2020-2021年上海市上海中学高二上期末

2021.01

一. 填空题 1. 若复数【解析】

a3i

（aR，i是虚数单位）是纯虚数，则实数a的值为 12i

a3ia3i(a3i)(12i)a632ai，因为是纯虚数， 12i(12i)(12i)5512i

a632a0且0，所以a6. 55 所以

2. 函数f(x)inin（nN，i是虚数单位）的值域可用集合表示为 【答案】{1}

x2y23. 已知方程3表示焦点在y轴上的椭圆，则的取值范围是

212x2y21，因为表示焦点在y轴上的椭圆， 【解析】椭圆方程可化为

63λ36λ 所以36λ63λ0，解得2λ1， 所以的取值范围是(2,1).

x2y24. 已知双曲线221（a0，b0）的一条渐近线方程为y3x，它的一个焦点

ab在抛物线y224x的准线上，则双曲线的方程为

【解析】抛物线y224x的准线为x6，所以双曲线的左焦点为F(6,0)， 所以abc36，

因为一条渐近线方程为y3x，所以

222b3，解得a29,b227， ax2y21. 所以双曲线的方程为

9275. 若点(3,1)是抛物线y2px（p0）的一条弦的中点，且弦的斜率为2，则p

y122px1【解析】点差法，设弦的两个端点为Ax1,y1,Bx2,y2，则2，

y22px2y1y22p22 两式相减，得y1，所以， y22px1x2x1x2y1y2 由题意得kAB6. 把参数方程y1y22且y1y22，所以p2.

x1x2xsincos（为参数，R）化成普通方程是

ysincos【解析】xy2(sinθcosθ)2，其中x 所以xy2，x2,2.

222222π2sin(θ)2,2， 47. 已知F是抛物线y2x的焦点，A、B是该抛物线上的两点，|AF||BF|3，则AB 的中点到y轴的距离是 【解析】抛物线的准线方程为x 则|AF||BF|x11，设Ax1,y1,Bx2,y2， 4115x23，所以x1x2， 44255，所以AB的中点到y轴的距离是. 44 所以AB中点的横坐标为

8. 已知复数z满足条件|z|1，那么|z22i|的最大值为

【解析】因为|z|1，所以复数z对应的点在单位圆上，|z22i|表示复数z对应的点

与复数22i对应的点M之间的距离，而|OM|813， 所以|z22i|的最大值为|OM|14.

9. 若曲线y2|x|1与直线ykxb没有公共点，则实数k、b分别应满足的条件是 【解析】作出曲线y2|x|1 所以k0,b(1,1).

10. 已知F1、F2为双曲线C:x2y21的左、右焦点，点P在C上，F1PF260，则

x1,x0的图像，如右图，

x1,x0|PF1||PF2| 2PF12PF22F1F22PF1PF22PF1PF2F1F2【解析】余弦定理，cosF1PF2 2PF1PF22PF1PF22 即

42PF1PF281，所以PF1PF24.

2PF1PF22x2y211. 已知双曲线C:221（a0，b0）的右焦点为F，过点F向双曲线的一条

ab渐近线引垂线，垂足为M，交另一条渐近线于点N，若7FM3FN，则双曲线的渐近 线方程为

【解析】不妨设两条渐近线的方程分别为OM:ybbx,ON:yx， aa 则直线FM的方程为yb(xc)， abby(xc)y(xc)2ca2aaa 由得xM，由得xN2， 2abcybxybxaaa2ca2 由7FM3FN得7c322c，整理得4c214a2，

cab 所以c2b10725aa2b2，所以b2a2，所以，

a22210x. 2 所以双曲线的渐近线方程为y12. 直线l与抛物线y24x交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB的斜率之积 为1，以线段AB的中点为圆心，2为半径的圆与直线l交于P、Q两点，M(6,0)， 则|MP|2|MQ|2的最小值为 【解析】设直线AB的方程为xmyt,Ax1,y1,Bx2,y2，

y24x222 由得y4my4t0，所以(4m)4(4t)16tm0，

xmyt 所以y1y24m,y1y24t，

2y12y2t2， 所以x1x2my1y22t4m2t,x1x216因为直线OA、OB的斜率之积为1，所以OAOB0，

2所以x1x2y1y2t4t0，所以t4，

所以直线AB的方程为xmy4，x1x24m8， 从而圆心为O2m4,2m，

由平行四边形的四边平方和等于对角线平方和（用向量法易证），得

2222|MP|2|MQ|24MO|PQ|24MO(22)2

2221 44m14m816mm1816m20，

22224221 所以|MP|2|MQ|28m210，

2 所以当m22时，|MP|2|MQ|2的最小值为10. 2二. 选择题

x2y2x2y21. 已知椭圆221（ab0）与双曲线221有相同的焦点，则椭圆的离

2a2bab心率为（ D ） A.

6621 B. C. D.

63222222222222【解析】由题意得2a2bab，所以a3b，所以c2a2b4b，

4b24b26 所以椭圆的离心率e，故选D. 2a26b232. 已知抛物线yx23上存在关于直线xy0对称的相异两点A、B，则|AB|等于 （ C ）

A. 3 B. 4 C. 32 D. 42 yx232【解析】设直线AB的方程为yxb，由得xxb30，

yxb 设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1x21，从而AB的中点为M11,b， 22 由题意得点M211,b在直线xy0上，所以b1， 22 此时xx20，x1x21,x1x22， 所以|AB|112124(2)32，故选C.

3. 已知圆(x2)2y29的圆心为C，直线l过点M(2,0)且与x轴不重合，l交圆C于

A、B两点，点A在M、B之间，过M作直线AC的平行线交直线BC于点P，当l变

化时P的轨迹是（ B ）

A. 椭圆的一部分 B. 双曲线的一部分 C. 抛物线的一部分 D. 圆的一部分 【解析】圆(x2)2y29的圆心为C(2,0)，半径为R3， 如图，因为CBCAR3，所以CBACAB， 因为AC//MP，所以CBACABPMA， 所以PMPBPCBC，

所以PMPCBC3为定值，且3MC， 所以P的轨迹是双曲线的一部分，故选B.

4. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线（如图），若让一个半径为

a的圆 4在一个半径为a的圆内部，沿着圆的圆周滚动，小圆圆周上的任一点形成的轨迹即为星形线， 其方程为xya，给出下列四个结论，正确的有（ A ）

232323xacos3t（1）星形线的参数方程为：（t为参数）； 3yasint（2）若a5，则星形线及其内部包含33个整点；

（即横、纵坐标均为整数的点）

（3）曲线xy1在星形线xy1的内部（包含边界）； （4）设星形线围成的面积为S，则S(a2,a2)；

121223234A. （1）（3）（4） B.（1）（2）（3）（4） C. （2）（3） D.（1）（2）（3）

222xacos3t33【解析】（1）把代入xya3，此方程成立，故（1）正确； 3yasint （2）若a5，则xy5，显然x5,5， 当x5时，y0，2个整点(5,0)， 当x4时，y0.4，2个整点(4,0)， 当x3时，y0.8，2个整点(3,0)， 当x2时，y1.3，6个整点(2,0),(2,1)， 当x1时，y1.9，6个整点(1,0),(1,1)， 当x0时，y5，11个整点(0,5),(0,4), 综上，共29个整点，故（2）错误；

232323,(0,5)，

xcos4t （3）曲线xy1的参数方程为（t为参数）， 4ysint1212xcos3t 星形线的参数方程为（t为参数）， 3ysint 显然点cost,sint比cost,sint距离远点近，

故曲线xy1在星形线xy1的内部（包含边界），故（3）正确；

1212232344333333 （4）直线yx交星形线于点22a,22a，22a,22a，

 数形结合，星形线的围成的面积大于以这两点为直径的圆的面积， 即S＞π(22a)322π2a， 4 又显然，星形线围成的面积小于以(a,0),(0,a)四点构成的正方形的面积， 即S＜a，所以S(a2,a2)，故（4）正确；

24 综上，选A.

【注】事实上，星形线所围成的面积可以用参数方程积分的方法得出，

xacos3t 星形线的参数方程为：（t为参数）, 3yasint设星形线在第一象限围成的面积为S1，根据对称性， S4S14a0ydx4πasin3t3acos2t(sint)dt

20 12三. 解答题

π203246a2sintsintdtπa. 81. 已知复数z1i，求实数a、b，使得az2bz(a2z)2. 【解析】因为z1i，所以az2bz(a2b)(a2b)i， (a2z)(a2)44(a2)ia4a4(a2)i，

222a2ba24aa2a4 因为az2bz(a2z)，所以，解得或，

b1b2a2b4(a2)2 所以a2,b1或a4,b2.

22. 已知关于x的复系数一元二次方程xzx43i0（zC）有实数根，求复数|z|的

最小值.

【解析】设实数根为xx0，则x0zx043i0，所以zx0 所以zx0243i， x0x043i， x0x02243252 所以|z|x0x028225832，

x0x0x0 当且仅当x0225,x05时取等号， 2x0 所以复数|z|的最小值为32. 3. 已知直线ykx1（kR）与双曲线3x2y21，则k为何值时，直线与双曲线有一个公共点？

3x2y2122【解析】由得3kx2kx20，

ykx1 因为直线与双曲线有一个公共点，

23k02 所以3k0或， 22(2k)43k(2)0解得k3或k6.

4. 已知关于t的一元二次方程t2(2i)t2xy(xy)i0（x,yR）. （1）当方程有实根时，求点(x,y)的轨迹方程； （2）求方程的实根的取值范围.

【解析】（1）设方程的实根为t0，则t0(2i)t02xy(xy)i0，

2 所以t02t02xyit0xy0， 2t02t02xy0 所以，

txy002 所以(yx)2(yx)2xy0，整理得xy2x2y0， 即(x1)(y1)2，即为点(x,y)的轨迹方程； （2）因为直线t0xy0与圆(x1)(y1)2有交点， 所以22222221(1)t022，即t022，解得4t00，

所以方程的实根的取值范围是4,0. 5. 已知抛物线C:y22px（p0）过点T(2,4). （1）求抛物线C的焦点到准线的距离；

（2）已知点A(4,0)，过点B(4,0)的直线l交抛物线C于点M、N，直线MA，NA 分别交直线x4于点P、Q，求

|PB|的值. |BQ|【解析】（1）把点T(2,4)代入抛物线C:y22px，得164p，所以p4，

所以抛物线C的焦点到准线的距离为p4；

（2）显然直线l的斜率不为0，故设直线l的方程为xmy4，

xmy42 由2得y8my320，

y8x16， 由(8m)32＞0得m＞ 设Mx1,y1,Nx2,y2，则y1y28m,y1y232， 所以my1y24(y1y2) 所以kMA222y1y2，kNA， x14x24 所以直线MA:yy1y2(x4)，NA:y(x4)， x14x248y18y2,yQ， x14x24 令x4，得yP 所以

y1x24y1my8|PB|yP2 |BQ|yQx14y2my18y2 my1y28y14(y1y2)8y14y24y11.

my1y28y24(y1y2)8y24y14y2x2y21，点P(4,1)为椭圆外一点. 6. 已知椭圆C:42（1）过原点作直线交椭圆C于M、N两点，求直线PM与直线PN的斜率之积的范围；

（2）当过点P的动直线l与椭圆C相交于两个不同点A、B时，线段AB上取点Q，满 足|AP||QB||AQ||PB|，证明：点Q总在某定直线上. 【解析】（1）设M(x0,y0),N(x0,y0)， 则kPMkPN2221y01y01y01y01y0， 2224x04x016x016(42y0)2y012 所以kPMkPN122y0127172， 222y01222y012777,， 22y012161222 因为y00,2，所以2y01212,16，所以

所以kPMkPN,；

1612 （2）法一：由题意得直线l的斜率存在，设l:y1k(x4)，

11x2y21即ykx(14k)，由4 2ykx(14k)得12k2x24k(14k)x2(14k)240

2由0得12k8k10， 设Ax1,y1,Bx2,y2，

4k(14k)2(14k)24,x1x2则x1x2，

12k212k2设Qx0,y0，由|AP||QB||AQ||PB|

得4x1x0x2x1x04x2（考虑线段在x轴的射影）， 所以8x04x0x1x22x1x2，

4k(14k)2(14k)242于是8x04x0， 2212k12k整理得2x014x0k， 又ky01，代入上式，得2x0y020， x04所以点Q总在定直线2xy20上.

法二：（定比分点公式）

设Ax1,y1,Bx2,y2,Qx0,y0，

由|AP||QB||AQ||PB|得|AP|,|QB|,|AQ|,|PB|均不为0，

令λ|AP||AQ|，则λ0且λ1， |PB||QB| 又A,P,B,Q四点共线，则APλPB,AQλQB，

x1λx2yλy2,11， 1λ1λxλx2yλy2,y01 且x01， 1λ1λ 由定比分点公式得422x12λ2x2y12λ2y24x0,y0， 所以221λ1λ 因为点A,B在椭圆上，所以x12y14,x22y24，

2222 所以4x02y0x21222y12λ2x22y21λ244λ24， 21λ所以点Q总在定直线2xy20上.

法三：（极点极线）

4xyx2y21的极线为1， 点P(4,1)相对于椭圆4242 即2xy20，

现猜测点Q总在定直线2xy20上，下面证明这个结论， 直线l的参数方程为x4tcosθ，其中θ[0,2π)，

y1tsinθ 将直线l的参数方程代入直线2xy20， 解得t07，

2cosθsinθ 将直线l的参数方程代入椭圆方程，

得sinθ1t4(2cosθsinθ)t140，

2214tt12sin2θ1 所以，

4(2cosθsinθ)tt12sin2θ1 所以

11t1t22(2cosθsinθ)211，所以， t1t2t1t27t0t1t2211，等价于|AP||QB||AQ||PB|， |PQ||PA||PB| 所以

证毕.