江苏省泰州市兴化市2022-2023学年高二数学上学期期中试卷（Word版含解析）

2022-2023学年度第一学期期中考试高二数学试卷（考试用时：120分钟总分：150分）注意事项：所有试题的答案均填写在答题卡上，答案写在试卷上的无效.一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设直线的倾斜角分别为，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先根据直线方程分别求解每条直线斜率，然后根据斜率判断倾斜角的范围，根据范围比较大小即可.【详解】，，即，；，，即，；为垂直于轴的直线，.综上所述可得：.故选：D2.抛物线的焦点到准线的距离是（）A.B.C.1D.2【答案】A【解析】【分析】根据抛物线方程确定焦准距p的值，即得答案. 【详解】因为抛物线方程为，故焦准距，即焦点到准线的距离是，故选：A.3.过点、且圆心在直线上的圆的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设圆心的坐标为，根据圆心到点、的距离相等可得出关于实数的等式，求出的值，可得出圆心的坐标，并求出圆的半径，由此可得出所求圆的标准方程.【详解】设圆心为，由可得，整理可得，解得，所以圆心，所求圆的半径为，因此，所求圆的标准方程为.故选：A.【点睛】方法点睛：求圆的方程常见的思路与方法如下：（1）求圆的轨迹方程，直接设出动点坐标，根据题意列出关于、的方程即可；（2）根据几何意义直接求出圆心坐标和半径，即可写出圆的标准方程；（3）待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般方程，再根据所给条件求出参数即可.4.若圆的方程为，则圆的最小周长为（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据圆的方程求出圆的半径的最小值，即可求得答案.【详解】因为圆的方程为，故，时取等号，故圆的半径的最小值为，则圆的最小周长为，故选：D.5.已知点为双曲线的一个焦点，则点到双曲线一条渐近线的距离为（）A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】首先根据题意得到，，，焦点在轴，再根据点到直线的距离求解即可。【详解】双曲线，即，则，，，焦点在轴。设，渐近线方程为：，即，则.故选：B6.与圆及圆都外切的圆的圆心在（） A.一个椭圆上B.双曲线的一支上C.一条抛物线上D.一个圆上【答案】B【解析】【分析】将配方确定其圆心A，设与已知两圆都外切的圆的圆心为P，根据两圆外切可得，即可判断答案.【详解】由，得，设该圆圆心为A,设圆P与圆及圆都外切,半径为r，∵圆P与圆O和圆A都外切，∴，则，∴P点在以为焦点的双曲线的一支上，故选：B．7.已知椭圆，设点的轨迹为曲线，已知点与点，则的最小值为（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】判断点N在椭圆内部，利用椭圆定义将转化为，求出的最大值，即可求得答案.【详解】依题意，为曲线的左焦点，由于满足，故点N在椭圆内部， 设C的右焦点为，连接，由于M为曲线C上的动点，则，从而，因为,当共线，且N在线段上时取等号(如图)，故的最小值为，故选：C.8.已知椭圆的左，右焦点分别为，直线与椭圆相交于两点（其中在第一象限），若四点都在一个圆上，则椭圆的离心率的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设椭圆的半焦距为c，由椭圆的中心对称性和圆的性质得到以为直径的圆与椭圆C有公共点，得到c和b的关系，结合椭圆的定义，得到关于的不等关系，求解即可得到答案．【详解】设椭圆的半焦距为c，半长轴为a,半短轴为b,由椭圆的中心对称性和四点共圆，则四边形为矩形， 所以以为直径的圆与椭圆C有公共点，则，所以，故，故选∶C．二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知直线，则（）A.直线过定点B.当时，C.当时，D.当时，两直线之间的距离为1【答案】AC【解析】【分析】对于A，将直线化简整理为，令，解方程组即可求出所过定点；对于B，将代入直线中，分别求出直线与的斜率，通过两条直线垂直的判定条件判断选项正误即可；对于C，将代入直线中，分别求出直线与的斜率，通过两条直线平行的判定条件判断选项正误即可；对于D，通过，求出参数，然后根据平行线间距离公式求解即可.【详解】对于A，直线化为，令，解得：，所以直线过定点，故A选项正确；设直线的斜率为，设直线的斜率为，对于B，当时，，， ，，又与均存在且，与不垂直，故B选项错误；对于C，当时，，，，，又，且与不重合，与平行，故C选项正确；对于D，，，解得：，得，，故两条直线之间的距离为，故D选项错误.故选：AC10.已知椭圆分别为它的左､右焦点，为椭圆的左､右顶点，点是椭圆上异于的一个动点，则下列结论中正确的有（）A.的周长为15B.若，则的面积为9C.为定值D.直线与直线斜率的乘积为定值【答案】BCD【解析】【分析】对于A，结合椭圆的定义和性质，即可求解，对于B，结合椭圆的定义和条件可求得，即可求得面积，对于C，利用向量的坐标运算可化简，根据其结果即可判断；对于D，结合直线的斜率公式，以及点在椭圆上进行化简，即可判断．【详解】对于A，∵椭圆C,∴，,, ∴的周长为,故A错误，对于B，∵，，∵，故，∴，∴的面积为，故B正确；对于C,由题意知,设，则为定值，故C正确；对于D，设（），则，∴，∵在椭圆上，则，即，∴。联立可得，故D正确故选：．11.已知双曲线的左､右焦点分别为，若双曲线上一点满足，则该双曲线的离心率可以是（）A.B.C.D.2【答案】ABD【解析】【分析】根据双曲线定义及几何性质列不等式即可解决.【详解】由题知， 所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，故选：ABD.12.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，点满足，则点所构成的曲线为为阿氏圆.下列结论正确的是（）A.曲线的圆心在轴上B.曲线的半径为4C.从点向圆引切线，切线长是3D.曲线与圆相外切【答案】ABC【解析】【分析】首先根据点满足的几何条件，结合两点间距离公式求出点所满足的轨迹方程，根据的轨迹方程逐一判断选择A、B正误即可，利用几何关系及勾股定理求解切线长，判断选项C的正误，利用两个圆相外切的判定条件判断选项D的正误.【详解】由题意可设点，由，，， 得，化简得，即，故得曲线为以为圆心，半径的圆，故选项A、B均正确；如图，设，圆心，过点做曲线的切线，切点为得：，，，故从向圆引切线，切线长为，故选项C正确；由，整理得：，得圆心，半径，，，，故曲线与不相外切，故选项D错误.故选：ABC三､填空题：每题5分，共4题.13.点关于直线对称的点的坐标为______.【答案】【解析】【分析】设点N的坐标为,根据点的对称,利用直线垂直则斜率之积为，结合中点坐标，列出方程，即可求得答案.【详解】设点关于直线对称的点N的坐标为,则中点的坐标为， 利用对称的性质得∶且，解得∶，∴点N的坐标，故答案为：．14.直线被圆截得的弦长等于________.【答案】2【解析】【详解】试题分析：因圆心到直线的距离,故,应填.考点：弦心距与半径弦长之间的关系及运用．【易错点晴】直线和圆的位置关系是高中数学中重要内容,也高考和各级各类考试的重要内容和考点.本题是一道典型的而普通的圆的弦心距与半径弦长之间的关系及运用的问题.依据直线与圆的位置关系可得圆的圆心为,运用点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离,故弦长,使得问题简捷巧妙获解.15.若直线与抛物线交于点，则的值为______.【答案】【解析】【分析】首先将直线与抛物线联立，利用韦达定理求出与的值，然后利用向量数量积的坐标运算公式及抛物线方程得，将的值代入即可.【详解】已知，，将代入抛物线中得：，即，所以，. ，，又，，，得.故答案为：16.已知椭圆上有两点，，坐标原点为点，若两直线，斜率存在，且它们的积为，则___________．【答案】5【解析】【分析】设，，由题意得到，从而，利用椭圆方程将转化为就得到，即可求解.【详解】设，，由已知得，点，在椭圆上，则．所以，所以，所以 故答案为:5．四､解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.在平面直角坐标系中，已知点，点在轴上，且.（1）求直线的斜率；（2）求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先根据、点的位置画出直线，根据已知点在轴上且，结合图形求出直线与轴非负半轴所夹角度，即为直线的倾斜角，进而求出直线斜率；（2）由（1）求出直线的斜率进而求出直线的方程，根据直线的方程求出点坐标，然后根据点和点坐标求解直线方程即可.【小问1详解】如图，，，可知直线平行于轴，已知点在轴上且，可知直线与轴非负半轴所夹角度为，即直线的倾斜角为，故直线的斜率.【小问2详解】由（1）可知，可得直线的方程为，即，将代入，即求得点坐标为. 已知，，可得直线的方程为，化简得.18.已知圆内有一点，过点且倾斜角为的直线交圆于两点.（1）当时，求弦的长；（2）若弦被点平分，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由倾斜角求出斜率，进而求出直线方程，然后利用弦长公式求解.(2)根据，可得到直线l的斜率，进而求出直线l的方程.【小问1详解】由直线l倾斜角为，得到直线l斜率为，则直线AB解析式为，即，∴圆心到直线AB的距离，则弦AB的长为；【小问2详解】由圆的方程得到圆心坐标为，，∴过P的直径所在直线的斜率为，根据垂径定理得到直线l方程斜率为，则直线l方程为，即.19.经过抛物线的焦点的直线交抛物线于、两点.（1）判断以为直径的圆与该抛物线准线的位置关系，并说明理由；（2）过点的直线与抛物线交于、两点，若，求的值. 【答案】（1）相切，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，分别过、、作准线的垂线、、，垂足分别为、、，作出图形，利用抛物线的定义及梯形的中位线性质可推导，，从而可判断圆与准线的位置关系．（2）设过点的直线为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由可得，解得，再进行检验即可.【小问1详解】解：取的中点，分别过、、作准线的垂线、、，垂足分别为、、，如图所示：由抛物线的定义可知，，，在直角梯形中，，故圆心到准线的距离等于半径，以为直径的圆与抛物线的准线相切.【小问2详解】解：设过点的直线为，，， 由，消去整理得，则，所以，，则，因为，所以，即即，解得或，当时直线过坐标原点，点与（或）重合，不符合题意，当时，符合题意，所以20.已知圆与轴正半轴和轴正半轴分别交于两点，圆心在第二象限.（1）若圆与轴的另一个交点坐标为，求圆的标准方程；（2）若，求圆的标准方程.【答案】（1）.（2）.【解析】【分析】（1）由题意确定圆心在直线上，再确定圆心在直线的垂直平分线上，联立求得圆心，可得半径，即可求得答案；（2）由题意确定圆心在直线上，再确定圆心在在上，联立求得圆心，可得半径，即可求得答案；【小问1详解】由题意知，圆上，故圆心在直线上，又直线的斜率为，故其垂直平分线方程为，令得，即圆心为，则半径为， 所以圆的标准方程为；【小问2详解】由（1）可知，圆心在的垂直平分线上，又因为，则圆心在上，联立，由于圆心在第二象限，解得，（舍去），故圆心为，则半径为故圆的标准方程为；21.已知双曲线为右焦点.（1）求双曲线的渐近线方程及两条渐近线所夹的锐角；（2）当时，设过点的直线与双曲线交于点，且的面积为，求直线的斜率.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）首先令得出渐近线方程，进而求出所夹的锐角；（2）将直线方程代入到双曲线方程消去x并化简，进而利用根与系数的关系结合三角形面积公式求得答案.【小问1详解】由题意，令，得，所以双曲线的渐近线方程为，易得它们所夹的锐角为.【小问2详解】 当时，可得双曲线.已知直线经过点，可设直线方程为.设，联立得，化简得或且，所以，又，所以三角形面积，即，解得或，满足题意，所以当时，或.【点睛】当在思考三角形面积这一步时，我们就应该想到用到根与系数的关系，接下来就是运算问题.需要注意的是，我们不能盲目地每道题都一开始就写出根与系数的关系，而应该结合题目的具体要求，这道题到底需要求什么，那我们就应该先求出什么.22.已知椭圆的左､右焦点为，且，点为椭圆上一点，满足的周长等于12.（1）求椭圆的方程；（2）过点作轴的垂线（不过点）交椭圆于点，连接延长交椭圆于点，连接，试判断直线是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，请说明 理由.【答案】（1）（2）恒过定点【解析】【分析】（1）首先根据题干中几何条件求出椭圆的、的值，然后通过计算出的值，进而代入椭圆的标准方程中即可.（2）首先设直线的方程为，将直线与曲线联立，利用韦达定理分别求出，及，然后设，，，利用点和点坐标求出直线的方程，化简整理后将，及值代入，化简整理后进而求出直线所过定点.【小问1详解】，，又的周长等于，即，得，，，.故得：.【小问2详解】设，，，由于直线经过点，故设直线方程为（），联立，得，整理得，，，. ，，，，，得，整理得：，代入得：，，整理得：，令，得，故直线恒过定点.【点睛】求解定点问题常用的方法：(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明.(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标.(3)求证直线过定点,常利用直线的点斜式方程来证明.