上海市奉贤中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

上海市奉贤中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

奉贤中学高二期中数学卷 一.填空题 ‎1.直线l过点A（1,2），且法向量为（1，-3），则直线l的一般式方程为____________‎ ‎【答案】x-3y+5=0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由直线的法向量为（1，-3），求出直线的斜率为，再结合直线点斜式方程的求法，求出直线方程，然后整理为一般式即可.‎ ‎【详解】解：由直线的法向量为（1，-3），则直线的斜率为，‎ 又直线过点A（1,2），由直线点斜式方程可得，‎ 整理得，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了直线法向量及直线的点斜式方程，重点考查了直线一般方程的求法，属基础题.‎ ‎2.向量在向量 方向上的投影为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量在向量方向上的投影公式计算即可.‎ ‎【详解】依题意得，因此向量在向量方向上的投影为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量在向量方向上的投影及其计算，属于中档题.‎ ‎3.直线与直线的夹角为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求两直线倾斜角，即可得出夹角.‎ ‎【详解】因为直线的斜率为，所以其倾斜角为，‎ 又直线的倾斜角为，‎ 所以两直线夹角为：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求两直线的夹角，熟记斜率的定义，会求倾斜角即可，属于基础题型.‎ ‎4.设变量、满足约束条件，则的最大值为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由约束条件作出可行域，化目标函数为，根据直线在轴上的截距越大，就越大；结合图像，即可得出结果.‎ ‎【详解】由约束条件作出可行域如下：‎ 因为化为，‎ 因此直线在轴上的截距越大，就越大；‎ 由图像可得：直线过点时，截距最大；‎ 由解得，即，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，由约束条件作出可行域，分析目标函数的几何意义，结合图像即可求解，属于常考题型.‎ ‎5.行列式中，元素的代数余子式的值为____________.‎ ‎【答案】29‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知得元素是第2行第3列元素，根据行列式的元素的代数余子式的定义可求得的代数余子式.‎ ‎【详解】由题意得元素的代数余子式是第2行第3列元素的代数余子式,‎ 故填：29.‎ ‎【点睛】本题考查行列式的代数余子式的概念和求值，余子式的值与元素无关，只与元素的位置有关，属于基础题.‎ ‎6.关于、的二元线性方程组的增广矩阵经过变换，最后得到的矩阵为，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到即是原方程组的解，代入原方程组，求出，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为关于、的二元线性方程组的增广矩阵经过变换，最后得到的矩阵为，‎ 所以即是原方程组的解，代入原方程组，可得：，‎ 解得：，因此.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查由二元一次方程组的增广矩阵求参数的问题，熟记二元一次方程组的矩阵表示即可，属于常考题型.‎ ‎7.已知，，向量与向量垂直，则实数的值为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意求出，再由向量垂直，得到，根据向量数量积的坐标表示，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，，所以，‎ 又向量与向量垂直，‎ 所以，即，‎ 即，解得：.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查根据向量垂直求参数的问题，熟记向量数量积的坐标表示即可，属于常考题型.‎ ‎8.已知，，，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意求出，根据向量模的计算公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】因，，，‎ 所以，因此，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求向量的模，熟记向量模的计算公式即可，属于常考题型.‎ ‎9.已知定点，是圆上的动点，则当取到最小值时，点的坐标为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到点在圆外，记圆的圆心为，半径为，根据点与圆位置关系，得到，推出为的中点，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为，所以点在圆外，‎ 记圆的圆心为，半径为，‎ 则，‎ 此时三点共线，‎ 由可得：为的中点，‎ 因此的坐标为：，即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查点与圆位置关系的应用，熟记点与圆位置关系，以及中点坐标公式即可，属于常考题型.‎ ‎10.如图，已知是边长为等边三角形，点、分别是边、的中点，连结并延长到点，使得，则的值为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到，推出，再由，根据向量的数量积运算，结合题中条件，直接计算，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，点、分别是边、的中点，‎ 所以，‎ 因此，‎ 又，是边长为的等边三角形，‎ 所以 ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，熟记向量数量积的运算法则，以及平面向量基本定理即可，属于常考题型.‎ ‎11.在平面直角坐标系中，已知直线与点，若直线上存在点满足，（为坐标原点），则实数的取值范围是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设，根据，，得到，再由题意，得到，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】由题意设，‎ 因为点，，‎ 所以，‎ 整理得：①‎ 因为直线上存在点满足，‎ 所以方程①有解，因此，‎ 解得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查两点间距离公式的应用，熟记公式即可，属于常考题型.‎ ‎12.如图，已知半圆（），点，点，点在半圆上，点在轴上，且是以为底边的等腰三角形，若直线与直线平行，则点的横坐标为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设，由题意易得：；再由题意，得到，得到直线 的方程为：；再由是以为底边的等腰三角形，根据直线方程，得到，代入，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为点在轴上，设，由题意易得：，‎ 因点，所以，又直线与直线平行，所以，‎ 由点，可得直线的方程为：；‎ 因为是以为底边的等腰三角形，所以点横坐标为：，代入，‎ 可得，，即，‎ 又因为点在半圆（）上，‎ 所以，即，‎ 即，即，‎ 即，即，‎ 即，解得：或，‎ 因为，所以，‎ 即点的横坐标为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查点与圆位置关系的应用，熟记点与圆位置关系，以及直线平行的判定条件即可，属于常考题型.‎ 二、填空题 ‎13.若与都是非零向量，则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件与必要条件的概念，以及向量数量积运算，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为与都是非零向量，若，则，即，所以；因此“”是“”的充分条件；‎ 若，则，所以；因此“”是“”的必要条件；‎ 综上，“”是“”的充要条件.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查命题充要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念，以及数量积的运算法则即可，属于常考题型.‎ ‎14.已知直线方程为，则下列各点不在这条直线上的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到直线方程为：，根据选项，逐项代入验证，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，由得，；‎ 当，时，，故点在直线上；‎ 当，时，，故点不在直线上；‎ 当，时，，故点在直线上；‎ 当，时，，故点在直线上.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查点与直线位置关系，只需由点的坐标代入直线方程验证即可，本题需熟记直线的矩阵形式，属于常考题型.‎ ‎15.动点P满足（），动点P一定会过ΔABC的（ ）‎ A. 内心 B. 垂心 C. 重心 D. 外心 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，做出简图，由化简得，根据得、、三点共线，所以点一定会通过重心.‎ ‎【详解】取中点，做出示意图如下图所示：‎ 由图可知，‎ 故，‎ 因为，所以、、三点共线，即点在的中线所在直线上，‎ 所以点一定会过的重心。‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查向量的线性运算及其应用，关键在于利用向量的加法法则将已知条件化简成三个共起点的向量的关系，利用三点共线的判定条件判断三点共线，属于中档题.‎ ‎16.在平面直角坐标系中，、分别是轴和轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则圆面积的最小值（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，得到点在圆上，（其中为坐标原点），由向直线作垂线，垂足为，当恰为圆与直线的切点时，圆的半径最小，根据点到直线距离公式，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为为直径，，（其中为坐标原点），‎ 所以点在圆上，‎ 由向直线作垂线，垂足为，‎ 则当恰为圆与直线的切点时，圆的半径最小，‎ 此时圆的直径为点到直线的距离，‎ 此时圆的半径为，‎ 所以圆面积的最小值为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系的应用，熟记直线与圆位置关系，以及点到直线距离公式即可，属于常考题型.‎ 三.解答题 ‎17.设向量，.‎ ‎（1）若，且，求；‎ ‎（2）若，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题中条件，结合向量共线的坐标表示，得到，进而可求出结果；‎ ‎（2）先由题意得到，，再由向量模的计算公式，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为，，，‎ 所以，因此，‎ 又，所以；‎ ‎（2）因为，，所以，‎ 由得，‎ 即，因此，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查由向量共线求参数，以及由向量的模求向量模的问题，熟记向量共线的坐标表示，以及向量模的计算公式即可，属于常考题型.‎ ‎18.已知关于、的方程组（）.‎ ‎（1）写出方程组（）的增广矩阵；‎ ‎（2）解方程组（），并对解的情况进行讨论.‎ ‎【答案】（1）；（2）当时，无解；当时，有无穷组解；当且时，有唯一解.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据方程组得到，即可直接写出其增广矩阵；‎ ‎（2）分别讨论，，且三种情况，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为方程组（）可化为，‎ 因此，其增广矩阵为：；‎ ‎（2）当时，方程组（）可化为，此时方程组无解；‎ 当时，方程组（）可化为，此时方程组有无穷组解；‎ 当且时，由解得，显然只有唯一解.‎ ‎【点睛】本题主要考查求方程组的系数矩阵，以及解方程组的问题，熟记二元一次方程组的矩阵表示，以及二元一次方程组的解法即可，属于常考题型.‎ ‎19.已知，直线分别交轴、轴的正半轴于、两点，为坐标原点.‎ ‎（1）若直线方程为（），且，求的值；‎ ‎（2）若直线经过点，设的斜率为，为线段的中点，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）1或2或；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意得到、，，根据点到直线距离公式得到点到直线的距离为：，再由三角形面积公式，得到，求解，即可得出结果；‎ ‎（2）先由题意得到直线的方程为：，求出、两点坐标，由题意确定，求出点坐标，再由向量数量积的坐标表示，以及基本不等式，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）因为直线方程为（）分别交轴、轴的正半轴于、两点，‎ 所以、，因此，‎ 又点到直线的距离为：，，‎ 所以，‎ 因此，由，解得，因为，所以；‎ 由，解得或，‎ 综上，的值为1或2或；‎ ‎（2）由题意得，直线的方程为：，‎ 由得，所以；由得，所以；‎ 又、两点分别在轴、轴的正半轴上，‎ 所以，解得；‎ 因为为线段的中点，所以，‎ 因此，‎ 当且仅当，即时，取等号.‎ 故的最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线方程的应用，以及向量数量积的最值，熟记直线方程的常用形式，点到直线距离公式，以及向量数量积的运算法则，灵活运用基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎20.如图，扇形的圆心角为，半径为1，圆心为原点，点在轴正半轴上.‎ ‎（1）求点的坐标；‎ ‎（2）已知，直线，点在直线上，点在弧上，且，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由题意得到，在单位圆内，即可取出坐标；‎ ‎（2）先设，，根据题意，得到，推出 ，表示弧上的点与定点连线的斜率，结合图像，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）因为扇形的圆心角为，所以，又扇形所在圆的半径为1，‎ 所以：，，‎ 即点的坐标为；‎ ‎（2）设，，因为，所以，，‎ 由得，所以，‎ 又点在直线上，‎ 所以，即，‎ 又点在弧上，‎ 所以表示弧上的点与定点连线的斜率，‎ 由图像可得：，或；‎ 故的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆的综合应用，根据三角函数定义，以及平面向量坐标运算处理，利用数形结合的思想，即可求解，属于常考题型.‎ ‎21.如图，圆与轴交于、两点，动直线（）与轴、轴分别交于点、，与圆交于、两点（点纵坐标大于点纵坐标）.‎ ‎（1）若，点与点重合，求点的坐标；‎ ‎（2）若，，求直线将圆分成的劣弧与优弧之比；‎ ‎（3）若，设直线、的斜率分别为、，是否存在实数使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得到，，‎ ‎（1）由得，根据点与点重合，得到在直线上，求出，联立直线与圆的方程，根据韦达定理，即可求出结果；‎ ‎（2）取中点为，连结，由题意得到，推出，从而求出直线，再求出，进而可求出结果；‎ ‎（2）设、，联立直线与圆的方程，得到，再由题意得，推出，求出或，根据得到，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为圆与轴交于、两点，所以，，‎ ‎（1）由得，又点与点重合，直线与圆交于、两点，‎ 所以在直线上，‎ 因此，所以，‎ 由得，所以，因此，‎ 所以，即；‎ ‎（2）取中点为，连结，因为，所以为中点，‎ 所以，因此，‎ 所以直线的斜率为，由得：，‎ 由点到直线距离公式可得：，又，‎ 所以，故，所以，‎ 因此劣弧的长度为：，‎ 又圆的周长为：，‎ 所以直线将圆分成的劣弧与优弧之比为.‎ ‎（3）设、，因为，所以，代入圆可得：‎ ‎，整理得：，‎ 所以，‎ 又、，所以，‎ 又，，‎ 所以，‎ 即，即，‎ 整理得：，解得或，‎ 又，，所以，‎ 即，即，‎ 所以，解得，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系的应用，通常需要联立直线与圆的方程，结合韦达定理，点到直线距离公式等求解，属于常考题型.‎ ‎ ‎