数学卷·2018届重庆市南开中学高二上学期半期考试理科数学试卷+（解析版）x
2016-2017学年重庆市南开中学高二上学期半期考试理科数学
一、选择题：共12题
1．双曲线x2-y23=1的渐近线方程为
A.y=±3x B.y=±3x C.y=±13x D.y=±33x
【答案】A
【解析】本题主要考查双曲线的渐近线方程.由双曲线的方程x2-y23=1可得渐近线方程为y=±3x
2．命题“∀x∈R，均有x2+sinx+1<0”的否定为
A.∀∈R，均有x2+sinx+1≥0 B.∃x∈R，使得x2+sinx+1<0
C.∃x∈R，使得x2+sinx+1≥0 D.∀x∈R，均有x2+sinx+1>0
【答案】C
【解析】本题主要考查全称命题与特称命题的否定.由全称命题否定的定义可知，答案为C.
3．椭圆x216+y212=1的左顶点到右焦点的距离为
A.2 B.3 C.4 D.6
【答案】D
【解析】本题主要考查椭圆的方程与性质.由椭圆的方程x216+y212=1可得a=4，c=2，所以椭圆x216+y212=1的左顶点到右焦点的距离为a+c=6
4．“方程x22-n+y2n+1=1表示焦点在x轴的椭圆”是“-1
n+1>0,所以-1b>0)，由题意可得a=2，A(x1,y1),B(x2,y2)，将y=x-1代入椭圆方程可得b2+4x2-8x+4-4b2=0,则x1+x2=8b2+4=43，所以b2=2，故答案为D.
9．已知圆台的下底面周长是上底面周长的3倍，母线长为3，且圆台的侧面积为12π，则该圆台的体积为
A.1353π B.13π C.1333π D.135π
【答案】A
【解析】本题主要考查圆台的表面积与体积，考查了空间想象能力.设上底面半径为r，由题意可知，下底面半径为3r，则π×r+3r×3=12π,则r=1，则圆台的高h=32-(3-1)2=5，所以圆台的体积V=π3×12+1×3+32×5=1353π
10．平行四边形ABCD的顶点A为双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的中心，顶点B为双曲线的右焦点，顶点C在y轴正半轴上，顶点D恰好在该双曲线左支上，若∠ABC=45∘，则此双曲线的离心率是
A.5 B.5+32 C.5+12 D.52
【答案】C
【解析】本题主要考查双曲线的性质，考查了逻辑推理能力.因为平行四边形ABCD的顶点A为双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的中心，顶点B为双曲线的右焦点，顶点C在y轴正半轴上，且∠ABC=45∘，所以点D的坐标为(-c,c)，因为顶点D恰好在该双曲线左支上，所以c2a2-c2b2=1,即c2(b2-a2)=b2a2,即c2c2-2a2=a2(c2-a2),即e4-3e2+1=0,所以e2=3+52=(1+52)2,e=1+52
11．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l:3x-4y=0交椭圆E于A,B两点，若AF+BF=4，点M到直线l的距离等于45，则椭圆E的焦距长为
A.2 B.23 C.3 D.4
【答案】B
【解析】本题主要考查椭圆的定义与性质、点到直线的距离公式，考查了逻辑推理能力与计算能力.由椭圆的对称性可知，2a=AF+BF=4，则a=2,令M(0,b),则4b5=45,则b=1，所以c=a2-b2=3,则2c=23
12．已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3，过左焦点F1(-c,0)作圆x2+y2=a2的切线，切点为E，延长F1E交抛物线y2=4cx于P,Q两点，则|PE|+|QE|的值为
A.102a B.10a C.(5+5)a D.122a
【答案】A
【解析】本题主要考查双曲线的双曲线的性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系，考查了逻辑推理能力与计算能力.设P(x1,y1),Q(x2,y2)，因为双曲线的离心率为3，所以c=3a,由题意可得直线F1E的方程为x=2y-3a,代入y2=4cx，即y2=43ax可得y2-46ay+12a2=0,则y1+y2=46a，则P,Q的中点M的坐标为(33a,26a),所以|OM|2=51a2,所以|ME|=|OM|2-a2=52a, 则|PE|+|QE|=2OM=102a
二、填空题：共4题
13．抛物线x2=-2y的准线方程为________
【答案】y=12
【解析】本题主要考查抛物线的方程与准线.p=1，抛物线的开口向下，所以抛物线的准线方程为y=12
14．已知正四棱锥V-ABCD的底面边长为4，侧棱长为13，则它的表面积为________
【答案】40
【解析】本题主要考查空间几何体的表面积与体积，考查了空间想象能力.因为正四棱锥V-ABCD的底面边长为4，侧棱长为13，所以侧面的斜腰=(13)2-22=3,所以正四棱锥V-ABCD的表面积S=4×12×4×3+42=40
15．椭圆与双曲线有相同的焦点F1(-c,0),F2(c,0)，椭圆的一个短轴端点为B，直线F1B与双曲线的一条渐近线平行，若椭圆与双曲线的离心率分别为e1,e2，则3e12+e22的最小值为________
【答案】23
【解析】本题主要考查椭圆与双曲线的性质、导数与函数的单调性，考查了转化思想、逻辑推理能力与计算能力.设椭圆方程x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)，双曲线方程x2a22-y2b22=1a2>0,b2>0，因为椭圆的一个短轴端点为B，直线F1B与双曲线的一条渐近线平行，所以b1c=b2a2,求解可得e2=1e1，且00)的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B，设C(72p,0)，AF与BC相交于点E.若|CF|=3|AF|，且ΔACE的面积为3，则p的值为________
【答案】22
【解析】本题主要考查抛物线的定义，考查了逻辑推理能力与计算能力.因为C(72p,0)，所以CF=3p,则ΔACE的面积为12·CF·AE=3，所以AE=2p,因为|CF|=3|AF|，且|AB|=|AF|，所以AB=AF=p，由题意可得AB//CF,所以AB|CF|=|AE||EF|=13,所以AE=14AF=14p=2p,则p=22
三、解答题：共6题
17．已知圆C:x2+y2-4x-4y+4=0.
(1)求圆C的圆心坐标和半径；
(2)直线l过点A(4,0)、B(0,2)，求直线l被圆C截得的弦长.
【答案】(1)圆的标准方程为(x-2)2+(y-2)2=4，
圆心坐标为(2,2)，半径为r=2.
(2)直线l:x4+y2=1，即x+2y-4=0，
圆心(2,2)到直线l的距离d=25，
所以弦长=2r2-d2=855.
【解析】本题主要考查圆的标准方程、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，考查了转化思想与计算能力.(1)将圆的一般方程化为标准方程，即可得到圆心坐标与半径r；(2)求出直线l的方程，求出圆心到直线l的距离d，再利用圆的垂径定理可得弦长=2r2-d2.
18．设命题p：不等式x-x2≤a对∀x≥1恒成立，命题q：关于x的方程x2-ax+1=0在R上有解.
(1)若¬p为假命题，求实数a的取值范围；
(2)若“p∧q”为假命题，“p∨q”为真命题，求实数a的取值范围.
【答案】命题p:x-x2在x∈[1,+∞)单调递减，∴ x-x2的最大值为0,
故a≥0.
命题q:Δ=a2-4≥0, ∴a≥2或a≤-2,
(1)¬p为假命题，则a<0.
(2)“p∧q”为假命题，“p∨q”为真命题，等价于p真q假，或者p假q真，则a≥0-20,b>0)的右焦点为F(c,0).
(1)若双曲线的一条渐近线方程为y=x且c=2，求双曲线的方程；
(2)以原点O为圆心，c为半径作圆，该圆与双曲线在第一象限的交点为A，过A作圆的切线，斜率为-3，求双曲线的离心率.
【答案】(1)由题意，ba=1,c=2,a2+b2=c2,∴a2=b2=2，
∴所求双曲线方程为x2-y2=2.
(2)由题意，设A(m,n)，则kOA=33，
从而n=33m，m2+n2=c2，∴ A(32c,c2),
将A(32c,c2)代入双曲线x2a2-y2b2=1得：3c24a2-c24b2=1,
∴c23b2-a2=4a2b2,且c2=a2+b2,
∴a2+b23b2-a2=4a2b2,∴3b4-2a2b2-a4=0,
∴3(ba)4-2ba2-1=0,∴b2a2=1,
从而e2=1+b2a2=2,∴e=2.
【解析】本题主要考查双曲线的方程与性质、圆、直线与圆锥曲线的位置关系，考查了转化思想与逻辑推理能力.(1) 由题意，ba=1,c=2，求解可得结论；(2) 由题意，设A(m,n)，n=33m，m2+n2=c2，联立双曲线方程x2a2-y2b2=1，求解可得可得结论.
20．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为55，且右准线方程为x=5.
(1)求椭圆方程；
(2)过椭圆右焦点F作斜率为1的直线l与椭圆C交于A,B两点，P为椭圆上一动点，求ΔPAB面积的最大值.
【答案】(1)ca=55,a2c=5,∴a=5,c=1，从而b2=4,
所以椭圆方程为x25+y24=1.
(2) 法1：
右焦点F(1,0)，则直线l:y=x-1与椭圆x25+y24=1联立得：9x2-10x-15=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则弦|AB|=2|x1-x2|=1659，
设P(5cosθ,2sinθ)到直线d=|5cosθ-2sinθ-1|2=|3cos(θ+φ)-1|2max=42，
∴SΔPABmax=12|AB|dmax=12⋅1659⋅42=16109
法2：设l':y=x+m与椭圆x25+y24=1相切，
联立得：9x2+10mx+5m2-10=0,
∴Δ=0得：m2=9，当m=3时，即l':y=x+3时l与l'间的距离d=42即为椭圆上动点P到直线l:y=x-1的最大距离，亦即为ΔPAB取得最大值
∴SΔPABmax=12ABdmax=12⋅1659⋅42=16109.
【解析】本题主要考查椭圆的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系、点到直线的距离公式、弦长公式，考查了方程思想与逻辑推理能力.(1)由题意可得ca=55,a2c=5，求解可得结论；(2)法一：由题意，求出直线l的方程，联立椭圆方程，由弦长公式求出|AB|；设P(5cosθ,2sinθ)，利用点到直线的距离公式求出点P到l的距离d，结合三角函数的性质求出d的最大值，则可得结论；法二：设l':y=x+m与椭圆x25+y24=1相切，联立，Δ=0，得m的值，即可求出l'与l的距离的最大值，同法一求出|AB|，即可求出结论.
21．已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为(1,0)，A,B是抛物线上位于x轴两侧的两动点，且OA⋅OB=-4(O为坐标原点).
(1)求抛物线方程；
(2)证明：直线AB过定点T；
(3)过点T作AB的垂线交抛物线于M,N两点，求四边形AMBN的面积的最小值.
【答案】(1)抛物线方程为y2=4x.
(2)设lAB:x=my+t与抛物线y2=4x联系得：y2-4my-4t=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则Δ>0y1+y2=4my1y2=-4t(*),
∴x1x2=y12y2216=t2，由OA⋅OB=-4得：x1x2+y1y2=-4,即t2-4t+4=0,∴t=2，∴lAB:x=my+2，
故直线AB过定点T2,0.
法2：设A(y124,y1)，B(y224,y2)，由OA⋅OB=-4∴y12y2216+y1y2=-4,∴y1y2=-8,又有kAB=4y1+y2，∴lAB:y-y1=4y1+y2(x-y124)，
令y=0得x=-y1y24=2，所以直线AB过定点T2,0.
(3)当t=2时，由(*)得:|AB|=1+m216m2+32,
同理有lMN:x=-1my+2，从而|MN|=1+1m216m2+32,
∴SAMBN=12AB⋅MN=121+m216m2+32⋅1+1m216m2+32
=8(1+m2)(1+1m2)⋅(m2+2)(1m2+2)
=82+(m2+1m2)⋅5+2(m2+1m2)，
令u=m2+1m2(u≥2)，则
∴SAMBN=8(2+u)(5+2u)，易知(2+u)(5+2u)随着u增加单调递增，故当u=2即m2=1时,∴SAMBN=8(2+u)(5+2u)min=48.
【解析】本题主要考查抛物线的方程与性质、平面向量的数量积的坐标表示、弦长公式、函数的性质，考查了转化思想与方程思想、逻辑推理能力与计算能力.(1)由抛物线的焦点坐标即可求出p的值，则可得抛物线的方程；(2)法一：设lAB:x=my+t，联立抛物线方程，由韦达定理，结合条件OA⋅OB=-4求解即可；法二：设A(y124,y1)，B(y224,y2)，由OA⋅OB=-4，结合直线AB的方程，令y=0，化简可得结论；(3)由(2)，利用弦长公式求出AB，设lMN:x=-1my+2，同理求出|MN|，则SAMBN=12AB⋅MN=82+(m2+1m2)⋅5+2(m2+1m2)，令u=m2+1m2(u≥2)，换元，再利用函数的性质求解即可.
22．如图，椭圆C:x29+y2b2=1(00y1+y2=-85m4m2+9y1y2=-164m2+9,
由PF=2FQ得y1=-2y2，(y1+y2)2y1y2=y1y2+2+y2y1=-12,
即-20m24m2+9=-12,∴m2=14,∴lPQ:y=±2x-5.
(3)设M(x0,y0)，N(x0,-y0)，则lPM:y-y0=y0-y1x0-x1(x-x0)，
令y=0得xR=-y0(x0-x1)y0-y1+x0,
同理lPN:y+y0=-y0-y1x0-x1(x-x0)得xS=y0(x0-x1)-y0-y1+x0,
∴OR⋅OS=-y0x0-x1y0-y1+x0⋅y0x0-x1-y0-y1+x0=x12y02-x02y12y02-y12,(#)
又x129+y124=1，x029+y024=1, ∴x12=9(1-y124)，
∴x02=9(1-y024)代入(#)得：
∴|OR|⋅|OS|=9.
【解析】本题主要考查椭圆的方程与性质、平面向量、直线与圆锥曲线的位置关系，考查了转化思想与方程思想、逻辑推理能力能力与计算能力.(1) 由题意得2b2a=83，求解可得结论；(2) 设lPQ:x=my+5，联立椭圆方程，由韦达定理，结合条件PF=2FQ，即可求出结果；(3)由题意，)设M(x0,y0)，N(x0,-y0)，由直线方程的两点式分别求出直线PM,PN的方程，令y=0即得出R、S的坐标，结合椭圆方程化简OR⋅OS，即可求出结论.
