江西省南昌市第二中学2015-2016学年高二上学期期中考试数学(理)试题Word版含答案

高二数学（理）试卷

一、选择题（每小题5分共60分） 1．抛物线y4x的准线方程为 A.y1

B.x21 16

C.x1 D.y1 162．直线3xy10的倾斜角为

25 B． C． D． 63633．已知直线l1:x2ay10与l2:(2a1)xay10平行，则a的值是

111A．0或1 B．1或 C．0或 D．

444x2y21共焦点且过点P(2,1)的双曲线方程是 4．与椭圆4x2x2x2y222y1 B.y1 C.1 D.x23y21 A.4233y221有共同的渐近线，且过点（2，2）的双曲线方程为 5．与双曲线x4x2y2x2y2y2x2y2x21 1 C．1 D．1 A．B．2831231228A．

222xyR6．点M（x0,y0）在圆外，则直线x0xy0yR2与圆的位置关系是

A．相切 B． 相交 C．相离 D．不确定

x2y22227．若椭圆221过抛物线y8x的焦点， 且与双曲线xy1有相同的焦点，则

ab该椭圆的方程是

x2y2x2x2y2y2221 B．y1 C．1 D．x1 A．423243x22y21的右焦点重合，则该抛物线的准线方程为 8．若抛物线y2px的焦点与双曲线3A．x1 B．x2 C．x1 D．x4

9．当双曲线C不是等轴双曲线时,我们把以双曲线C的实轴、虚轴的端点作为顶点的椭圆称为双曲线C的“伴生椭圆”．则离心率为3的双曲线的“伴生椭圆”的离心率为 632 C． D． 332x2y210．如图，F1、F2是双曲线221(a0,b0)的左、

ab右焦点，过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点A、 B．若ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为

A．

1 2B．

A．4 B．7 C．

3

23D．3

x2y211．已知点F1、F2分别是椭圆22=1(ab0)的左、

ab右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与椭圆交于A、B两点，

若ABF2为锐角三角形，则该椭圆离心率e的取值范围是 A．0，21 B．

515121,1 C．0, D．,1 22x2y212．已知点P是双曲线221,a0,b0 右支上一点，

abF1,F2 分别是双曲线的左、右焦点，I为PF1F2 的内心，

1若SIPF1SIPF2SIF1F2 成立，则双曲线的离心率为( )

2A．4 B.

C．2 D．

二、填空题（每小题5分共20分）

13．过点P3,1引直线，使点A2,3，B4,5到它的距离相等，则这条直线的方程为 ．

22554上一点P1,3的切线方程： _________ 14．过圆xy ．

2x2y231过M(1,0)的一动弦，且直线PQ与直线x4交于点S，则15．线段PQ是椭圆43SMSM________. SPSQ16．如图，圆C与x轴相切于点T(1,0)，与y轴正半轴交于两点A,B（B在A的上方），且AB2．

（Ⅰ）圆C的标准方程为 ； ．．

（Ⅱ）过点A任作一条直线与圆O:x2y21相交于M,N两点，下列三个结论： ①③

NANBMAMB； ②

NBNAMAMB2；

22．其中正确结论的序号NAMB是 ．（写出 所有正确结论的序号）

三、解答题（共70分）

17．(本小题满分10分)已知圆C:xy2y40,线l:mx－y＋1－m=0

(I)判断直线l与圆C的位置关系。

(II)若直线l与圆C交于不同两点A、B,且AB=32,求直线l的方程。

22NBMA直

x2y2x2y21有共同18．（本小题满分12分）已知双曲线C:221(a0.b0)与椭圆

1814ab的焦点，点A(3,7)在双曲线C上.

（I）求双曲线C的方程；

（II）以P1,2为中点作双曲线C的一条弦AB，求弦AB所在直线的方程.

x2y21319．（本小题满分12分）已知椭圆C:221ab0经过点P1,，离心率e．

ab22（I）求椭圆C的方程；

2（II）不过原点的直线l与椭圆C交于A,B两点，若AB的中点M在抛物线E:y4x上，求直线l的斜率k的取值范围．

x2y220．（本小题满分12分）已知椭圆C:221ab0，其中F1,F2为左、右焦点，且

ab3离心率e，直线l与椭圆交于两不同点Px1,y1,Qx2,y2.当直线l过椭圆C右焦点F2

32且倾斜角为时，原点O到直线l的距离为.

24（I）求椭圆C的方程；

（II）若OPOQON，当OPQ面积为

6时，求|ON||OP|的最大值. 2

22xy21． （本小题满分12分）已知直线l:yxm(mR)，双曲线E:21(b0).

2b①若直线l与双曲线E的其中一条渐近线平行，求双曲线l的离心率；②若直线l过双曲线的右焦点F2，与双曲线交于P、Q两点，且FP

1FQ，求双曲线方程. 5x2y222222．（本小题满分12分）如图，椭圆C1：22=1（a0,b0）和圆C2:xyb，

ab已知圆C2将椭圆C1的长轴三等分，且圆C2的面积为.椭圆C1的下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆C2相交于点A、B，直线EA、EB与椭圆C1的另一个交点分别是点P、M． （1）求椭圆C1的方程； （2）（Ⅰ）设PM的斜率为t，直线l斜率

K为K1，求1的值；

t（Ⅱ）求△EPM面积最大时直线l的方

程．

南昌二中2015—2016学年度上学期期中考试

高二数学（理）试卷参考答案

1-5 DCCBB 6-12 BABDB BC

13．4xy130或x3 14．x3y40

15．2 16．（Ⅰ）(x1)2(y2)22；（Ⅱ）①②③

c1。a2yk(x1)可知直线PQ的斜率存在，设其方程为yk(x1)。联立x2y2可得

143(3k42x)2k82x4k212，0设P,Q坐标为(x1,y1),(x2,y2)，则

15.【解析】依题意可得，点M(1,0)是椭圆的右焦点，直线x4是椭圆的右准线，而e8k24k212|SM|413x1x2,xx。根据椭圆的第二定义可得，，12|SP|4x14x134k234k2|SM|413，所以|SQ|4x24x2243(x1x2)|SM||SM|337272k22 2|SP||SQ|4x14x2164(x1x2)x1x23636k16．（Ⅰ）(x1)2(y2)22；（Ⅱ）①②③

【解析】（Ⅰ）依题意，设C(1,r)（r为圆的半径），因为|AB|2，所以r112，所以圆心C(1,2)，故圆的标准方程为(x1)2(y2)22．

22x0x0x0（Ⅱ）联立方程组，解得或，因为B在A22(x1)(y2)2y21y21的上方，

所以A(0,21)，B(0,21)，

令直线MN的方程为x0，此时MM(0,1)，N(0,1)， 所以|MA|2，|MB|22，|NA|22，|NB|2 因为所以NBNANAMA|NA|222|MA|2，． 121，所以NBMB|NB|22|MB|22NBNAMAMB2222222221(21)2，

MAMB2222正确结论的序号是①②③．

212122，

17．解：（Ⅰ）（法一）将圆方程化为标准方程x(y1)5 ∴ 圆C的圆心C(0,1)，半径r221分

5 2分 圆心C(0,1)到直线l：mxy1m0的距离

d|011m|m12mm1215 5分

因此直线l与圆C相交． 6分

（法二）将直线化为m(x1)y10，

x10x1由 得

y1y10∴直线l过定点P(1,1) 3分 点P(1,1)在圆内， 5分 ∴直线l与圆C相交 6分

mxy1m02222(m1)x2mxm50（法三）联立方程2消去并整理得，y2xy2y40

3分

5分

4m44(m21)(m25)4(4m25)0恒成立 ∴直线l与圆C相交 6分

（Ⅱ）设圆心到直线l的距离为d， 则d又d(5)2(|m|，∴

3222， 9分 )222,解得：m1，

222m1m1∴ 所求直线为xy0或xy20． 12分 18．（1）由已知双曲线C的焦点为F1(2,0),F2(2,0)

 a|m|11分

由双曲线定义||AF1||AF2||2a,257172a

2,c24,b22

x2y21…………6分 所求双曲线为22（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，因为A、B在双曲线上

22x1y12(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0  ① ①－②得 22x2y22② yy2x1x2211 1,kAB

x1x2y1y24221弦AB的方程为y2(x1)即x2y30

2 经检验x2y30为所求直线方程.

x2y266119．（1）；（2）8,00,8． 43x2y21 【解析】试题解析：（1）C:43（2）设直线l:ykxmm0,Ax1,y1,Bx2,y2，Mx0,y0．

由ykxm223x4y12得34k2x28kmx4m2120-----6分

8km434k24m212﹥0

2即4k2m23﹥0 （1）

8km 234k3m4km故M ,2234k34k3m4km2将M代入y4x得 ,2234k34k又x1x2m216k34k2968,ko2

将（2）代入（1）得：162k234k2解得81

k666,且k0．即k．--12分 ,00,888x2y21；20．（1）（2）5. 32π，F2(c,0)，所以，直线l的方程为yxc， 43c2由已知得，所以c1.又e，所以a3，b2, 322x2y21 . 4分 椭圆C的方程 32（2））当直线l的斜率不存在时，P,Q两点关于x轴对称，则x1x2,y1y2，

试题解析：（1）因为直线l的倾斜角为

x12y12661，而Sx1y1,y11 由Px1,y1在椭圆上，则，则x12232知ONPQ=26. 5分

x2y21可得 当直线l的斜率存在时，设直线l为ykxm，代入322x23(kxm)26，23k)2x26kmx3m260即(，由题意0，即3k22m2. 6km3m26x1x2,x1x2. 7分 2223k23k263k22m2PQ1kx1x21k(x1x2)4x1x21k

23k2m11263k22m26，SPOQdPQm, d222223k21k2222化为4m(3k2m)(3k2)，(3k2)22m(3k2)(2m)0， 即(3k22m)0.

22则3k22m，满足0, 9分

222222222222223k223k2m， 由前知x1x2，y1y2k(x1x2)2mmmm9k241ON(x1x2)(y1y2)222(32).

mmm2222(2m21)1224(3k2m)PQ(1k)2(2) 11分 (23k2)2m2m2221111ONPQ4(32)(22)≤25，当且仅当3222，即m2时等号成mmmm222立，

故ONPQ≤5.

综上可知ONPQ的最大值为5. 13分

bbx1又因为a2，所以b2

aaca2b222e2 aa221．（1）因为双曲线的渐近线y（2）F2(c,0),直线l：yxc，

yxc2222222，(b2)y2cbybc2b0 xy2212b2cb2yy221b2所以

222yybc2b12b22c2b4b2c22b211因为FPFQ，所以y1y2，整理得， 25559(b2)b2212b7 因为b0，所以c2b，，所以29(b2)5222x2y21. 所以双曲线C:27x27y21;（2）x 22．（1）（Ⅰ）5;（Ⅱ）y39x2y21. 试题解析：（1）依题意b1,则a3b.椭圆方程为9（2）（Ⅰ）由题意知直线PE,ME的斜率存在且不为0, PEME,不妨设直线PE的斜率为

kk0,则PE:ykx1.

18kxykx19k21x02由x得或, 22y19k1y1y99k2118k9k21P2,2.

9k19k118k9k21,2用代替k,得M2,则tkPMk9k9k9k219k222k219k1k9. 18k18k10k229k1k92kxykx12kk211k2x0,2 由2得或,A2221kk1xy1yk1y1k21k21KK1,则15.

2kt218k18k18k2（Ⅱ）法一: PE2 1k229k19k19k11181182k, EM121k21k9k921k2162k1k118k1822SEPM1k1k29k219k29k219k2221162k162kkk

49k82k299k2982k2162u162162271设ku,则SEPM,当且仅当2648k829u29u6429uuu3181128127. ku时取等号．kk4,kk3kk9k3k217x,所以所求的直线l的方程为yx. 则直线AB:y32kk2149k2k2118kyx法二:直线PM的方程: y2,即. x210k5k910kk94可设直线PM:ytx.

5224ytx72815由2消去y得19t2x2tx0.

525xy21999100t45. ,E到直线PM的距离dPM1t2x1x21t22519t1t22100t248125t21 SEPM19t22519t281m8181272设25t1m1,则SEPM. 216m1258169m1929mm25m1925

2