《上海市交通大学附属中学2022-2022学年高二数学上学期期中试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市交通大学附属中学2022-2022学年高二数学上学期期中试题含解析.doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、上海市交通大学附属中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题（含解析）一. 填空题1.若是直线的一个法向量，则的倾斜角的大小为_（结果用反三角函数值表示）【答案】【解析】【分析】根据直线的法向量求出直线的一个方向向量，从而得到直线的斜率，根据，即可求解直线的倾斜角。【详解】由是直线的一个法向量，所以可知直线的一个方向向量为，直线的倾斜角为，可得，所以直线倾斜角为。故答案为：。【点睛】本题主要考查了直线的方向向量，以及直线的斜率与倾斜角的应用，其中解答中根据直线的方向向量求得直线的斜率是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题。2.直角坐标平面中，若定点与动点满足，则点的轨迹方程是_【答
2、案】【解析】【分析】设点，则，由，所以，代入，即可求解。【详解】设点，则，可得，因为，所以，即，所以点的轨迹方程为。故答案为：。【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，以及轨迹方程的求解，其中解答中熟练应用向量的数量积的运算公式，准确计算即可求解，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。3.已知圆的圆心是点，则点到直线的距离是 【答案】【解析】试题分析：圆的标准方程为：，圆心点的坐标为：，所以点到直线的距离考点：1、圆的标准方程；2、点到直线的距离公式.4.若向量、满足1，2，且与的夹角为，则_.【答案】【解析】【分析】由夹角为，利用平面向量数量积公式，求得平方的值，从而可得结果.【详解】夹角
3、为，所以所以，故答案为.5.三阶行列式第2行第1列元素的代数余子式的值为，则_.【答案】【解析】【分析】根据余子式的概念，在行列式中划去第2行第1列后，所余下的2阶行列式带上符号，即为所需代数余子式，由题意列出方程求解，即可得出结果.【详解】由题意，可得：三阶行列式第2行第1列元素的代数余子式为，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查已知行列式的代数余子式求参数的问题，熟记概念即可求解，属于常考题型.6.点关于直线的对称点的坐标是_【答案】【解析】【分析】设对称点坐标，利用两点连线与直线垂直、两点的中点在直线上可构造方程求得结果.【详解】设关于直线的对称点坐标为，解得： 本题正确结果：【点睛】本
4、题考查点关于直线的对称点的求解问题，常用方法是采用待定系数法，利用两点连线与对称轴垂直且中点在对称轴上可构造方程组求得结果.7.己知两点，直线：与线段有公共点，则直线的倾斜角的取值范围_【答案】【解析】【分析】由直线恒经过定点，由直线的斜率公式，求得，再由倾斜角和斜率的关系，即可求解。【详解】由题意，直线恒经过定点，由直线的斜率公式，可得，要使直线与线段有公共点，则满足或，又由，且，所以。故答案为：【点睛】本题主要考查了直线的斜率公式，以及直线的倾斜角与斜率的关系的应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题。8.已知点，若在轴上存在一点，使最小，则点的坐标为_【答案】【解析】
5、【分析】求出点A关于x轴的对称点A，连接AB与x轴交于点P，则P点即为所求【详解】A（10，-2），点A关于x轴的对称点A（10，2），设直线AB的解析式为ykx+b，解得k，b，直线AB的解析式为yx，令y0，解得，x，P（，0）故答案为：（，0）【点睛】本题考查的是轴对称最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键9.若圆和曲线恰有六个公共点，则的值是_【答案】3【解析】【分析】作出圆和曲线图象，结合图象，即可求解。【详解】由题意，圆和曲线恰由六个公共点，作出图象，如图所示，此时，故答案为：3。【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中在同一坐标系中作出图象，结
6、合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题。10.给出以下关于线性方程组解的个数的命题，（1）方程组可能有无穷多组解；（2）方程组可能有且只有两组不同的解；（3）方程组可能有且只有唯一一组解；（4）方程组可能有且只有唯一一组解其中真命题的序号为_【答案】【解析】【分析】将的解看作平面上直线交点，将的解看作空间平面相交，由此判断出正确命题的序号.【详解】将的解看作平面上直线交点，将的解看作空间平面相交.对于，当平面两条直线重合时，方程组有有无穷多组解，正确；对于，空间三个平面相交，如果有两组不同的解，则三个平面必有一条公共直线，即方程组的解有无数个，故错误.
7、对于，空间两个平面相交，则两个平面有一条公共直线，即方程组的解有无数个，故错误.对于，当平面三条直线相交于一点时，方程组有且只有唯一一组解，正确.故真命题的序号为：.故答案为：.【点睛】本小题主要考查线性方程组解的个数问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.11.如图，边长为4的正方形中，半径为1的动圆Q的圆心Q在边CD和DA上移动（包含端点A,C,D），P是圆Q上及其内部的动点，设，则的取值范围是_.【答案】 【解析】【分析】建立如图所示平面直角坐标系，可得,（ 4，0），.由图可知，当动圆Q的圆心经过点D时，P.此时m+n取得最大值：4m+4n8+，可得m+n2+ 当动圆Q的圆心为
8、点C或点A时，利用三角函数求m+n的最小值【详解】解：如图所示，边长为4的长方形ABCD中，动圆Q的半径为1，圆心Q在边CD和DA上移动（包含端点A，C，D），P是圆Q上及内部的动点，向量 （m，n为实数），=（0，4），（ 4，0），可得 （ 4m，4n）当动圆Q的圆心经过点D时，如图：P.此时m+n取得最大值：4m+4n8+ ，可得m+n2+ 当动圆Q的圆心为点C时，BP与C相切且点P在x轴的下方时，（4+cos，sin），此时，4m+4n4 sin（+ ），m+n取得最小值为：1，此时P（ 4 ，）同理可得，当动圆Q的圆心为点A时，BP与A相切且点P在y轴的左方时，m+n取得最小值为：1
9、，此时P（-，4）则m+n的取值范围为故答案为：.【点睛】本题考查了向量的坐标运算、点与圆的位置关系，考查了分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力12.若实数、，满足，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】设，两点在圆上，可得到直线的距离，由此利用两平行线的距离，即可求解的最大值。【详解】设,因实数，所以两点在圆上，且,所以，所以是等边三角形，点到直线的距离为，点到直线的距离为，在第三象限，所在直线与直线平行，可设，由圆心到直线的距离为，可得，解得，即有两平行线之间的距离为，所以，所以，所以的最大值为。故答案为：。【点睛】本题主要考查了代数式的最大值的求法，以及圆的性质和点到直线的距离公式
10、等知识的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。二. 选择题13.下列等式中不恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量的数量积的运算公式和向量的运算律，准确化简，即可求解。【详解】由题意，根据向量的数量积的运算公式，可得，所以是正确；根据向量数量积的运算律，可得是正确；由向量的数量积的运算公式，可得，所以不恒成立；由，所以是正确的。故选：C。【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算公式及其运算律的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式和运算律是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。14.方程所表示的曲线的对称性是（ ）A. 关于轴对称
11、B. 关于轴对称C. 关于轴对称D. 关于原点对称【答案】D【解析】【分析】将方程中的分别换为，以及将换成，比较所得方程与原方程，看相同与否，再将方程中的换为，比较所得方程与原方程是否相同，最后得到结果.【详解】将方程中的换为，方程变为，与原方程相同，故关于轴对称；将方程中的换为，方程变为，与原方程相同，故关于轴对称；将方程中的换为，方程变为，与原方程不同，故不关于直线对称；可知曲线既关于轴对称，又关于轴对称，从而得到其关于原点对称；故选D.【点睛】该题考查的是利用方程判断曲线的对称性，属于简单题目.15.已知与是直线(为常数)上两个不同的点，则关于和的方程组的解的情况是（ ）A. 无论如何,
12、总是无解B. 无论如何,总有唯一解C. 存在使之恰有两解D. 存在使之有无穷多解【答案】B【解析】【分析】判断直线的斜率存在，通过点在直线上，推出的关系，再求解方程组的解，即可求解，得到答案【详解】由题意，点与是直线(为常数)上两个不同的点，直线的斜率存在，所以，即，且，所以，由方程组，可得：，即，所以方程组有唯一的解故选B【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，直线的斜率的求法，以及一次函数根与系数的关系和方程组的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题16.如图，在同一平面内，点位于两平行直线、同侧，且到，的距离分别为，点，分别在，上，则的最大值为（ ）A. 15B. 12C. 10
13、D. 9【答案】A【解析】【分析】建立适当的坐标系，利用坐标表示向量、，根据，求出的解析式，再求其最大值【详解】由点位于两平行直线、同侧，且到，的距离分别为1，3，可得平行线、间的距离为2；以直线为轴，以过点且与直线垂直的直线为轴，建立坐标系，如图所示：由题意可得点，直线的方程为，设点、点，、，；，或；当时，它的最大值为；当时，它的最大值为；综上可得，的最大值为15故选：A【点睛】本题主要考查求平面向量的数量积，熟记向量数量积的运算法则，以及数量积的坐标表示即可，属于常考题型.三. 解答题17.已知直线及点证明直线过某定点，并求该定点的坐标当点到直线的距离最大时，求直线的方程【答案】（1）证明
14、见解析,定点坐标为（2）【解析】【分析】直线方程化成，再联解关于、的方程组，即可得到直线经过的定点坐标；设直线经过的定点为，由平面几何知识，得到当时，点到直线的距离最大因此算出直线的斜率，再利用垂直直线斜率的关系算出直线的斜率，即可求出此时直线的方程【详解】直线方程可化为：由，解得且，直线恒过定点，其坐标为直线恒过定点当点在直线上射影点恰好是时，即时，点到直线的距离最大的斜率直线的斜率由此可得点到直线的距离最大时，直线的方程为，即【点睛】本题主要考查直线过定点的问题，以及求直线外一点P到直线的距离最大时直线的方程；熟记两直线交点的求法、点到直线的距离公式，以及直线的一般式方程即可，属于基础题1
15、8.已知，.（1）求的最大值；（2）设与的夹角为，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据向量的运算，化简得，利用三角函数的性质，即可求解。（2）由向量的夹角公式，求得，令，则，且，利用函数的单调性，即可求解。【详解】（1）由题意，向量，则，因为，所以，所以当，即时，时，的最大值为。（2）由向量的夹角公式，可得，令，则，且，可得在上单调递增，所以，即。取值范围为【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的坐标运算，以及平面向量的夹角公式的应用，同时结合函数的单调性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。19.在平面上，给定非零向量，对任意向量，定义.（1）若，
16、求；（2）设，证明：若位置向量的终点在直线上，则位置向量的终点轨迹是一条直线，并求此直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意，计算和的值，即可求解；（2）用参数设出向量，求得，再消去参数即可证明的终点的轨迹是一条直线，并写出直线方程。【详解】（1）由题意知，向量，所以，所以。（2）由，根据题意，设，则，所以，即，消去，得，所以向量的终点轨迹是一条直线，且直线方程为。【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积与应用问题，同时考查了新定义与运算能力，属于中档试题。20.已知两个定点， 动点满足，设动点的轨迹为曲线，直线：.（1）求曲线的轨迹方程；（2）若与曲线交于不同的、两点，
17、且 (为坐标原点)，求直线的斜率；（3）若，是直线上的动点，过作曲线的两条切线、，切点为、，探究：直线是否过定点，若存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）设点的坐标为，根据列出方程化简，即可求解轨迹方程；（2）依题意知，且，则点到边的距离为1，列出方程，即可求解；（3）根据题意，则都在以为直径的圆上，是直线上的动点，设，联立两个圆的方程，即可求解。【详解】（1）由题，设点的坐标为，因为，即，整理得，所以所求曲线的轨迹方程为。（2）依题意，且，由圆的性质，可得点到边的距离为1，即点到直线的距离为，解得，所以所求直线的斜率为。（3）依题意，则
18、都在以为直径的圆上，是直线上的动点，设，则圆的圆心为，且经过坐标原点，即圆的方程为，又因为在曲线上，由，可得，即直线的方程为，由且，可得，解得，所以直线过定点。【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到点到直线的距离公式，以及两点间的距离公式等知识点的综合应用，着重考查了推理与计算能力，属于中档试题。21.在平面直角坐标系中，已知为三个不同的定点.以原点为圆心的圆与线段都相切.（）求圆的方程及的值；（）若直线与圆相交于两点，且，求的值；（）在直线上是否存在异于的定点，使得对圆上任意一点，都有为常数？若存在，求出点的坐标及的值；若不存在，请说明理由.【答
19、案】（）, ；（）；（）见解析【解析】【分析】（）根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径求解；（）用坐标表示向量积，再联立直线与圆方程，消元代入向量积求解；（）假设A、P的坐标，根据两点距离公式与建立等式，再根据A、P分别满足直线和圆的方程化简等式，最后根据等式恒成立的条件求解.【详解】（）由于圆与线段相切，所以半径.即圆的方程为.又由题与线段相切，所以线段方程为.即.故直线的方程为.由直线和圆相切可得：，解得或.由于为不同的点，所以. （）设，则.由可得，解得.所以.故.所以.所以.故. （）设.则，.若在直线上存在异于的定点，使得对圆上任意一点，都有为常数,等价于对圆上任意点恒成立.即.整理得.因为点在直线上，所以.由于在圆上，所以.故对任意恒成立.所以显然，所以.故，因为，解得或.当时，此时重合，舍去.当时，综上，存在满足条件的定点，此时.【点睛】本题考查直线与圆的综合应用.主要知识点有：点到直线的距离公式及应用，向量数量积的坐标表示，两点距离公式.