2023年兰州职业技术学院数学单招试题测试版附答案解析.docx
限时：90分钟满分：122分一、选择题(共8个小题，每小题5分，共40分)1与椭圆y21共焦点且过点P(2,1)的双曲线方程是()A.y21B.y21C.1 Dx21解析：选B椭圆y21的焦点为(±，0)，由于双曲线与椭圆共焦点，所以排除A、C.又由于双曲线y21通过点(2,1)，故排除D.2已知圆x2y22x4y10关于直线2axby20(a，bR)对称，则ab的取值范围是()A. B.C. D.解析：选A由题意知，圆的方程为(x1)2(y2)24，圆心坐标为(1,2)，将圆心坐标代入直线方程得2a2b2，即ab1，平方得1a2b22ab4ab，所以ab.3已知双曲线1的一个焦点与抛物线y24x的焦点重合，且双曲线的离心率等于，则该双曲线的方程为()A5x21 B.1C.1 D5x21解析：选A由题意得抛物线焦点为(1,0)，a2b21.又e a2，b2该双曲线的方程为5x2y21.4已知数列an满足：a11，an>0，aa1(nN*)，那么使an<5成立的n的最大值为()A4 B5C24 D25解析：选Caa1，数列a是以a1为首项，1为公差的等差数列，a1(n1)n，又an>0，an.an<5，<5，n<25.n的最大值为24.5直线yx与椭圆C：1的交点在x轴上的射影恰好是椭圆的焦点，则椭圆C的离心率为()A. B.C. D.解析：选A设直线yx与椭圆C：1在第一象限的交点为A，依题意有，点A的坐标为(c，c)，又由于点A在椭圆C上，故有1，由于b2a2c2，所以1，所以c43a2c2a40，即e43e210，所以e.6.设函数f(x)定义在实数集上，f(2x)f(x)，且当x1时，f(x)ln x，则有()Af<f(2)<fBf<f(2)<fCf<f<f(2)Df(2)<f<f解析：选C由f(2x)f(x)得f(1x)f(x1)，即函数f(x)的对称轴为x1，结合图形可知f<f<f(0)f(2)7点P到图形C上每一个点的距离的最小值称为点P到图形C的距离已知点A(1,0)，圆C：x22xy20，那么平面内到圆C的距离与到点A的距离之差为1的点的轨迹是()A双曲线的一支 B椭圆C抛物线 D射线解析：选D如图所示，由题知圆C的圆心C(1,0)，A(1,0)，令满足题意的点M到圆C的距离为|MO|，到点A的距离为|MA|，|MO|MA|1|OA|，O、A、M三点共线，动点M的轨迹是以A为端点的在x轴的正方向上的射线8如图，过抛物线y22px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线于点A、B，交其准线于点C，若|BC|2|BF|，且|AF|3，则此抛物线的方程为()Ay29x By26xCy23x Dy2x解析：选C过点B作准线的垂线，垂足为B1，记准线与x轴的交点为F1，则依题意得，所以|BB1|FF1|，由抛物线的定义得|BF|BB1|.令A(x1，y1)、B(x2，y2)，依题意知F，可设直线l的方程为yk.联立方程消去y得k2x2p(k22)x0，则x1x2，x1·x2.又由抛物线的定义知|AF|x1，|BF|x2，则可得，于是有，解得2p3，所以此抛物线的方程是y23x.二、填空题(共6个小题，每小题5分，共30分)9命题“xR,2x23ax9<0”为假命题，则实数a的取值范围是_解析：“xR,2x23ax9<0”为假命题，则“xR,2x23ax90”为真命题，因此9a24×2×，故2a2.答案：2，2 10已知kR，则直线yk(x1)2被圆x2y22x2y0截得的弦长的最小值为_解析：由于直线yk(x1)2过定点A(1,2)，而该点与圆心(1,1)的距离为1，已知当定点A(1,2)为弦的中点时，其弦长最短，其值为2 22.答案：211设椭圆1(m>n>0)的右焦点与抛物线y28x的焦点相同，离心率为，则此椭圆的方程为_解析：由于抛物线y28x的焦点坐标是(2,0)，由此得，解得m4，由n2m22212，所以所求的椭圆方程是1.答案：112已知抛物线y2ax过点A，那么点A到此抛物线的焦点的距离为_解析：由题意知点A在抛物线y2ax上，得1a，所以a4，故y24x.由抛物线的定义可知点A到焦点的距离等于点A到准线的距离，所以点A到此抛物线的焦点的距离为xA1.答案：13已知直线yk(x2)(k>0)与抛物线y28x相交于A、B两点，F为抛物线的焦点，若|FA|2|FB|，则k的值.解析：直线yk(x2)恰好通过抛物线y28x的焦点F(2,0)，由可得ky28y16k0，由于|FA|2|FB|，所以yA2yB，则yAyB2yByB，所以yB，yA·yB16，所以2y16，即yB±2，又由于k>0，故k2.答案：214设双曲线1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A1、A2，若点P为双曲线右支上的一点，且直线PA1、PA2的斜率分别为、2，则双曲线的渐近线方程为_解析：由题知A1(a,0)，A2(a,0)设点P(x0，y0)，则有1，又由于点P在双曲线上，所以有：11.由、可知11.所以双曲线的渐近线方程为y±x±x.答案：y±x三、解答题(共4个小题，每小题13分，共52分)15在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A2B，sin B.(1)求cos A及sin C的值；(2)若b2，求ABC的面积解：(1)由于A2B，所以cos Acos 2B12sin2 B.由于sin B，所以cos A12×.由题意可知，A2B,0<A<，所以0<B<.所以cos B.由于sin Asin 2B2sin Bcos B.所以sin Csin(AB)sin(AB)sin Acos Bcos Asin B.(2)由于，b2，所以.所以a.所以ABC的面积SABCabsin C.16如图1，在直角梯形ABCD中，ADC90°，CDAB，AB4，ADCD2，M为线段AB的中点将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，得到几何体DABC，如图2所示(1)求证：BC平面ACD；(2)求二面角ACDM的余弦值解：(1)证明：在题图1中，根据已知条件，可得AC2，由题易知CAB45°，又AB4，由余弦定理得CB2(2)2422×2×4×cos CAB8，故CB2，从而AC2BC2AB2，故ACBC.取AC中点O，连接DO，则DOAC，又平面ADC平面ABC，平面ADC平面ABCAC，DO平面ACD，从而OD平面ABC.ODBC.又ACBC，ACODO.BC平面ACD.(2)在题图2中，取AC的中点O，连接OM，由(1)易知OMAC，以O为坐标原点，OA，OM，OD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示由(1)知M(0，0)，C(，0,0)，D(0,0，)，故(，0)，(，0，)设n1(x，y，z)为平面CDM的法向量，则即，解得取x1，则n1(1,1,1)由题易知n2(0,1,0)为平面ACD的一个法向量，所以cosn1，n2.所以二面角ACDM的余弦值为.17已知椭圆C1：y21，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率(1)求椭圆C2的方程；(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，2，求直线AB的方程解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为1(a>2)，其离心率为，故，则a4，故椭圆C2的方程为1.(2)法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x；将ykx代入1中，得(4k2)x216，所以x.又由2，得x4x，即，解得k±1，故直线AB的方程为yx或yx.法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x，由2，得x，y，将x，y代入1中，得1，即4k214k2，解得k±1，故直线AB的方程为yx或yx.18设A是单位圆x2y21上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|m|DA|(m0，且m1)当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程，判断曲线C为什么种圆锥曲线，并求其焦点坐标；(2)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k0，都有PQPH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由解：(1)如图1，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|m|DA|(m0，且m1)，可得xx0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|y|.由于A点在单位圆上运动，所以xy1.将式代入式即得所求曲线C的方程为x21(m0，且m1)由于m(0,1)(1，)，所以当0m1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(，0)，(，0)；当m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0，)，(0，)(2)法一：如图2、3，k0，设P(x1，kx1)，H(x2，y2)，则Q(x1，kx1)，N(0，kx1)，直线QN的方程为y2kxkx1，将其代入椭圆C的方程并整理可得(m24k2)x24k2x1xk2xm20.依题意可知此方程的两根为x1，x2，于是由韦达定理可得x1x2，即x2.由于点H在直线QN上，所以y2kx12kx2，于是(2x1，2kx1)，(x2x1，y2kx1).而PQPH等价于·0.即2m20，又由于m0，得m.故存在m，使得在其相应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQPH.法二：如图2、3，x1(0,1)设P(x1，y1)，H(x2，y2)，则Q(x1，y1)，N(0，y1)由于P，H两点在椭圆C上，所以两式相减可得m2(xx)(yy)0.依题意，由点P在第一象限可知，点H也在第一象限，且P，H不重合，故(x1x2)(x1x2)0.于是由式可得m2.又由于Q，N，H三点共线，所以kQNkQH，即.于是由式可得kPQ·kPH··.而PQPH等价于kPQ·kPH1，即1，又由于m0，得m.故存在m，使得在其相应的椭圆x21上，对任意的k0，都有PQPH.
