2014-2015学年四川省雅安中学高二(上)期中数学试卷(理科)

2014-2015学年四川省雅安中学高二（上）期中数学试卷（理科）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题(本大题共10小题，共50.0分)1.若a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有（）A.＞B.＜C.＞D.＜【答案】D【解析】解：不妨令a=3，b=1，c=-3，d=-1，则，，∴A、B不正确；，=-，∴C不正确，D正确．解法二：∵c＜d＜0，∴-c＞-d＞0，∵a＞b＞0，∴-ac＞-bd，∴＞，∴＜．故选：D．利用特例法，判断选项即可．本题考查不等式比较大小，特值法有效，导数计算正确．2.设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=3x-y的取值范围是（）A.，B.，C.[-1，6]D.，【答案】A【解析】解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示由z=3x-y可得y=3x-z，则-z为直线y=3x-z在y轴上的截距，截距越大，z越小结合图形可知，当直线y=3x-z平移到B时，z最小，平移到C时z最大由可得B（，3），由可得C（2，0），z max=6∴故选A作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；由目标函数中z的几何意义可求z的最大值与最小值，进而可求z的范围本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值．解题的关键是准确理解目标函数的几何意义3.直线kx-y+1=3k，当k变动时，所有直线都通过定点（）A.（0，0）B.（0，1）C.（3，1）D.（2，1）【答案】C【解析】解：由kx-y+1=3k得k（x-3）=y-1对于任何k∈R都成立，则，解得x=3，y=1，故直线经过定点（3，1），故选C．将直线的方程变形为k（x-3）=y-1对于任何k∈R都成立，从而有，解出定点的坐标．本题考查直线过定点问题，把直线方程变形为参数乘以一个因式再加上另一个因式等于0的形式恒成立，故这两个因式都等于0．4.平行线3x-4y-3=0和6x-8y+5=0之间的距离是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解∵方程6x-8y+5=0可化为3x-4y+2.5=0，∴两条平行线间的距离d==．故选A．先将方程化简，再运用公式计算即可本题考查直线的一般式方程，考查两条平行线间的距离公式的应用．5.已知点（1，1）在圆x2+y2+4mx-2y+5m=0外，则实数m的取值范围是（）A.0＜＜B.0＜m＜1C.0＜m＜或m＞1D.0＜＜或m＞1【答案】C【解析】解：因为点（1，1）在圆x2+y2+4mx-2y+5m=0外，所以1+1+4m-2+5m＞0，解得m＞0，1+4m2-5m＞0，解得m＞1或0＜m＜，故选：C．直接把点代入圆的方程的左侧，表达式大于0，并且圆的方程表示圆，即可求出m的范围．本题考查点与圆的位置关系，注意圆的方程表示圆的条件的应用，考查计算能力．6.给定两个命题p，q．若￢p是q的必要而不充分条件，则p是￢q的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】解：∵¬p是q的必要而不充分条件，∴q是¬p的充分不必要条件，即q⇒¬p，但¬p不能⇒q，其逆否命题为p⇒¬q，但¬q不能⇒p，则p是¬q的充分不必要条件．故选A．根据互为逆否命题真假性相同，可将已知转化为q是¬p的充分不必要条件，进而根据逆否命题及充要条件的定义得到答案．本题考查的知识点是充要条件的判断，其中将已知利用互为逆否命题真假性相同，转化为q是¬p的充分不必要条件，是解答的关键．7.方程x2+y2-2ax+2=0表示圆心为C（2，0）的圆，则圆的半径r=（）A. B.2 C. D.4【答案】A【解析】解：∵方程x2+y2-2ax+2=0表示圆心为C（2，0）的圆，∴a=2，∴圆的半径r==．故选：A．由已知条件求出a=2，由此能求出圆的半径r．本题考查圆的半径的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意圆的简单性质的合理运用．8.圆x2+y2+2x+4y-3=0上到直线x+y+1=0的距离为的点共（）个．A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】解：圆方程变形得：（x+1）2+（y+2）2=8，即圆心（-1，-2），半径r=2，∴圆心到直线x+y+1=0的距离d==，∴r-d=＜，则到圆上到直线x+y+1=0的距离为的点得到个数为2个，故选B．圆方程化为标准方程，找出圆心坐标与半径，求出圆心到已知直线的距离，判断即可得到距离．本题考查了直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，弄清题意是解本题的关键．9.已知点P（x，y）满足（x+y-1）=0，则点P运动后得到的图象为（）A.一直线和一椭圆B.一线段和一椭圆C.一射线和一椭圆D.两射线和一椭圆【答案】D【解析】解：∵点P（x，y）满足（x+y-1）=0，∴x+y-1=0（4x2+9y2≥36）或4x2+9y2=36，∴点P运动后得到的图象为两射线和一椭圆．故选：D．点P（x，y）满足（x+y-1）=0，可得x+y-1=0（4x2+9y2≥36）或4x2+9y2=36，即可得出结论．本题考查轨迹方程，考查学生转化化归的能力，属于基础题．10.在椭圆＞＞中，F1，F2分别是其左右焦点，若|PF1|=2|PF2|，则该椭圆离心率的取值范围是（）A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】解：根据椭圆定义|PF1|+|PF2|=2a，将设|PF1|=2|PF2|代入得，根据椭圆的几何性质，|PF2|≥a-c，故，即a≤3c，故，即，又e＜1，故该椭圆离心率的取值范围是，．故选B．先根据椭圆的定义求得|PF1|+|PF2|=2a，进而根据|PF1|=2|PF2|求得|PF2|利用椭圆的几何性质可知|PF2|≥a-c，求得a和c的不等式关系，进而求得e的范围，最后根据e＜1，综合可求得椭圆离心率的取值范围．本题主要考查了椭圆的定义，考查了学生对基础知识的理解和掌握．二、填空题(本大题共5小题，共25.0分)11.圆x2+y2+2x-4y+1=0关于直线2ax-by+2=0对称（a，b∈R），则ab的最大值是______ ．【答案】【解析】解：由题意可得，直线2ax-by+2=0经过圆x2+y2+2x-4y+1=0的圆心（-1，2），故有-2a-2b+2=0，即a+b=1，故1=a+b≥2，求得ab≤，当且仅当a=b=时取等号，故ab的最大值是，故答案为：．由题意知，直线2ax-by+2=0经过圆的圆心（-1，2），可得a+b=1，再利用基本不等式求得ab的最大值．本题主要考查直线和圆的位置关系，基本不等式的应用，属于基础题．12.已知点A（2，3），B（-3，-2），若直线l过点P（1，1）与线段AB相交，则直线l 的斜率k的取值范围是______ ．【答案】k≤，或k≥2【解析】解：如图所示：由题意得，所求直线l的斜率k满足k≤k PB或k≥k PA，即k≥=，或k≤=2，∴k≤，或k≥2，即直线的斜率的取值范围是k≤，或k≥2．故答案为：k≤，或k≥2．画出图形，由题意得所求直线l的斜率k满足k≥k PB或k≤k PA，用直线的斜率公式求出k PB和k PA的值，求出直线l的斜率k的取值范围．本题考查直线的斜率公式的应用，体现了数形结合的数学思想，解题的关键是利用了数形结合的思想，解题过程较为直观，本题类似的题目比较多．可以移动一个点的坐标，变式出其他的题目．13.下列命题中，真命题的有______ ．（只填写真命题的序号）①若a，b，c∈R则“ac2＞bc2”是“a＞b”成立的充分不必要条件；②若椭圆+=1的两个焦点为F1，F2，且弦AB过点F1，则△ABF2的周长为16；③若命题“￢p”与命题“p或q”都是真命题，则命题q一定是真命题．【答案】①③【解析】解：对于①：若a，b，c∈R，则“ac2＞bc2”⇒“a＞b”，充分性成立；反之，“a＞b”不能推出“ac2＞bc2”，如c2=0，ac2=bc2，即必要性不成立；所以，若a，b，c∈R则“ac2＞bc2”是“a＞b”成立的充分不必要条件，①正确；对于②：由椭圆的方程+=1可知，长轴2a=10，依题意，△ABF2的周长为4a=20，故②不正确；对于③：若命题“￢p”与命题“p或q”都是真命题，则p假q真，故③正确．综上述，是真命题的有①③．故答案为：①③．①，利用充分必要条件的概念从“充分性”与“必要性”两个方面可判断①；②，利用椭圆+=1的两个焦点在y轴，过焦点F1的弦为AB，则△ABF2的周长为4a，可判断②；③，依题意，利用复合命题的真值表可知p假q真，可判断③．本题考查命题的真假判断与应用，着重考查充分必要条件的判断及复合命题的真假判断，考椭圆的简单几何性质，属于中档题．14.已知直线l：x-y+3=0被圆C：（x-a）2+（y-2）2=4截得的弦长为2，则a的值为______ ．【答案】1或-3【解析】解：由题意利用弦长公式可得弦心距d==，再由点到直线的距离公式可得d=，∴=，解得a=1，或a=-3，故答案为1或-3．利用弦长公式可得弦心距d=，再由点到直线的距离公式可得d=，由此求得a的值．本题主要考查直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式、弦长该公式的应用，属于基础题．15.椭圆m2+ny2=1与直线x+y=1交于M、N两点，MN的中点P，且OP的斜率为则的值为______ ．【答案】【解析】解：设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN中点P（x0，y0）．由，，两式相减得m（x1+x2）（x1-x2）+n（y1+y2）（y1-y2）=0．又x1+x2=2x0，y1+y2=2y0，=-1，∴mx0-ny0=0，∵=．∴==．故答案为：．设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN中点P（x0，y0）．利用“点差法”即可得到．又x1+x2=2x0，y1+y2=2y0，即可得出．本题中考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆相交问题转化为“点差法”、中点坐标公式、斜率计算公式等基础知识与基本技能，考查了推理能力、计算能力．三、解答题(本大题共6小题，共75.0分)16.已知直线l经过直线3x+4y-2=0与直线2x+y+2=0的交点P，且垂直于直线x-2y-1=0．（1）求直线l的方程；（2）求直线l关于原点O对称的直线方程．【答案】解：（1）由，解得，∴点P的坐标是（-2，2），∵所求直线l与x-2y-1=0垂直，∴可设直线l的方程为2x+y+C=0．…（4分）把点P的坐标代入得2×（-2）+2+C=0，即C=2．∴所求直线l的方程为2x+y+2=0．…（6分）（2）又直线l的方程2x+y+2=0在x轴、y轴上的截距分别是-1与-2．…（8分）则直线l关于原点对称的直线在x轴、y轴上的截距分别是1与2，…（10分）∴所求直线方程为2x+y-2=0…（12分）【解析】（1）联立方程，求出点P的坐标，利用所求直线l与x-2y-1=0垂直，可设直线l的方程为2x+y+C=0，代入P的坐标，可求直线l的方程；（2）求出直线l的方程2x+y+2=0在x轴、y轴上的截距，可得直线l关于原点对称的直线在x轴、y轴上的截距，从而可求直线l关于原点O对称的直线方程．本题考查直线与直线的位置关系，考查直线方程，考查直线系，考查学生的计算能力，正确设方程是关键．17.设有两个命题．命题p：不等式x2-（a+1）x+1≤0的解集是∅；命题q：函数f（x）=（a+1）x在定义域内是增函数．如果p∧q为假命题，p∨q为真命题，求a的取值范围．【答案】解：要使不等式x2-（a+1）x+1≤0的解集是∅，则△=（a+1）2-4＜0，解得-3＜a＜1，即：p：-3＜a＜1．因为f（x）=（a+1）x在定义域内是增函数，所以a+1＞1，解得a＞0，即q：a＞0．又p∧q为假命题，p∨q为真命题，所以p，q一真一假，所以解得-3＜a≤0或a≥1．故a的取值范围是：-3＜a≤0或a≥1．【解析】先求出命题p，q为真命题时对应的等价条件，然后利用p∧q为假命题，p∨q为真命题，确定a的取值范围．本题主要考查复合命题的真假判断以及应用，要求熟练掌握复合命题与简单命题的真假关系．18.如图，在平面直角坐标系x O y中，点A（0，3），直线l：y=2x-4．设圆C的半径为1，圆心在l上．（1）若圆心C也在直线y=x-1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．【答案】解：（1）联立得：，解得：，∴圆心C（3，2）．若k不存在，不合题意；若k存在，设切线为：y=kx+3，可得圆心到切线的距离d=r，即=1，解得：k=0或k=-，则所求切线为y=3或y=-x+3；（2）设点M（x，y），由MA=2MO，知：=2，化简得：x2+（y+1）2=4，∴点M的轨迹为以（0，-1）为圆心，2为半径的圆，可记为圆D，又∵点M在圆C上，C（a，2a-4），∴圆C与圆D的关系为相交或相切，∴1≤|CD|≤3，其中|CD|=，∴1≤≤3，解得：0≤a≤．【解析】（1）联立直线l与直线y=x-1解析式，求出方程组的解得到圆心C坐标，根据A坐标设出切线的方程，由圆心到切线的距离等于圆的半径，列出关于k的方程，求出方程的解得到k的值，确定出切线方程即可；（2）设M（x，y），由MA=2MO，利用两点间的距离公式列出关系式，整理后得到点M的轨迹为以（0，-1）为圆心，2为半径的圆，可记为圆D，由M在圆C上，得到圆C与圆D相交或相切，根据两圆的半径长，得出两圆心间的距离范围，利用两点间的距离公式列出不等式，求出不等式的解集，即可得到a的范围．此题考查了圆的切线方程，点到直线的距离公式，以及圆与圆的位置关系的判定，涉及的知识有：两直线的交点坐标，直线的点斜式方程，两点间的距离公式，圆的标准方程，是一道综合性较强的试题．19.已知椭圆5x2+9y2=45，椭圆的右焦点为F，（1）求过点F且斜率为1的直线被椭圆截得的弦长；（2）判断点A（1，1）与椭圆的位置关系，并求以A为中点椭圆的弦所在的直线方程．【答案】解：（1）由题意可得：过点F且斜率为1的直线方程为y=x-2，联立直线与椭圆的方程可得：14x2-36x-9=0，∴x1+x2=，x1•x2=-，由弦长公式可得：|MN|=•=（2）设以A（1，1）为中点椭圆的弦与椭圆交于E（x1，y1），F（x2，y2），∵A（1，1）为EF中点，∴x1+x2=2，y1+y2=2，把E（x1，y1），F（x2，y2）分别代入椭圆5x2+9y2=45，得5x12+9y12=45，5x22+9y22=45∴5（x1+x2）（x1-x2）+9（y1+y2）（y1-y2）=0，∴10（x1-x2）+18（y1-y2）=0，∴k==-，∴以A（1，1）为中点椭圆的弦所在的直线方程为：y-1=-（x-1），整理，得5x+9y-14=0．【解析】（1）设出直线的方程，联立直线与椭圆的方程利用由弦长公式可得答案．（2）设以A（1，1）为中点椭圆的弦与椭圆交于E（x1，y1），F（x2，y2），A（1，1）为EF中点，x1+x2=2，y1+y2=2，利用点差法能够求出以A（1，1）为中点椭圆的弦所在的直线方程．本题主要考查了椭圆的应用，考查了弦长问题与弦中点问题，正确运用点差法是关键．20.平面内两定点A1，A2的坐标分别为（-2，0），（2，0），P为平面一个动点，且P点的横坐标x∈（-2，2），过点P做PQ垂直于直线A1A2，垂足为Q，并满足|PQ|2=|A1Q|•|A2Q|（1）求动点P的轨迹方程；（2）当动点P的轨迹加上A1，A2两点构成的曲线为C，一条直线l与以点（1，0）为圆心，半径为2的圆M相交于A，B两点．若圆M与x轴的左交点为F，且•=6，求证：直线l与曲线C只有一个公共点．【答案】（1）解：设P（x，y），x∈（-2，2），则|PQ|2=y2，|A1Q|=2+x，|A2Q|=2-x，∵|PQ|2=|A1Q|•|A2Q|，∴，即，，．∴动点P的轨迹方程，，．（2）证明：由（1）知曲线C的方程为，圆M的方程为（x-1）2+y2=4，则F（-1，0），则A（x1，y1），B（x2，y2），①当直线l斜率不存在时，设l的方程为：x=x0，则x1=x2=x0，y1=-y2，，，，，∵，∴，∴（x0+1）2-y12=6，∵点A在圆M上，∴（x0-1）2+=4代入上式，得x0=±2，∴直线l的方程为：x=±2，与曲线C只有一个公共点，经检验x=-2不合题意，舍去，∴x=2．②当直线l的斜率存在时，设l的方程为：y=kx+m，联立直线与圆的方程，，得（1+k2）x2+2（km-1）x+m2-3=0，∴，∵=（x1+1，y1），，，且，∴x1x2+（x1+x2）+y1y2=5，又∵，∴y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=，代入，得：，化简，得：m2-4k2=3，联立直线l与曲线C的方程，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0，△=（8km）2-4（3+4k2）（4m2-12）=48（4k2-m2+3），∵m2-4k2=3，∴△=0，∴直线l与曲线C只有一个公共点．【解析】（1）设P（x，y），x∈（-2，2），则|PQ|2=y2，|A1Q|=2+x，|A2Q|=2-x，由|PQ|2=|A1Q|•|A2Q|，能求出动点P的轨迹方程．（2）由（1）知曲线C的方程为，圆M的方程为（x-1）2+y2=4，则F（-1，0），当直线l斜率存在时，设直线l的方程为：x=2，与曲线C只有一个公共点；当直线l的斜率存在时，设l的方程为：y=kx+m，联立直线与圆的方程联立得（1+k2）x2+2（km-1）x+m2-3=0，由此利用根的判别式得直线l与曲线C只有一个公共点．本题考查动点的轨迹方程的求法，考查直线与曲线只有一个公共点的证明，解题时要认真审题，注意向量知识的合理运用．21.如图，已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的离心率为，以椭圆C的左顶点T为圆心作圆T：（x+2）2+y2=r2（r＞0），设圆T与椭圆C交于点M与点N．（1）求椭圆C的方程；（2）求的最小值，并求此时圆T的方程；（3）设点P是椭圆C上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别与x轴交于点R，S，O为坐标原点，求证：|OR|•|OS|为定值．【答案】解：（1）依题意，得a=2，，∴c=，b==1，故椭圆C的方程为．…（3分）（2）方法一：点M与点N关于x轴对称，设M（x1，y1），N（x1，-y1），不妨设y1＞0．由于点M在椭圆C上，所以．（*）…（4分）由已知T（-2，0），则，，，，∴，，=（x1+2）2-==．…（6分）由于-2＜x1＜2，故当时，取得最小值为．由（*）式，，故，，又点M在圆T上，代入圆的方程得到．故圆T的方程为：．…（8分）方法二：点M与点N关于x轴对称，故设M（2cosθ，sinθ），N（2cosθ，-sinθ），不妨设sinθ＞0，由已知T（-2，0），则，，=（2cosθ+2）2-sin2θ=5cos2θ+8cosθ+3=．…（6分）故当时，取得最小值为，此时，，又点M在圆T上，代入圆的方程得到．故圆T的方程为：．…（8分）（3）方法一：设P（x0，y0），则直线MP的方程为：，令y=0，得，同理：，…（10分）故（**）…（11分）又点M与点P在椭圆上，故，，…（12分）代入（**）式，得：．所以|OR|•|OS|=|x R|•|x S|=|x R•x S|=4为定值．…（14分）方法二：设M（2cosθ，sinθ），N（2cosθ，-sinθ），不妨设sinθ＞0，P（2cosα，sinα），其中sinα≠±sinθ．则直线MP的方程为：，令y=0，得，同理：，…（12分）故．所以|OR|•|OS|=|x R|•|x S|=|x R•x S|=4为定值．…（14分）【解析】（1）依题意，得a=2，，由此能求出椭圆C的方程．（2）法一：点M与点N关于x轴对称，设M（x1，y1），N（x1，-y1），设y1＞0．由于点M在椭圆C上，故．由T（-2，0），知，，=，由此能求出圆T的方程．法二：点M与点N关于x轴对称，故设M（2cosθ，sinθ），N（2cosθ，-sinθ），设sinθ＞0，由T（-2，0），得，，=，由此能求出圆T的方程．（3）法一：设P（x0，y0），则直线MP的方程为：，令y=0，得，同理：，…（10分）故，由此能够证明|OR|•|OS|=|x R|•|x S|=|x R•x S|=4为定值．法二：设M（2cosθ，sinθ），N（2cosθ，-sinθ），设sinθ＞0，P（2cosα，sinα），其中sinα≠±sinθ．则直线MP的方程为：，由此能够证明|OR|•|OS|=|x R|•|x S|=|x R•x S|=4为定值．本题考查椭圆的方程和几何性质、圆的方程等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合思想．。