16.已知集合P

(xcos)x,y∣

2(ysin)24,0π.由集合P中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如水滴.给出下列结论：①“水滴”图形与y轴相交，最高点记作A，则A点的坐标为0,3；②阴影部分与y轴相交，最高点和最低点分别记作C和D，则CD4；③在阴影部分中任取一点M，则OM的最大距离为3；④“水滴”图形的面积是其中正确的有（A.4个【正确答案】C【分析】对于①②令x0，可得y的范围，可以进行判断；对于③利用圆的参数方程,可得点M到原点的距离,结合三角函数求最值；对于④“水滴”图形由一个等腰三角形、两个全等的弓形和一）B.3个C.2个D.1个11π

3.6个半圆组成.【详解】①由于(xcos)2(ysin)24，0π，令x0，2siny

3

0,2，yy解得y3,13,3，所以“水滴”图形与轴相交，最高点记作A，则A点的坐标为0,3，故①正确；②由①得，阴影部分与y轴相交，最高点和最低点分别记作C和D，则CD33，故②错误；x2coscos③由于(xcos)(ysin)4，设，0π，y2sinsin

2

2

所以点M到原点的距离d

x2y254cos，当cos1时，点M到原点的距离取到最大值3，故③正确；④“水滴”图形由一个等腰三角形、两个全等的弓形和一个半圆组成，半圆的半径为1，弓形半径为2，圆心角为π.3所以SS半圆2S弓形S故④错误.故选：C.111π2π1

π1223233.2632三､解答题（本题满分48分）

0，B2,1，C2,3.17.已知ABC的三个顶点A3,

（1）求直线BC的方程；（2）求ABC的面积.【正确答案】（1）x2y40（2）7【分析】（1）首先求出BC的斜率，再由点斜式求出直线方程；（2）求出点A到直线BC的距离，再求出BC的长度，最后由面积公式计算可得.【小问1详解】因为B2,1，C2,3，所以kBC

3111

，所以lBC:y1x2，化简可得x2y40.2222【小问2详解】0到直线BC的距离d点A3,

342212

75，5BC(22)2(13)225，则SABC

1175BCd257.22518.已知圆M经过A1,0､B1,2､C3,0，圆N:x2y24x2aya20.（1）求圆M的标准方程；（2）若圆M与圆N相切，求a的值.【正确答案】（1）(x1)2y24（2）15【分析】（1）设出圆的方程，代入点的坐标求解计算即可；（2）经分析两圆外切，把两圆外切转化为圆心距离等于半径之和，列式计算即可.【小问1详解】设圆M:x2y2DxEyF0,D2E24F0，因为圆M过A､B､C三点，1DF0D2



则14D2EF0，所以E0，所以M:x2y22x30，93DF0F3

即(x1)2y24；【小问2详解】圆N化为标准方程为(x2)2(ya)24，因为圆M与圆N的半径相等，故两圆不会内切，只有外切，且M1,0,N2,a，则有(12)2(0a)222，解得a15.x2y219.已知P是椭圆C:221上一个动点，F是椭圆的左焦点，若PF的最大值和最小值分ab别为35和35.（1）求椭圆C的标准方程；（2）M0,m是y轴正半轴上的一点，求PM的最大值.x2y2【正确答案】（1）1

94m25

9，0m

52（2）|PM|maxm24m9，m52【分析】（1）根据题意列出方程组，解之即可求解；（2）设Px,y，根据两点间距离公式和二次函数的图像与性质即可求解.【小问1详解】ac35a32,ba2c24，由题意可得，解得

c5ac35x2y2所以椭圆的标准方程为1.94【小问2详解】设Px,y，9y2则|PM|x(ym)xy2mym9y22mym242222225254m22

y2mym9ym9,y2,24455254m当m0,时，m2,0,|PM|max92552

当m

45

,时，m,2，52

254m2|PM|max2m9m24m9455m29

5所以|PM|maxm24m90mm

5

252.20.已知等轴双曲线C的焦点在x轴上，焦距为42.（1）求双曲线的标准方程；（2）斜率为k的直线l过点P1,0，且直线l与双曲线C的两支分别交于A、B两点，①求k的取值范围；②若D是B关于x轴的对称点，证明直线AD过定点，并求出该定点坐标.x2y2【正确答案】（1）1

44（2）①1,1；②证明见解析，4,0ab



【分析】（1）依题意可得2c42，解得a、b，即可求出方程；a2b2c2

（2）设直线l:ykx1,Ax1,y1,Bx2,y2，Dx2,y2，联立直线与双曲线方程，消元、得到x1x2、x1x2及；①根据Δ0且x1x20得到方程组，解得即可；②表示出AD的方程，令y0求出x，即可得解.【小问1详解】aba2由题意可得2c42b2，a2b2c2c22x2y2所以双曲线的标准方程为1；44【小问2详解】设直线l:ykx1,Ax1,y1,Bx2,y2,Dx2,y2，ykx12222

联立x2y2消去y整理可得1kx2kxk40，14422k42k

则Δ4k41kk4443k，又x1x2，x1x2，221k1k4

2

2

2

①因直线l与双曲线交于两支，所以Δ0且x1x20，443k20



1k1；即k240

1k2②设AD:y令y0，则y1y2xx1y1，x1x2

x

x1x2y1x

y1y21

x2y1x1y22x1x2x1x2y1y2x1x22

2k242k2

2k221k2

8

4，2所以直线AD过定点4,0.x2y21的左、右焦点分别为F1、F2，设P是第一象限内椭圆Γ上一点，PF1、21.已知椭圆:43PF2的延长线分别交椭圆Γ于点QQQFQF1、2，直线12与21交于点R．（1）求PQ1F2的周长；（2）当PF2垂直于x轴时，求直线Q1Q2的方程；（3）记FQ11R与F2Q2R的面积分别为S1、S2，求S2S1的最大值．【正确答案】（1）8（3）（2）3x10y120

435【分析】（1）根据椭圆的定义直接可以得出答案；（2）根据题意可得P，Q2的坐标，进而得到直线PF1的方程，与椭圆方程联立，可求得Q1的坐标，进而得到直线Q1Q2的方程；Q（3）设Px0,y0，直线PF1的方程为x1ty，与椭圆方程联立，根据韦达定理可将Q1，2的纵坐标用x0,y0表示，进而可得S2S1求得最值．【小问1详解】x2y21的方程可得a24,b23，可得c2a2b21，由椭圆:4312x0y02，然后利用三角换元，结合基本不等式即可254x0可得a＝2，c＝1，由椭圆的定义可得：PQ1F2的周长为4a＝8，所以PQ1F2的周长为8；【小问2详解】由（1）可得F11,0,F21,0，当PF2垂直于x轴时，2b3

则Q2的纵坐标为y，a2所以Q21,





33,P1,，22

∴k

PF13

3，直线PF1的方程为：y3x1，24114313yx1x1x41397Q,，联立2，解得或，则3129y714xy1y21434∴kQ1Q2

39



3

214，13101733

x1，即3x10y120；210∴直线Q1Q2的方程为y【小问3详解】设Px0,y0x00,y00，Q1x1,y1,Q2x2,y2，设直线PF1的方程为x1ty，其中t

x01

，y0

x1ty22

联立x2y2，消去x并整理可得，3t4y6ty90，13429y09由韦达定理可得，y0y12，23t43x0124y022x0y022又1，则3x04y012，43∴y1

9y023x014y02

9y03y0，126x0352x0同理可得y2

3y0.52x0112∴S2S1SQFFSQFF

21211

F1F2y2F1F2y122

3y03y012x0y02，52x052x0254x0π，2令x02cos，y03sin,0S2S1

12x0y0243sincos2254x02516cos2

243sincos243sincos43，2225sin9cos25sin3cos5334534时取等号.,cos

3434当且仅当25sin29cos2，即sin∴S2S1的最大值为总结点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：43．5(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．