重庆市第八中学2023-2024学年高二数学上学期定时检测（四）试题（Word版附解析）

重庆八中高2025级高二（上）定时检测（四）―、单选题（本大题5小题，共50分．在每小题列出的选项中选出符合题目的一项）1.过点的直线的方向向量为，则该直线方程为（）A.B.CD.【答案】A【解析】【分析】根据直线的方向向量确定直线的斜率，利用直线点斜式方程进行求解即可.【详解】由于直线的方向向量为，故直线的斜率为，故直线的方程为，即，故选：A2.已知圆与圆的公共弦长为2，则m的值为（）A.B.C.D.3【答案】A【解析】【分析】根据圆的圆心和半径公式以及点到直线的距离公式，以及公共线弦方程的求法即可求解.【详解】联立和,得，由题得两圆公共弦长，圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，所以，平方后整理得,， 所以或（舍去）；故选：A.3.过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（）A.1B.C.D.【答案】B【解析】【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，因为，则，可得，则，，即为钝角，所以；法二：圆的圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，连接，可得，则，因为 且，则，即，解得，即为钝角，则，且为锐角，所以；方法三：圆的圆心，半径，若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；若切线斜率存在，设切线方程为，即，则，整理得，且设两切线斜率分别为，则，可得，所以，即，可得，则，且，则，解得.故选：B.4.已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则 （）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出的值，利用，根据向量模的计算即可求得答案.【详解】由题意椭圆，为两个焦点，可得，则①，即，由余弦定理得，，故，②联立①②，解得：，而，所以，即，故选：B【点睛】方法点睛：本题综合考查了椭圆和向量知识的结合，解答时要注意到O为的中点，从而可以利用向量知识求解.5.已知为椭圆上不同的三点，直线，直线 交于点，直线交于点，若，则（）A0B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据三角形面积公式及或得，再应用相交弦长公式列方程，即可求.【详解】由，则，由图知：当位置变化时，或，故，所以，而直线、斜率存在且不为0，故，，所以，即或，当，化简得.当时，，显然，无解.所以.故选：B. 二、多选题（本大题共3小题，共39分．在每小题有多项符合题目要求）6.已知椭圆的左、右焦点为，，点在椭圆上，且不与椭圆的左、右顶点重合，则下列关于的说法正确的有（）A.周长为B.当时，的边C.当时，的面积为D.椭圆上有且仅有6个点，使得为直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】根据椭圆的标准方程求得，进而求得，；根据，可求得；根据余弦定理可求得，进而求得面积；根据为直角三角形分情况求得满足题意的点P的个数即可．【详解】解：由易得，∴的周长为，故A对；令得，，故B错；设，由余弦定理得，，，∴，故C对； 当，由选项B的分析知满足题意的点P有2个；同理当，满足的点P也有2个；当，有，解得，所以满足题意的点P为椭圆的上下两顶点，综上满足的点P共6个，故D对．故选：ACD．7.已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（）A.的最大值是B.的最大值是C.的最小值是D.过点作曲线的切线，则切线方程为【答案】BD【解析】【分析】由表示圆上的点到定点的距离的平方，可判定A错误；由表示圆上的点与点的斜率，设，结合点到直线的距离公式，列出不等式，可判定B正确；由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，进而可判定C错误；根据点在圆上，结合圆的切线的性质，可判定D正确.【详解】由圆可化为，可得圆心，半径为，对于A中，由表示圆上的点到定点的距离的平方，所以它的最大值为，所以A错误；对于B中，表示圆上的点与点的斜率，设，即， 由圆心到直线的距离，解得，所以的最大值为，所以B正确；对于C中，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，圆心到直线的距离，所以其最小值为，所以C错误；对于D中，因为点满足圆的方程，即点在圆上，则点与圆心连线的斜率为，根据圆的性质，可得过点作圆的切线的斜率为，所以切线方程为，即，所以D正确.故选：BD.8.已知为椭圆：的左焦点，直线：与椭圆交于，两点，轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（）A.的最小值为2B.面积的最大值为C.直线的斜率为D.为钝角【答案】BC【解析】【分析】A项，先由椭圆与过原点直线的对称性知，，再利用1的代换利用基本不等式可得最小值，A项错误；B项，由直线与椭圆方程联立，解得交点坐标，得出面积关于k的函数关系式，再求函数最值；C项，由对称性，可设，则，，则可得直线的斜率与k的关系；D项，先由A、B对称且与点P均在椭圆上，可得，又由C项可知，得，即，排除D项. 【详解】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，则四边形为平行四边形，，，当且仅当时等号成立，A错误；对于B，由得，，的面积，当且仅当时等号成立，B正确；对于C，设，则，，故直线的斜率，C正确；对于D，设，直线的斜率额为，直线的斜率为，则，又点和点在椭圆上，①，②，①②得，易知，则，得，，，D错误. 故选：BC.【点睛】椭圆常用结论：已知椭圆，AB为椭圆经过原点的一条弦，P是椭圆上异于A、B的任意一点，若都存在，则.三、填空题（本大题3小题，共30分）9.若直线与圆分别交于M、N两点.则弦MN长的最小值为___________.【答案】4【解析】【分析】分析直线过定点，再由勾股定理即可求解.【详解】由圆可得圆心，半径为3，直线，即，直线过定点P，又因为，所以点在圆的内部，当圆心到直线MN距离最大时，弦长MN最小，此时，此时，故答案为：4.10.已知圆：与圆：，点A，B在圆上，且，线段AB的中点为D，O为坐标原点，当最大时，直线OD被圆截得的弦长为______． 【答案】【解析】【分析】先得到两个圆的圆心和半径，通过和垂径定理可得，即点D在以为圆心，为半径的圆上，故可得到最大时，直线OD的方程为，然后利用几何法进行求弦长即可【详解】因为圆：即与圆：即，所以圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径．因为，所以，即点D在以为圆心，为半径的圆上，故当点D在线段的延长线上时，最大，此时直线OD的方程为，则圆心到直线OD的距离为，故直线OD被圆截得的弦长为．故答案为：11.如图，分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q，若，则直线的斜率为__________【答案】【解析】【分析】根据椭圆的定义及直径所对的圆周角等于，利用勾股定理及锐角三角函数的定义，结合三角函数的诱导公式及斜率的定义即可求解.【详解】连接，如图所示 设则，由椭圆的定义得所以在中，,所以,即，整理得，所以，所以直线的斜率为.故答案为：.四、解答题（本大题2小题，共40分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）12.设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．（1）求椭圆方程及其离心率；（2）已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为.（2）.【解析】【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率. （2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.【小问1详解】如图，由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.【小问2详解】由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，.所以,,，所以， 所以，即，解得，所以直线的方程为.13.已知椭圆：经过点，为椭圆的右焦点，为坐标原点，的面积为.（1）求椭圆标准方程；（2）过点作一条斜率不为0的直线与椭圆相交于，两点（在，之间），直线与椭圆的另一个交点为，求证：点，关于轴对称.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据三角形面积公式，利用代入法进行求解即可；（2）根据对称性与直线间斜率的关系，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【小问1详解】因为的面积为，则有，解得，又因为在椭圆上，则，解得，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】根据椭圆对称性，欲证，关于轴对称，只需证，即证，设，，直线方程为， 由消去得，所以，则因为所以，即，关于轴对称.【点睛】关键点睛：本题的关键是由，可以判断，关于轴对称.