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  • 2021-06-09 发布

数学卷·2018届重庆市杨家坪中学高二上学期期中数学试卷(理科) (解析版)

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‎2016-2017学年重庆市杨家坪中学高二(上)期中数学试卷(理科)‎ ‎ ‎ 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.)‎ ‎1.已知倾斜角为θ的直线,与直线x﹣3y+1=0垂直,则tanθ=(  )‎ A. B.3 C.﹣3 D.‎ ‎2.已知双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的两个焦点为F1(﹣5,0),F2(5,0),P为双曲线C的右支上一点,且满足|PF1|﹣|PF2|=2,则双曲线C的方程为(  )‎ A.﹣=1 B.﹣=1‎ C.﹣=1 D.﹣=1‎ ‎3.“a+b=2”是“直线x+y=0与圆(x﹣a)2+(y﹣b)2=2相切”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎4.圆O:x2+y2﹣2x﹣7=0与直线l:(λ+1)x﹣y+1﹣λ=0(λ∈R)的位置关系是(  )‎ A.相切 B.相交 C.相离 D.不确定 ‎5.已知F是椭圆+=1(a>b>0)的左焦点,A为右顶点,P是椭圆上一点,且PF⊥x轴,若|PF|=|AF|,则该椭圆的离心率是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎6.已知命题p:“∀x∈[0,1],a≥2x”,命题p:“∃x∈R,x2+4x+a=0”,若命题“p∧q”是真命题,则实数a的取值范围是(  )‎ A.[1,4] B.[2,4] C.[2,+∞) D.[4,+∞)‎ ‎7.某几何体的主视图和左视图如图(1),它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1‎ 如图(2),其中O1A1=6,O1C1=2,则该几何体的侧面积为(  )‎ A.48 B.64 C.96 D.128‎ ‎8.以原点O引圆(x﹣m)2+(y﹣2)2=m2+1的切线y=kx,当m变化时切点P的轨迹方程是(  )‎ A.x2+y2=3 B.(x﹣1)2+y2=3 C.(x﹣1)2+(y﹣1)2=3 D.x2+y2=2‎ ‎9.直线l交椭圆4x2+5y2=80于M、N两点,椭圆的上顶点为B点,若△BMN的重心恰好落在椭圆的右焦点上,则直线l的方程是(  )‎ A.5x+6y﹣28=0 B.5x﹣6y﹣28=0 C.6x+5y﹣28=0 D.6x﹣5y﹣28=0‎ ‎10.已知函数f(x)=(ex+1)(ax+2a﹣2),若存在x∈(0,+∞),使得不等式f(x)﹣2<0成立,则实数a的取值范围是(  )‎ A.(0,1) B.(0,) C.(﹣∞,1) D.(﹣∞,)‎ ‎11.双曲线x2﹣y2=2016的左、右顶点分别为A1、A2,P为其右支上一点,且P不在x轴上,若∠A1PA2=4∠PA1A2,则∠PA1A2等于(  )‎ A. B. C. D.无法确定 ‎12.已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点.且∠F1PF2=,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为(  )‎ A. B. C.3 D.2‎ ‎ ‎ 二、填空题(本大题4个小题,每小题5分,共20分.)‎ ‎13.两条平行直线l1:x+2y+5=0和l2:4x+8y+15=0的距离为  .‎ ‎14.一个球与正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,已知这个球的体积为36π,那么该三棱柱的体积是  .‎ ‎15.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中,面积最大的侧面的面积为  ‎ ‎16.如图所示,过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F作直线交C于A、B两点,过A、B分别向C的准线l作垂线,垂足为A′,B′,已知四边形AA′B′F与BB′A′F的面积分别为15和7,则△A′B′F的面积为  .‎ ‎ ‎ 三、解答题(本大题6个小题,共70分.)‎ ‎17.在直角坐标系xOy中,以坐标原点O为圆心的圆与直线:相切.‎ ‎(1)求圆O的方程;‎ ‎(2)若圆O上有两点M、N关于直线x+2y=0对称,且,求直线MN的方程.‎ ‎18.(Ⅰ)命题“”为假命题,求实数a的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)若“x2+2x﹣8<0”是“x﹣m>0”的充分不必要条件,求实数m的取值范围.‎ ‎19.已知双曲线C:﹣=1 的离心率是,其一条准线方程为x=.‎ ‎(Ⅰ)求双曲线C的方程;‎ ‎(Ⅱ)设双曲线C的左右焦点分别为A,B,点D为该双曲线右支上一点,直线AD与其左支交于点E,若=λ,求实数λ的取值范围.‎ ‎20.如图,曲线c1:y2=2px(p>0)与曲线c2:(x﹣6)2+y2=36只有三个公共点O,M,N,其中O为坐标原点,且•=0.‎ ‎(1)求曲线c1的方程;‎ ‎(2)过定点M(3,2)的直线l与曲线c1交于A,B两点,若点M是线段AB的中点,求线段AB的长.‎ ‎21.已知A、B、C是椭圆M: =1(a>b>0)上的三点,其中点A的坐标为,BC过椭圆M的中心,且.‎ ‎(1)求椭圆M的方程;‎ ‎(2)过点(0,t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P、Q,设D为椭圆M与y轴负半轴的交点,且,求实数t的取值范围.‎ ‎22.已知椭圆C: +=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且F1,F2与短轴的一个顶点Q构成一个等腰直角三角形,点P(,)在椭圆C上.‎ ‎(I)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(Ⅱ)过F2作互相垂直的两直线AB,CD分别交椭圆于点A,B,C,D,且M,N分别是弦AB,CD的中点,求△MNF2面积的最大值.‎ ‎ ‎ ‎2016-2017学年重庆市杨家坪中学高二(上)期中数学试卷(理科)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.)‎ ‎1.已知倾斜角为θ的直线,与直线x﹣3y+1=0垂直,则tanθ=(  )‎ A. B.3 C.﹣3 D.‎ ‎【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系.‎ ‎【分析】利用直线相互垂直的充要条件即可得出.‎ ‎【解答】解:∵倾斜角为θ的直线,与直线x﹣3y+1=0垂直,‎ ‎∴×tanθ=﹣1,‎ 解得tanθ=﹣3.‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎2.已知双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的两个焦点为F1(﹣5,0),F2(5,0),P为双曲线C的右支上一点,且满足|PF1|﹣|PF2|=2,则双曲线C的方程为(  )‎ A.﹣=1 B.﹣=1‎ C.﹣=1 D.﹣=1‎ ‎【考点】双曲线的简单性质.‎ ‎【分析】由题意求得c,结合已知求得a,再由隐含条件求得b,则双曲线方程可求.‎ ‎【解答】解:由题意,知c=5,‎ 又P为双曲线C的右支上一点,且满足|PF1|﹣|PF2|=2,‎ ‎∴2a=2,得a=.‎ 则b2=c2﹣a2=25﹣5=20.‎ ‎∴双曲线C的方程为.‎ 故选:A.‎ ‎ ‎ ‎3.“a+b=2”是“直线x+y=0与圆(x﹣a)2+(y﹣b)2=2相切”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.‎ ‎【分析】根据直线与圆相切的充要条件,可得“直线x+y=0与圆(x﹣a)2+(y﹣b)2=2相切”的等价命题“a+b=±2”,进而根据充要条件的定义,可得答案.‎ ‎【解答】解:若直线x+y=0与圆(x﹣a)2+(y﹣b)2=2相切 则圆心(a,b)到直线x+y=0的距离等于半径 即=,即|a+b|=2‎ 即a+b=±2‎ 故“a+b=2”是“直线x+y=0与圆(x﹣a)2+(y﹣b)2=2相切”的充分不必要条件 故选A ‎ ‎ ‎4.圆O:x2+y2﹣2x﹣7=0与直线l:(λ+1)x﹣y+1﹣λ=0(λ∈R)的位置关系是(  )‎ A.相切 B.相交 C.相离 D.不确定 ‎【考点】直线与圆的位置关系.‎ ‎【分析】根据直线l:(λ+1)x﹣y+1﹣λ=0(λ∈R),经过定点A(1,2),且点A在圆内,可得直线和圆相交.‎ ‎【解答】解:直线l:(λ+1)x﹣y+1﹣λ=0(λ∈R),可化为λ(x﹣1)+(x﹣y+1)=0,‎ 令x﹣1=0,则x﹣y+1=0,可得定点A(1,2)‎ 定点A(1,2)在圆内,‎ 故直线和圆相交,‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎5.已知F是椭圆+=1(a>b>0)的左焦点,A为右顶点,P是椭圆上一点,且PF⊥x轴,若|PF|=|AF|,则该椭圆的离心率是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【考点】椭圆的简单性质.‎ ‎【分析】令x=﹣c,代入椭圆方程,解得|PF|,再由|AF|=a+c,列出方程,再由离心率公式,即可得到.‎ ‎【解答】解:由于PF⊥x轴,‎ 则令x=﹣c,代入椭圆方程,解得,‎ y2=b2(1﹣)=,‎ y=,‎ 又|PF|=|AF|,‎ 即=(a+c),‎ 即有4(a2﹣c2)=a2+ac,‎ 即有(3a﹣4c)(a+c)=0,‎ 则e=.‎ 故选B.‎ ‎ ‎ ‎6.已知命题p:“∀x∈[0,1],a≥2x”,命题p:“∃x∈R,x2+4x+a=0”,若命题“p∧q”是真命题,则实数a的取值范围是(  )‎ A.[1,4] B.[2,4] C.[2,+∞) D.[4,+∞)‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用.‎ ‎【分析】对于命题p:利用ax在x∈[0,1]上单调递增即可得出a的取值范围,对于命题q利用判别式△≥0即可得出a的取值范围,再利用命题“p∧q”是真命题,则p与q都是真命题,求其交集即可.‎ ‎【解答】解:对于命题p:∀x∈[0,1],a≥2x,∴a≥(2x)max,x∈[0,1],∵2x在x∈[0,1]上单调递增,‎ ‎∴当x=1时,2x取得最大值2,‎ ‎∴a≥2.‎ 对于命题q:∃x∈R,x2+4x+a=0,∴△=42﹣4a≥0,解得a≤4.‎ 若命题“p∧q”是真命题,则p与q都是真命题,‎ ‎∴2≤a≤4.‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎7.某几何体的主视图和左视图如图(1),它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1如图(2),其中O1A1=6,O1C1=2,则该几何体的侧面积为(  )‎ A.48 B.64 C.96 D.128‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积.‎ ‎【分析】由已知中的三视图可得该几何体是一个四棱柱,计算出底面的周长和高,进而可得几何体的侧面积.‎ ‎【解答】解:由已知中的三视图可得该几何体是一个四棱柱,‎ ‎∵它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1,O1A1=6,O1C1=2,‎ ‎∴它的俯视图的直观图面积为12,‎ ‎∴它的俯视图的面积为:24,‎ ‎∴它的俯视图 的俯视图是边长为:6的菱形,‎ 棱柱的高为4‎ 故该几何体的侧面积为:4×6×4=96,‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎8.以原点O引圆(x﹣m)2+(y﹣2)2=m2+1的切线y=kx,当m变化时切点P的轨迹方程是(  )‎ A.x2+y2=3 B.(x﹣1)2+y2=3 C.(x﹣1)2+(y﹣1)2=3 D.x2+y2=2‎ ‎【考点】轨迹方程.‎ ‎【分析】本题宜借助图形,由图知|OP|2=|OC|2﹣|PC|2,设P(x,y),表示出三个线段的长度,代入等式整理即得.‎ ‎【解答】 解:根据题意画出示意图,设圆心为C,‎ 切点P的坐标为P(x,y),则发现图中隐含 ‎ 条件.|OP|2=|OC|2﹣|PC|2‎ ‎∵|OP|2=x2+y2,|OC|2=m2+4,|PC|2=r2=m2+1,‎ 故点P的轨迹方程为x2+y2=3 ‎ 故选A ‎ ‎ ‎9.直线l交椭圆4x2+5y2=80于M、N两点,椭圆的上顶点为B点,若△BMN的重心恰好落在椭圆的右焦点上,则直线l的方程是(  )‎ A.5x+6y﹣28=0 B.5x﹣6y﹣28=0 C.6x+5y﹣28=0 D.6x﹣5y﹣28=0‎ ‎【考点】直线与圆相交的性质.‎ ‎【分析】设M(x1,y1)、N(x2,y2),MN的中点为G,MN的方程为y=kx+b,结合题意可得x1+x2=6,y1+y2=﹣4,可得G的坐标,再由A、B在椭圆上,可得,计算可得k,将G的坐标代入可求直线的方程.‎ ‎【解答】解:设M(x1,y1)、N(x2,y2),MN的中点为G,MN的方程为y=kx+b,‎ 而B(0,4),又△BMN的重心恰好落在椭圆的右焦点(2,0)上,‎ 故x1+x2=6,y1+y2=﹣4,则MN的中点G为(3,﹣2),‎ 又M、N在椭圆上,‎ ‎①﹣②,可得4(x1﹣x2)(x1+x2)+5(y1﹣y2)(y1+y2)=80,‎ 又由x1+x2=6,y1+y2=﹣4,‎ 可得k==,‎ 又由直线MN过点G(3,﹣2),则直线l的方程是6x﹣5y﹣28=0.‎ 故选D ‎ ‎ ‎10.已知函数f(x)=(ex+1)(ax+2a﹣2),若存在x∈(0,+∞),使得不等式f(x)﹣2<0成立,则实数a的取值范围是(  )‎ A.(0,1) B.(0,) C.(﹣∞,1) D.(﹣∞,)‎ ‎【考点】特称命题.‎ ‎【分析】由题意分离出a可得存在x∈(0,+∞),使得不等式a<+成立,由函数的单调性求出右边式子的最大值可得.‎ ‎【解答】解:由题意可得存在x∈(0,+∞),使得不等式(ex+1)(ax+2a﹣2)﹣2‎ ‎<0成立,‎ 故可得存在x∈(0,+∞),使得不等式(ex+1)(ax+2a﹣2)<2成立,‎ 即存在x∈(0,+∞),使得不等式a(x+2)<2+成立,‎ 即存在x∈(0,+∞),使得不等式a<+成立,‎ 又可得函数g(x)=+在x∈(0,+∞)单调递减,‎ ‎∴g(x)<g(0)=,∴实数a的取值范围为(﹣∞,)‎ 故选:D.‎ ‎ ‎ ‎11.双曲线x2﹣y2=2016的左、右顶点分别为A1、A2,P为其右支上一点,且P不在x轴上,若∠A1PA2=4∠PA1A2,则∠PA1A2等于(  )‎ A. B. C. D.无法确定 ‎【考点】双曲线的简单性质.‎ ‎【分析】设P(x,y),y>0,过点P作x轴的垂线PH,垂足为H,则可得tan∠PA1H•tan∠PA2H==1,利用∠A1PA2=4∠PA1A2,即可求∠PA1A2的值.‎ ‎【解答】解:如图,‎ 设P(x,y),y>0,过点P作x轴的垂线PH,垂足为H,‎ 则tan∠PA1H=,tan∠PA2H=( 其中a2=2016).‎ ‎∴tan∠PA1H•tan∠PA2H==1.‎ ‎∴∠PA1H+∠PA2H=,‎ 设∠PA1A2=α,则∠PA2H=5α,∴α+5α=,则α=,‎ 即∠P.‎ 故选:A.‎ ‎ ‎ ‎12.已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点.且∠F1PF2=,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为(  )‎ A. B. C.3 D.2‎ ‎【考点】椭圆的简单性质;余弦定理;双曲线的简单性质.‎ ‎【分析】根据双曲线和椭圆的性质和关系,结合余弦定理即可得到结论.‎ ‎【解答】解:设椭圆的长半轴为a,双曲线的实半轴为a1,(a>a1),半焦距为c,‎ 由椭圆和双曲线的定义可知,‎ 设|PF1|=r1,|PF2|=r2,|F1F2|=2c,‎ 椭圆和双曲线的离心率分别为e1,e2‎ ‎∵∠F1PF2=,‎ ‎∴由余弦定理可得4c2=(r1)2+(r2)2﹣2r1r2cos,①‎ 在椭圆中,①化简为即4c2=4a2﹣3r1r2,‎ 即,②‎ 在双曲线中,①化简为即4c2=4a12+r1r2,‎ 即,③‎ 联立②③得, =4,‎ 由柯西不等式得(1+)()≥(1×+)‎ ‎2,‎ 即()=‎ 即,d当且仅当时取等号,‎ 法2:设椭圆的长半轴为a1,双曲线的实半轴为a2,(a1>a2),半焦距为c,‎ 由椭圆和双曲线的定义可知,‎ 设|PF1|=r1,|PF2|=r2,|F1F2|=2c,‎ 椭圆和双曲线的离心率分别为e1,e2‎ ‎∵∠F1PF2=,‎ ‎∴由余弦定理可得4c2=(r1)2+(r2)2﹣2r1r2cos=(r1)2+(r2)2﹣r1r2,‎ 由,得,‎ ‎∴=,‎ 令m===,‎ 当时,m,‎ ‎∴,‎ 即的最大值为,‎ 法3:设PF1|=m,|PF2|=n,则,‎ 则a1+a2=m,‎ 则=,‎ 由正弦定理得=,‎ 即=sin≤=‎ 故选:A ‎ ‎ 二、填空题(本大题4个小题,每小题5分,共20分.)‎ ‎13.两条平行直线l1:x+2y+5=0和l2:4x+8y+15=0的距离为  .‎ ‎【考点】两条平行直线间的距离.‎ ‎【分析】先把x、y的系数化为相同的值,再利用两条平行直线间的距离公式计算求的结果.‎ ‎【解答】解:条平行直线l1:x+2y+5=0和l2:4x+8y+15=0,即直线l1:4x+8y+20=0和l2:4x+8y+15=0‎ 故它们之间的距离为d==,‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ ‎14.一个球与正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,已知这个球的体积为36π,那么该三棱柱的体积是 162 .‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积.‎ ‎【分析】根据球的体积得出球的半径,由球与棱柱相切可知棱柱的高为球的直径,棱柱底面三角形的内切圆为球的大圆,从而计算出棱柱的底面边长和高.‎ ‎【解答】解:设球的半径为r,则=36π,解得r=3.‎ ‎∵球与正三棱柱的三个侧面相切,‎ ‎∴球的大圆为棱柱底面等边三角形的内切圆,‎ ‎∴棱柱底面正三角形的边长为2=6.‎ ‎∵球与棱柱的两底面相切,‎ ‎∴棱柱的高为2r=6.‎ ‎∴三棱柱的体积V==162.‎ 故答案为162.‎ ‎ ‎ ‎15.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中,面积最大的侧面的面积为  ‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积.‎ ‎【分析】由三视图可知,几何体的直观图如图所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A﹣BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形,分别计算侧面积,即可得出结论.‎ ‎【解答】解:由三视图可知,几何体的直观图如图所示,‎ 平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A﹣BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形,‎ 则S△AED=×1×1=,‎ S△ABC=S△ABE=×1×=,‎ S△ACD=×1×=,‎ 故答案为:‎ ‎ ‎ ‎16.如图所示,过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F作直线交C于A、B两点,过A、B分别向C的准线l作垂线,垂足为A′,B′,已知四边形AA′B′F与BB′A′F的面积分别为15和7,则△A′B′F的面积为 6 .‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题.‎ ‎【分析】设△A′B′F的面积为S,直线AB:x=my+,代入抛物线方程,利用韦达定理,计算S△AA'F,S△BB'F,求出面积的积,利用四边形AA′B′F与BB′A′F的面积分别为15和7,建立方程,即可求得△A′B′F的面积.‎ ‎【解答】解:设△A′B′F的面积为S,直线AB:x=my+,代入抛物线方程,消元可得y2﹣2pmy﹣p2=0‎ 设A(x1,y1) B(x2,y2),则y1y2=﹣p2,y1+y2=2pm S△AA'F=|AA'|×|y1|=|x1+||y1|=(+)|y1|‎ S△BB'F=|BB'|×|y2|=|x2+||y2|=(+)|y2|‎ ‎∴(+)|y1|×(+)|y2|=(++)=(m2+1)‎ S△A′B′F=|y1﹣y2|==S ‎∵四边形AA′B′F与BB′A′F的面积分别为15和7‎ ‎∴(m2+1)=(15﹣S)(7﹣S)‎ ‎∴S2=(15﹣S)(7﹣S)‎ ‎∴S2﹣22S+105=0‎ ‎∴S=6 ‎ 故答案为:6‎ ‎ ‎ 三、解答题(本大题6个小题,共70分.)‎ ‎17.在直角坐标系xOy中,以坐标原点O为圆心的圆与直线:相切.‎ ‎(1)求圆O的方程;‎ ‎(2)若圆O上有两点M、N关于直线x+2y=0对称,且,求直线MN的方程.‎ ‎【考点】圆的标准方程;关于点、直线对称的圆的方程.‎ ‎【分析】(Ⅰ)设圆O的半径为r,由圆心为原点(0,0),根据已知直线与圆O相切,得到圆心到直线的距离d=r,利用点到直线的距离公式求出圆心O到已知直线的距离d,即为圆的半径r,由圆心和半径写出圆O的标准方程即可;‎ ‎(Ⅱ)设出直线方程,利用点到直线的距离以及垂径定理求出直线方程中的参数,即可得到直线方程.‎ ‎【解答】(本题满分14分)‎ ‎(1)依题设,圆O的半径r等于原点O到直线的距离,‎ 即.…‎ 得圆O的方程为x2+y2=4. …‎ ‎(2)由题意,可设直线MN的方程为2x﹣y+m=0.…‎ 则圆心O到直线MN的距离. …‎ 由垂径分弦定理得:,即.…‎ 所以直线MN的方程为:或.…‎ ‎ ‎ ‎18.(Ⅰ)命题“”为假命题,求实数a的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)若“x2+2x﹣8<0”是“x﹣m>0”的充分不必要条件,求实数m的取值范围.‎ ‎【考点】特称命题;命题的否定;必要条件、充分条件与充要条件的判断.‎ ‎【分析】(I)∃x0∈R,x02﹣3ax0+9<0为假命题,等价于∀x∈R,x2﹣3ax+9≥0为真命题,利用判别式,即可确定实数a的取值范围;‎ ‎(II)根据一元二次不等式的解法分别求出两不等式的解集,由“x2+2x﹣8<0”是“x﹣m>0”的充分不必要条件,可得不等式解集的包含关系,从而求出m的范围 ‎【解答】解:(Ⅰ):∃x0∈R,x02﹣3ax0+9<0为假命题,等价于∀x∈R,x2﹣3ax+9≥0为真命题,‎ ‎∴△=9a2﹣4×9≤0⇒﹣2≤a≤2,‎ ‎∴实数a的取值范围是﹣2≤a≤2;‎ ‎(Ⅱ)由x2+2x﹣8<0⇒﹣4<x<2,‎ 另由x﹣m>0,‎ 即x>m,‎ ‎∵“x2+2x﹣8<0”是“x﹣m>0”的充分不必要条件,‎ ‎∴m≤﹣4.‎ 故m的取值范围是m≤﹣4.‎ ‎ ‎ ‎19.已知双曲线C:﹣=1 的离心率是,其一条准线方程为x=.‎ ‎(Ⅰ)求双曲线C的方程;‎ ‎(Ⅱ)设双曲线C的左右焦点分别为A,B,点D为该双曲线右支上一点,直线AD与其左支交于点E,若=λ,求实数λ的取值范围.‎ ‎【考点】双曲线的简单性质.‎ ‎【分析】(I)由题意可得,可求a,c,由b2=c2﹣a2可求b,可求双曲线的方程 ‎(II)由(I)知A(﹣2,0),设D(x0,y0),E(x1,y1)则由=λ,可得x1=,y1=,结合E,D在双曲线上,可求x0,结合双曲线的性质可求λ的取值范围.‎ ‎【解答】解:(I)由题意可得,‎ ‎∴a=,c=2,b=1,‎ ‎∴双曲线的方程为=1‎ ‎(II)由(I)知A(﹣2,0),设D(x0,y0),E(x1,y1)‎ 则由=λ,‎ 可得x1=,y1=,‎ ‎∵E在双曲线上 ‎∴()2﹣()2=1‎ ‎(﹣2+λx0)2﹣3(λy0)2=3(1+λ)2‎ ‎∵D在双曲线 ‎∴可得x0=,‎ ‎∴λ≤,‎ ‎∵D在双曲线的左支,点D在右支 ‎∴0>λ≤‎ ‎ ‎ ‎20.如图,曲线c1:y2=2px(p>0)与曲线c2:(x﹣6)2+y2=36只有三个公共点O,M,N,其中O为坐标原点,且•=0.‎ ‎(1)求曲线c1的方程;‎ ‎(2)过定点M(3,2)的直线l与曲线c1交于A,B两点,若点M是线段AB的中点,求线段AB的长.‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题;平面向量数量积的运算.‎ ‎【分析】(1)由对称性知MN⊥x轴于点(6,0),且|MN|=12,可得M的坐标,代入抛物线方程,即可求曲线c1的方程;‎ ‎(2)利用点差法求出直线AB的斜率,可得AB的方程,与抛物线方程联立,结合弦长公式,可求线段AB的长度.‎ ‎【解答】解:(1)由对称性知MN⊥x轴于点(6,0),且|MN|=12‎ 所以M(6,6),…‎ 所以62=2p×6‎ 所以p=3…‎ 所以曲线为y2=6x…‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)‎ 因为(3,2)是AB中点 所以x1+x2=6,y1+y2=4…‎ 则由点差法得k==…‎ 所以直线l:3x﹣2y﹣5=0‎ 由 所以由韦达定理…‎ 所以|AB|==…‎ ‎ ‎ ‎21.已知A、B、C是椭圆M: =1(a>b>0)上的三点,其中点A的坐标为,BC过椭圆M的中心,且.‎ ‎(1)求椭圆M的方程;‎ ‎(2)过点(0,t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P、Q,设D为椭圆M与y轴负半轴的交点,且,求实数t的取值范围.‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题;椭圆的标准方程.‎ ‎【分析】(1)根据点A的坐标求出a,然后根据求出b,综合即可求出椭圆M的方程.‎ ‎(2)根据题意设出直线方程,与(1)中M的方程联立,然后运用设而不求韦达定理进行计算,求出实数t的取值范围.‎ ‎【解答】解:(1)∵点A的坐标为(,)‎ ‎∴,椭圆方程为①‎ 又∵.,且BC过椭圆M的中心O(0,0),‎ ‎∴.‎ 又∵,‎ ‎∴△AOC是以∠C为直角的等腰三角形,‎ 易得C点坐标为(,)‎ 将(,)代入①式得b2=4‎ ‎∴椭圆M的方程为 ‎(2)当直线l的斜率k=0,直线l的方程为y=t 则满足题意的t的取值范围为﹣2<t<2‎ 当直线l的斜率k≠0时,设直线l的方程为y=kx+t 由 得(3k2+1)x2+6ktx+3t2﹣12=0‎ ‎∵直线l与椭圆M交于两点P、Q,‎ ‎∴△=(6kt)2﹣4(3k2+1)(3t2﹣12)>0‎ 即t2<4+12k2 ②‎ 设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1+x2=﹣,x1x2=,‎ PQ中点H(x0,y0),‎ 则H的横坐标,‎ 纵坐标,‎ D点的坐标为(0,﹣2)‎ 由,‎ 得DH⊥PQ,kDH•kPQ=﹣1,‎ 即,‎ 即t=1+3k2. ③‎ ‎∴k2>0,∴t>1. ④‎ 由②③得0<t<4,‎ 结合④得到1<t<4.‎ 综上所述,﹣2<t<4.‎ ‎ ‎ ‎22.已知椭圆C: +=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且F1,F2与短轴的一个顶点Q构成一个等腰直角三角形,点P(,)在椭圆C上.‎ ‎(I)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(Ⅱ)过F2作互相垂直的两直线AB,CD分别交椭圆于点A,B,C,D,且M,N分别是弦AB,CD的中点,求△MNF2面积的最大值.‎ ‎【考点】椭圆的简单性质.‎ ‎【分析】(Ⅰ)由已知得到关于a,b,c的方程组,求解方程组可得a,b,进而得到椭圆方程;‎ ‎(Ⅱ)设直线AB的方程为x=my+1,m≠0,则直线CD的方程为x=﹣y+1,分别代入椭圆方程,由于韦达定理和中点坐标公式可得中点M,N的坐标,求得斜率和直线方程,即可得到定点H,则△MNF2面积为S=|F2H|•|yM﹣yN|,化简整理,再令m+=t(t≥2),由于函数的单调性,即可得到最大值.‎ ‎【解答】解:(Ⅰ)∵椭圆+=1(a>b>0)经过点P(,),‎ 且F1,F2与短轴的一个顶点Q构成一个等腰直角三角形,‎ ‎∴,解得a2=2,b2=1,‎ ‎∴椭圆方程为;‎ ‎(Ⅱ)设直线AB的方程为x=my+1,m≠0,‎ 则直线CD的方程为x=﹣y+1,‎ 联立,消去x得(m2+2)y2+2my﹣1=0,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=﹣,y1y2=,‎ ‎∴x1+x2=(my1+1)+(my2+1)‎ ‎=m(y1+y2)+2=,‎ 由中点坐标公式得M(),‎ 将M的坐标中的m用﹣代换,得CD的中点N(),‎ kMN=,‎ 直线MN的方程为y+=(x﹣),‎ 即为y=,‎ 令,可得x=,即有y=0,‎ 则直线MN过定点H,且为H(,0),‎ ‎∴△F2MN面积为S=|F2H|•|yM﹣yN|‎ ‎=(1﹣)•||=||=||,‎ 令m+=t(t≥2),由于2t+的导数为2﹣,且大于0,即有在[2,+∞)递增.‎ 即有S==在[2,+∞)递减,‎ ‎∴当t=2,即m=1时,S取得最大值,为;‎ 则△MNF2面积的最大值为.‎

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