江苏省徐州市2021-2022学年高二上学期期中考试数学试卷

数学试卷

一、选择题

1.直线过A2,3和B4,5两点，则直线的倾斜角是( ) A.30°

B.45°

C.135°

D.150°

2.已知圆心为2,1的圆与y轴相切，则该圆的标准方程是( ) A.(x2)2(y1)24 C.(x2)2(y1)24

B.(x2)2(y1)21 D.(x2)2(y1)21

3.设aR，直线l1:xay2a2与直线l2:axya1平行，则a的值是( ) A.1

B.-1

C.1

D.0

4.经过点P2,3作圆C:x2y22x240的弦AB，使得点P平分弦AB，则弦AB所在直线的方程是( ) A.xy50

B.xy50

C.xy50

D.xy50

5.两圆C1:x2(y3)24与C2:(x4)2y29的公切线有( ) A.1条

B.2条

C.3条

D.4条

6.已知点F是抛物线x22py(p0)的焦点，O为坐标原点，若以F为圆心，FO为半径的圆与直线3xy30相切，则抛物线的准线方程是( ) A.x1

B.y1

C.x2

D.y2

7.许多建筑融入了数学元素，更具神韵，数学赋予了建筑活力，数学的美也被建筑表现得淋漓尽致.已知下面左图是单叶双曲面(由双曲线绕虚轴旋转形成立体图形)型建筑，右图是其中截面最细附近处的部分图象.上下底面与地面平行.现测得下底面直径AB2010米，上底面直径CD202米，AB与CD.间的距离为80米，与上下底面等距离的G处的直径等于CD，则最细部分处的直径为( )

A.20米

B.105米

C.103米

D.10米

8.已知实数x，y满足方程(x3)2y2(x3)2y24，则x2y32的最大值是( ) A.10 B.210

C.25 D.52 二、多项选择题

9.已知a为实数，若三条直线ax2y80，4x3y100.和2xy100不能围成三角形，则a的值为( )

8A. 3B.1 C.-1 D.-4

x2y210.已知曲线C的方程为1kR，则下列结论正确的是( )

9kk1A.当k5时，曲线C是半径为2的圆

1B.当k0时，曲线C是双曲线，其哳近线方程为yx.

3C.存在实数k，使得曲线C为离心率为2的双曲线

D.\"k1\"是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要不充分条件

11.已知直线l:xsinycos1与圆O:x2y26交于A，B两点，则下列说法正确的是( ) A.直线l的倾斜角为π C.线段AB点轨迹方程为x2y21

B.线段AB的账度为定值， D.圆O上总有4个点到l的距离为2

12.在平面直角坐标系中，定义dP,Qx1x2y1y2为Px1,y1，Qx2,y2两点之间的\"曼哈顿距离\"，则下列说法正确的是( )

A.若点C在线段AB上，则有dA,CdC,BdA,B

B.若A、B、C是三角形的三个顶点，则有dA,CdC,BdA,B C.若O为坐标原点，点B在直线xy220上，则dO,B的最小值为2 D.若O为坐标原点，点P满足dO,P1，则P所形成图形的面积为2

三、填空题

13.如图，A，A，B分别是椭圆的顶点，从椭圆上一点P向x轴作垂线，垂足为焦点F，且AB//OP，则该椭圆的离心率为________.

14.无论k取任何实数，直线l:(14k)x(23k)y(214k)0必经过一个定点，该定点坐标为________；当k________时，原点O到直线l的距离最大.

15.唐代诗人李顾的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.\"诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2y25，河岸线所在直线方程为xy8，若将军从点A4,0处出发，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为________.

x2116.直线l与椭圆y21相交于A、B两点，线段AB的中点在直线x上，则直线l在y上的

22截距的取值范围是________.

四、解答题

17.已知直线l1:2xy60和l2:xy10的交点为P.

（1）若直线l经过点P且与直线l3:4x3y50平行，求直线l的方程； （2）若直线m经过点P且与两坐标轴围成的三角形的面积为5，求直线m的方程. 18.已知圆C1:x2y24x6y120与C2:x2y22x4y40. （1）过点P3,5作直线l与圆C1相切，求l的方程； （2）若圆C1与圆C2相交于A、B两点，求AB的长.

19.已知在平面直角坐标系xOy中，点A3,0，半径为1的圆C的圆心在直线l:y2x4上. （1）若圆C被直线3x4y110所截得的弦长为3，求圆C的标准方程； （2）若圆C上存在点M，使得MA2MO，求圆心C的横坐标的取值范围.

x220.已知抛物线C:y2px(p0)的焦点F到双曲线y21的渐近线的距离为1.

32（1）求抛物线C的方程；

（2）若抛物线C上一点P到F的距离是4，求P的坐标；

（3）若不过原点O的直线l与抛物线C交于A、B两点，且OAOB，求证：直线l过定点. 21.已知圆O:x2y216，点P是圆O上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为Q. （1）若点M满足QP2QM，求点M的轨迹方程；

（2）若过点N2,1且斜率分别为k1，k2的两条直线与（1）中M的轨迹分别交于点A、B，C、D，并满足NANBNCND，求k1k2的值.

x2y2a222.已知双曲线C:221(a0,b0)的右焦点为Fc,0，离心率为2，直线x与C的一条

abc渐近线交于点P，且PF3. （1）求双曲线C的标准方程；

（2）设Q为双曲线C右支上的一个动点，在x轴上是否存在定点M，使得QFM2QMF?若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.

参考答案

1.答案：B 解析： 2.答案：A 解析： 3.答案：C 解析： 4.答案：D 解析： 5.答案：C 解析： 6.答案：B 解析： 7.答案：A 解析： 8.答案：D 解析： 9.答案：ACD 解析： 10.答案：ABD 解析： 11.答案：BC 解析： 12.答案：AD 解析： 13.答案：解析：

14.答案：(2,2)，-3 解析： 15.答案：35 解析：

2,16.答案：22, 22 2解析：

2xy60x517.答案：解：法一联立l1，l2的方程，解得，即P(5,4)

y4xy10（1）法①：设直线l的方程为：4x3yc0，将P(5,4)带入可得c8 所以l的方程为：4x3y80

法②：由4x3y50可知直线l3的斜率为

44，即直线l的斜率为 334故直线l的方程为：y4(x5)，即4x3y80

3（2）法①：易知直线m在两坐标轴上的截距均不为0，设直线方程为：则直线与两坐标轴交点为A(a,0)，B(0,b)，

xy1 ab54

1ab由题意得， 1|ab|525a5a解得：或2

b2b4所以直线m的方程为：

xyxy1， 1或

54522即2x5y100或8x5y200

法②：设直线m的斜率为k（k0），则m的方程为y4k(x5) 当x0时，y5k4 当y0时，x所以

45 k1428|5k4|55，解得：k或k 2k5528所以m的方程为y4(x5)或y4(x5)

55即：2x5y100或8x5y200

法二：设过P的直线方程为(2xy6)(xy1)0， 即(2)x(1)y(6)0（*） （1）由l与直线l3:4x3y50：平行可得：解得：2

2(1)， 43将2带入（*）式得l的方程为：4x3y80 （2）由（*）可得：当x0时，y当y0时，x由面积得：

6 26 1166285，解得：或 22133将的值带入（*）式得直线m的方程为：2x5y100或8x5y200 解析：

18.答案：解：（1）圆C1的方程可化为：(x2)2(y3)21，即：圆C1的圆心为(2,3)，半径为1.

若直线l的斜率不存在，方程为：x3，与圆C1相切，满足条件.

若直线l的斜率存在，设斜率为k，方程为：y5k(x3)，即：kxy53k0 由l与圆C1相切可得：|2k353k|k214，解得：k3 4所以l的方程为：y53(x3)，即：3x4y110 4综上可得l的方程为：x3或3x4y110 x2y24x6y120（2）联立两圆方程得：2， 2xy2x4y40消去二次项得AB所在直线的方程：3xy80 圆C1的圆心到AB的距离d2|3238|321210 10103102所以AB21 105解析：

19.答案：解：（1）设圆C的圆心为(a,2a4)，由圆C被直线3x4y110所截得的弦长为312 3可得：圆心到直线3x4y110的距离d1222即：|3a4(2a4)11|3242113，解得：a或a 22213即圆心为,3或,1

2231所以圆的标准方程为：x(y3)21或x(y1)21

2222（2）设圆C的圆心为(a,2a4)，M(x,y)，由MA2MO可得：

(x3)2y24x2y2即：(x1)2y24 这样M为圆C与圆(x1)2y24的公共点

25a14a160所以1(a1)(2a4)3，即

5a14a8022解得：

4a2 54所以圆心C的横坐标的取值范围是,2.

5解析：

3p20.答案：解：（1）抛物线的焦点F为(,0)，双曲线的渐近线方程为：yx，

32p21(3)22即x3y0，则1，解得p4

故抛物线C的方程为：y28x

（2）设Px0,y0，由抛物线的定义可知：x0p44，即x04，解得x02 22将x02带入方程y28x得：y04，即P的坐标为(2,4) （3）法一：若直线l的斜率存在，不妨设为k（k0），

ykxb则l的方程为：ykxb（b0）与抛物线方程联立得2，

y8x消去y得：k2x2(2kb8)xb20

b22kb8设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x2，x1x22

kk2由OAOB可得：x1x2y1y20，即x1x2kx1bkx2b0 亦即：1k2x1x2kbx1x2b20，

b22kb82将x1x2，带入上式得：b8kb0， xx122kk2又b0即：b8k

所以直线l的方程为：ykx8k，即yk(x8)故直线l过定点(8,0)

22y00 若直线l的斜率不存在，设Ax0,y0Bx0,y0，由OAOB可得：x028x0，联立解得：x08或x00（舍） 又y0此时直线l的方程为x8，即直线l过点(8,0) 综上可得：直线l过定点(8,0)

法二：由题意可知直线l不能与x轴平行，故方程可设为xmyn(n0) xmyn与抛物线方程联立得2，消去x得：y28my8n0

y8x设Ax1,y1Bx2,y2，则y1y28m，y1y28n 由OAOB可得：x1x2y1y20，即y1y2yy12642yy0即：y1y2112640 8n亦即：8n10，又n0，解得：n8 64所以直线l的方程为xmy8，易得直线l过定点(8,0). 解析：

xx21.答案：解：（1）设M的坐标为(x,y)，P的坐标为x,y，则

y2y又点Px,y在圆O上，即x2y216

x2y2亦即x(2y)16，化简得：1.

16422（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，AB所在的直线方程为：y1k1(x2)， y1k1(x2)联立得：x2y2，

1164消去y得：14k12x28k112k1x412k1160 则x1x28k112k114k12412k11616k1216k1128k116k12，x1x2

14k1214k1214k122222法一：|NA||NB|x12y112x22y21222 x122k1x12122x2222k1x221k1x12x22

1k121kx2x21k12x1x22x1x24

28k112k114k12481k1214k1221412k11614k12

同理：|NC||ND|281k2214k2

由|NA||NB||NC||ND|可得：

81k1214k12∣81k，

22214k22化简：k12k2，又k1k2，故：k1k2，即：k1k20.

x2y2法二：易知点N(2,1)在椭圆1内

164故：|NA||NB|NCNDx12,y11x22y21281k2214k281k1214k12

同理：|NC||ND|以下同法一 解析：

.

a2b22.答案：解：（1）根据双曲线的对称性不妨设直线x与渐近线yx的交点为P，

caa2xa2abc则联立得：P,

ccybxaa2ab由|PF|3可得：c3，即b23，

cc22c2a2b2由离心率e2可得：24，故a21 2aay2所以双曲线的标准方程为：x1.

32（2）假设存在点M(t,0)满足题设条件. 由（1）知双曲线C的右焦点为F(2,0).

y02设Qx0,y0x01为双曲线C右支上一点，则x01

32①当x02时，y03.因为QFM2QMF90，

所以QMF45，于是MFQFy03，所以t1.即M(1,0). ②当x02时，tanQFMkOFy0y，tanQMFkQM 0 x02x0t因为QFM2QMF，所以y0x022y0x0t2y10x0t

22y0(44t)x04tt20 （ⅰ）当y00时，上式化简得：3x0y0222y03，带入上式得：(44t)x034tt20 又x01即：3x032(44t)0所以解得t1.即M(1,0) 234tt0（ⅱ）当y00时，t1，即M(1,0)也能满足QFM2QMF00 综上可得：满足条件的点M存在，其坐标为(1,0).

