2015年上海市闵行区七宝中学高二上学期数学期末试卷

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2015年上海市闵行区七宝中学高二上学期数学期末试卷一、填空题（共12小题；共60分）1.线性方程组2x+4y−10=0,3x=8y+2的增广矩阵是 ．2.方程x2+y2−x+y+m=0表示一个圆，则m的取值范围是 ．3.三阶行列式−sinx0−16cosx2sinx−540x∈R中元素4的余子式的值记为fx，则函数fx的最小值为 ．4.直线l的斜率k为−34，则直线l的倾斜角为 ．5.设抛物线y2=mx的准线与直线x=1的距离为3，则抛物线的标准方程为 ．6.设曲线C定义为到点−1,−1和1,1距离之和为4的动点的轨迹．若将曲线C绕坐标原点逆时针旋转45∘，则此时曲线C的方程为 ．7.已知点A的坐标为4,3，F为抛物线y2=4x的焦点，若点P在抛物线上移动，则当∣PA∣+∣PF∣取最小值时点P的坐标为 ．8.若直线y=kx+1k>0与双曲线x2−y22=1有且只有一个交点，则k的值是 ．9.设m,n∈R，若直线l:mx+ny−1=0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且与圆x2+y2=4相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则△AOB面积的最小值为 ．10.若函数fx=loga3x−2+1a>0,a≠1的图象过定点P，点Q在曲线x2−y−2=0上运动，则线段PQ中点M的轨迹方程是 ．11.已知椭圆C：x22+y24=1，过椭圆C上一点P1,2作倾斜角互补的两条直线PA，PB，分别交椭圆C于A，B两点，则直线AB的斜率为 ．12.定义变换T将平面内的点Px,yx≥0,y≥0变换到平面内的点Qx,y．若曲线C0：x4+y2=1x≥0,y≥0经变换T后得到曲线C1，曲线C1经变换T后得到曲线C2⋯，依此类推，曲线Cn−1经变换T后得到曲线Cn，当n∈N*时，记曲线Cn与x，y轴正半轴的交点为Anan,0和Bn0,bn．某同学研究后认为曲线Cn具有如下性质：①对任意的n∈N*，曲线Cn都关于原点对称；②对任意的n∈N*，曲线Cn恒过点0,2；③对任意的n∈N*，曲线Cn均在矩形OAnDnBn（含边界）的内部，其中Dn的坐标为Dnan,bn；④记矩形OAnDnBn的面积为Sn，则limn→∞Sn=1．其中所有正确结论的序号是 ．二、选择题（共4小题；共20分）13.方程x−4−y2+y−4−x2=0对应的曲线是  第10页（共10页） A.B.C.D.14.下面给出了一个程序框图，其作用是输入x的值，输出相应的y值．若要输入x的值与输出的y值相等，则这样的x值有  A.1个B.2个C.3个D.4个15.设双曲线nx2−n+1y2=1n∈N*上动点P到定点Q1,0的距离为dn，则limn→+∞dn的最小值为  A.22B.12C.0D.116.设直线l与抛物线x2=4y相交于A，B两点，与圆x2+y−52=r2r>0相切于点M，且M为线段AB中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是  A.1,3B.1,4C.2,3D.2,4三、解答题（共5小题；共65分）17.已知等比数列an的首项a1=1，公比为q，试就q的不同取值情况，讨论二元一次方程组a1x+a3y=3,a2x+a4y=−2何时无解，何时有无穷多解?第10页（共10页） 18.我边防局接到情报，在海礁AB所在直线l的一侧点M处有走私团伙在进行交易活动，边防局迅速派出快艇前去搜捕．如图，已知快艇出发位置在l的另一侧码头P处，PA=8公里，PB=10公里，∠APB=60∘．（1）是否存在点M，使快艇沿航线P→A→M或P→B→M的路程相等．如存在，则建立适当的直角坐标系，求出点M的轨迹方程，且画出轨迹的大致图形；如不存在，请说明理由．（2）问走私船在怎样的区域上时，路线P→A→M比路线P→B→M的路程短，请说明理由．19.如图，在平面直角坐标系xOy中，点A0,3，直线l:y=x−1，设圆C的半径为1，圆心在l上．（1）若圆心C也在直线y=5−x上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；（2）若圆C上存在点M，使MA=2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围．20.如图所示，平面上定点F到定直线l的距离∣FM∣=2，P为该平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且PF+PQ⋅PF−PQ=0．（1）试建立适当的平面直角坐标系，求动点P的轨迹C的方程；（2）过点F的直线交轨迹C于A，B两点，交直线l于点N，已知NA=λ1AF，NB=λ2BF，求证：λ1+λ2为定值．21.已知F1，F2是椭圆x2a2+y2b2=1的左、右焦点，O为坐标原点，点P−1,22在椭圆上，线段PF2与y轴的交点M满足PM+F2M=0．（1）求椭圆的标准方程；（2）⊙O是以F1F2为直径的圆，一直线l：y=kx+m与⊙O相切，并与椭圆交于不同的两点A，B．当OA⋅OB=λ且满足23≤λ≤34时，求△AOB面积S的取值范围．第10页（共10页） 答案第一部分1.24103−82【解析】由线性方程组：2x+4y=10,3x−8y=2,则243−8xy=102，所以其增广矩阵为：24103−82．2.−∞,12【解析】若方程x2+y2−x+y+m=0表示一个圆，则满足1+1−4m>0，即m<12．3.−6【解析】由题意，fx=−sinx−16cosxsinx=−sin2x+6cosx=cos2x+6cosx−1=cosx+32−10.因为−1≤cosx≤1，所以cosx=−1时，函数fx的最小值为−6．4.π−arctan34【解析】设直线l的倾斜角为θ，θ∈0,π.因为k=tanθ=−34，所以θ=π−arctan34．5.y2=8x或y2=−16x6.y24+x22=1【解析】点−1,−1和1,1绕坐标原点逆时针旋转45∘后，得到的点的坐标为A0,−2和B0,2，由题意知，动点P到A和B的距离之和为4，所以动点P的轨迹是以A0,−2和B0,2为焦点坐标，以4为长轴的椭圆，其方程为y24+x22=1．7.94,3【解析】设点P在准线上的射影为D，由抛物线的定义可知∣PF∣=∣PD∣，所以要求∣PA∣+∣PF∣的最小值，即求∣PA∣+∣PD∣的最小值，只有当D，P，A三点共线时∣PA∣+∣PD∣最小，令y=3，可得x=94，所以当∣PA∣+∣PF∣取最小值时点P的坐标为94,3．8.2或3【解析】已知直线y=kx+1, ⋯⋯①与双曲线x2−y22=1, ⋯⋯②只有一个交点，即方程只要一个根，把方程①代入②，整理得方程2−k2x2−2kx−3=0, ⋯⋯③恰有一根，第10页（共10页） （1）当k=2时，方程③变为−22x−3=0，得x=−324，成立．（2）当k=−2时，方程③变为22x−3=0，得x=324，成立．（3）当k≠±2时，Δ=4k2+122−k2=0，k=±3，因为k>0，所以k=2或3．9.3【解析】由直线与圆相交所得弦长为2，知圆心到直线的距离为3，即1m2+n2=3，所以m2+n2=13≥2∣mn∣，所以∣mn∣≤16，又A1m,0，B0,1n，所以△AOB的面积为12∣mn∣≥3，最小值为3．10.y=2x2−2x【解析】当3x−2=1，即x=1时，fx=loga1+1=1，所以fx=loga3x−2+1a>0,a≠1的图象过定点P1,1，设Qq,q2−2，中点Mx,y，x=1+q2，q=2x−1，y=1+q2−22=q2−12=2x−12−12=2x2−2x．故线段PQ中点M的轨迹方程是y=2x2−2x．11.2【解析】由题意知，两直线PA，PB的斜率必存在，设PB的斜率为kk>0，则PB的直线方程为y−2=kx−1，由y−2=kx−1,x22+y24=1,得2+k2x2+2k2−kx+2−k2−4=0，设BxB,yB，则1+xB=2kk−22+k2，xB=2kk−22+k2−1=k2−22k−22+k2，设AxA,yA，同理可得，xA=k2+22k−22+k2，则xA−xB=42k2+k2，yA−yB=−kxA−1−kxB−1=8k2+k2．所以AB的斜率k=yA−yBxA−xB=8k2+k242k2+k2=2．12.③④【解析】由于C0：x4+y2=1x≥0,y≥0，故曲线C0与x，y轴正半轴的交点为A4,0和B0,2．由于变换T将平面内的点Px,yx≥0,y≥0变换到平面内的点Qx,y．则由题意知a1=2，b1=2，an=an−1，bn=bn−1，第10页（共10页） 故an=a112n−1=412n，bn=b112n−1=212n，则Cn：x412n+y212n=1x≥0,y≥0，显然曲线Cn不关于原点对称；曲线Cn不过点0,2；曲线Cn均在矩形OAnDnBn（含边界）的内部，其中Dn的坐标为Dnan,bn；故①②错误，③正确．记矩形OAnDnBn的面积为Sn，则Sn=412n×212n，故limn→∞Sn=limn→∞412n×212n=1，故④正确．第二部分13.D【解析】由题意，x−4−y2=0，且y−4−x2=0，所以x2+y2=4（x≥0，y≥0）图象为以原点为圆心，2为半径的圆，在第一象限的部分（包括与坐标轴的交点）．14.C【解析】若x≤2，则y=x2，由x2=x，得x=0或x=1．若25，则y=1x，由1x=x，得x=±1（舍去）．所以满足输出值和输入值相等的x的值有3个．15.A【解析】设动点Px,y，则nx2−n+1y2=1，所以y2=nx2−1n+1，因为Q1,0，所以∣PQ∣=x−12+y2=x−12+nx2−1n+1=x2−2x+1+nn+1x2−1n+1.所以limn→+∞dn=limn→+∞x2−2x+1+nn+1x2−1n+1min=2x2−2x+1min=2x−122+12min=22.16.D【解析】设Ax1,y1，Bx2,y2，Mx0,y0，斜率存在时，设斜率为k，则x12=4y1，x22=4y2，x12=4y1,x22=4y2相减，得x1+x2x1−x2=4y1−y2，当l的斜率存在且不为0时，利用点差法可得2k=x0，因为直线与圆相切，所以y0−5x0=−1k，所以y0=3，即M的轨迹是直线y=3．将y=3代入x2=4y，得x2=12，所以−230，所以r2=x02+4≤12+4=16，因为直线l恰有4条，所以x0≠0，所以41,y>0．      （2）走私船在直线l的左侧，且在（1）中曲线的左侧的区域时，路线P→A→M最短．理由：设AM的延长线与（1）中曲线交于点N，则PA+AN=PB+BN，PA+AM=PA+AN−MN=PB+BN−MN0,x1+x2=4k,x1x2=−4.由NA=λ1AF，NB=λ2BF，得x1+2k=−λ1x1，x2+2k=−λ2x2，整理得λ1=−1−2kx1，λ2=−1−2kx2．所以λ1+λ2=−2−2k1x1+1x2=−2−2k⋅x1+x2x1x2=−2−2k⋅4k−4=0．证法二：由已知NA=λ1AF，NB=λ2BF，得λ1λ2<0．于是∣NA∣∣NB∣=−λ1λ2∣AF∣∣BF∣, ⋯⋯①如图所示，过A，B两点分别作准线l的垂线，垂足分别为A1，B1，则有∣NA∣∣NB∣=∣AA1∣∣BB1∣=∣AF∣∣BF∣, ⋯⋯②由式①式②可得−λ1λ2=1，即得λ1+λ2=0．21.（1）因为PM+F2M=0，所以点M是线段PF2的中点，又O为F1F2的中点，所以OM是△PF1F2的中位线，又OM⊥F1F2，所以PF1⊥F1F2，所以c=1,1a2+12b2=1,a2=b2+c2,解得a2=2，b2=1，c2=1，所以椭圆的标准方程为x22+y2=1．      （2）因为圆O与直线l相切，所以∣m∣k2+1=1，即m2=k2+1，由x22+y2=1,y=kx+m消去y：1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，第10页（共10页） 因为直线l与椭圆交于两个不同点，所以Δ>0，所以k2>0，设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2=m2−2k21+2k2,OA⋅OB=x1x2+y1y2=1+k21+2k2=λ，所以23≤λ≤34，所以23≤1+k21+2k2≤34，解得：12≤k2≤1．S=S△AOB=12∣AB∣⋅1=121+k2−4km1+2k22−42m2−21+2k2=2k4+k24k4+k2+1,设μ=k4+k2，则34≤μ≤2，S=2μ4μ+1，μ∈34,2，因为S关于μ在34,2上单调递增，S34=64，S2=23．所以64≤S≤23．第10页（共10页）