2022-2023学年河北省邢台市六校联考高二上学期期中数学试题含解析

2022-2023学年河北省邢台市六校联考高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知圆，则该圆的圆心和半径分别是（    ）

A．，5 B．，5 C．， D．，

【答案】C

【分析】将圆的方程化为标准方程即可得解.

【详解】解：将圆的一般式方程化为标准方程得，

所以圆心为，半径为.

故选：C.

2．如果方程表示焦点在轴上的椭圆，那么实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将椭圆方程化为标准形式，然后利用焦点在轴上列出不等式，求出实数的取值范围.

【详解】由方程，可得，

因为方程表示焦点在轴上的椭圆，可得，解得.

所以实数的取值范围是.

故选：D

3．若为空间的一组基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用基底的概念以及共面向量的充要条件进行判断.

【详解】对于A：因为，所以向量，，是共面向量，

因此这三个向量不能构成基底，故A错误；

对于B：因为为空间的一组基底，所以这三个向量不共面.若，，不构成一组基底，则有，即，所以向量，，是共面向量，这与这三个向量不共面矛盾，故假设不正确，因此，，能构成一组基底，故B正确；

对于C：因为，所以向量，，是共面向量，因此这三个向量不能构成基底，故C错误；

对于D：因为，所以向量，，是共面向量，因此这三个向量不能构成一组基底，故D错误.

故选：B.

4．航天器的轨道有很多种，其中的“地球同步转移轨道”是一个椭圆轨道，而且地球的中心正好是椭圆的一个焦点，若地球同步转移轨道的远地点（即椭圆上离地球表面最远的点）与地球表面的距离为，近地点与地球表面的距离为，设地球的半径为，试用，，表示出地球同步转移轨道的短轴长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，由条件列方程求，再根据的关系求，结合短轴长的定义求短轴长即可.

【详解】解：设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，

则由题意可知：，，

故短半轴长为，

所以短轴长为.

故选：B.

5．一束光线从点出发，经轴反射到圆：上的最短距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将圆化为标准方程，找到圆心和半径，找出关于轴的对称点，找到，减去半径即为所求.

【详解】解：由题意，圆的标准方程为:，

所以圆的圆心坐标为，半径，

又点关于轴的对称点为，

所以，

所以，所求最短距离为.

故选：A.

6．已知是椭圆：的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于､两点，若，且，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由椭圆的对称性得到四边形为平行四边形，再由椭圆定义求出，，最后有勾股定理建立等量关系求出离心率.

【详解】设椭圆的右焦点，连接、，

因为椭圆的对称性以及直线经过原点，

所以，且，

所以四边形为平行四边形，

故，

又因为，

则，

而，

因此，，

因为，

所以四边形为矩形，

所以，

在中结合勾股定理可得，

故，

即，

所以，

因此.

故选：C

7．已知中心在原点,焦点在轴上,焦距为4的椭圆被直线：截得的弦的中点的横坐标为-2,则此椭圆的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】因为是弦中点问题,可以用点差法,找到长半轴长和短半轴长之间关系,再根据焦距求出椭圆方程即可.

【详解】解:由题设,若椭圆方程为,

令直线与椭圆交点分别为,,

则有①,②,

两式作差可得：,

即,

易知,弦的中点,所以,,

因为直线：,所以,

故,所以,

又,,

解得,,

故的方程为.

故选:C

8．曲线与直线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出函数与图象为一个半圆与一条直线，由数形结合可知有2个交点时b的取值范围.

【详解】由，化简得：，

故图象为圆心为，半径为1的圆的位于直线上及下半部分，如图，

当直线过点时，恰有两个交点，此时，即.

直线与圆相切时，可得，解得：（舍去）或，

即时有一个交点，由图象可知.

故选：B

二、多选题

9．设椭圆：的左右焦点分别为，，点为椭圆上一动点，过点的直线与椭圆交于A、B两点，则下列说法中正确的是（    ）

A．的范围是 B．存在点，使

C．弦长的最小值为3 D．面积的最大值为

【答案】AC

【分析】对于选项A，利用两点间距离公式表示出后可得答案.

对于选项B，问题等价于以为直径的圆与椭圆C是否有交点.

对于选项C，将直线AB方程与椭圆C方程联立，通过弦长公式得答案.

对于选项D，分析面积表达式可得答案.

【详解】由题，设椭圆半焦距为c，则.

则，.

对于选项A，设为椭圆上任意一点.则.注意到，

则.得，

又注意到，则.

当P为椭圆左顶点，即时，最小为

当P为椭圆右顶点，即时，最大为，故A正确.

对于选项B，若存在点，使，则P在以为直径的圆上.

则点P存在等价于上述圆与椭圆有交点，又圆的方程为.

则点P存在等价于有解，消去得.

则方程组无解，故相应的P不存在，B错误.

对于选项C，设直线AB方程为，将其与椭圆方程联立得，消去x

有，设，又

则.故

.

当时，即AB垂直于x时，最小为3，故C正确.

对于选项D，设点.则，

故当P为椭圆上下顶点时，面积最大为.故D错误.

故选：AC

【点睛】结论点睛，本题考查椭圆中的常见结论，本题涉及的相关结论有（只考虑焦点在x轴上的情况.）:

（1）椭圆上的点到焦点的距离最短为（点为离焦点较近的左右顶点），最长为（点为离焦点较远的左右顶点）.

（2）若，椭圆上不存在点P，使;，这样的点P有两个;,这样的点有四个.

（3）过椭圆焦点的弦中，垂直于x轴的最短.

10．如图，在正方体中，､分别为､的中点，为棱上的动点，则下列选项正确的是（    ）

A． B．点在平面内

C．三棱锥的体积为定值 D．若为中点，则平面

【答案】BD

【分析】利用正方体特征结合线面垂直性质可判断A; 连接，，，证明，可判断B;利用三棱锥体积公式，说明底面积一定，高不确定，则体积不定，判断C;利用线面平行的判定定理判断D.

【详解】对于A，在正方体中，平面，

而与平面斜交，

∴与不垂直，否则，则平面，不合题意，故A错误；

对于B，如图所示：

连接，，，

∵，分别为，的中点，∴，

又∵，∴，∴ ，，，在同一平面内，

∴点在平面内，故B正确；

对于C，，且和相交,则必相交，平面,

 故与平面相交，为棱上的动点，故点到平面的距离是变化的，而的面积为定值，故三棱锥的体积不为定值，故C错误；

对于D，当为中点，连接,则,

则四边形为平行四边形，所以,

又平面，平面，所以平面，故D正确.

故选： .

11．已知圆：，则下列说法正确的有（    ）

A．圆关于直线对称的圆的方程为

B．直线与圆的相交弦长为

C．若点是圆上的动点，则的最大值为

D．若圆上有且仅有三个点到直线的距离等于，则或-3

【答案】AD

【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，对于C选项，根据的几何意义，理解为圆上点到坐标原点的距离就可解决.

【详解】解：圆标准方程是，，半径为，

易得点关于直线对称的点为，故圆的方程为，A正确；

点到直线的距离为，弦长为，B错；

点到原点的距离为2，表示圆上点到原点的距离，故的最大值为，则的最大值是，C错；

当圆上有且仅有三个点到直线的距离等于时，圆心到直线的距离，即，解得或-3，D正确.

故选：AD.

12．泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线：，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（    ）

A．点的轨迹方程是

B．直线是“最远距离直线”

C．平面上有一点，则的最小值为5

D．点的轨迹到直线距离的最大值为

【答案】BCD

【分析】设点到的距离为，对于A，根据已知条件结合两点之间的距离公式求出动点的轨迹方程即可判断；对于B，联立直线方程与椭圆方程，即可判断；对于C，根据新定义可得，从而可得出答案；对于D，求出与直线平行且与椭圆相切的直线方程，再根据两平行直线之间的距离公式即可得解.

【详解】解：设点为，点到的距离为，

因为动点到点的距离是点到直线的距离的一半，

则，化简得，故A错误；

联立，解得，则，

故存在，直线是“最远距离直线”，故B正确；

由可知，，

当点与点纵坐标相等时，最小距离为：，C正确；

由B选项可知，直线与椭圆切，

直线与直线平行，

由椭圆的对称性易知与直线平行的另一条切线为，

故直线与直线的距离即为所求，为，故D正确.

故选：BCD.

【点睛】本题考查了椭圆的轨迹方程、直线与椭圆的位置关系及椭圆上的点到直线的距离的最值问题，解决本题的关键在于把题中的新定义给掌握.

三、填空题

13．若椭圆的一个焦点坐标为，则长轴长为___________.

【答案】10

【分析】根据椭圆焦点坐标，得到方程，求出，从而求出长轴长.

【详解】因为椭圆的一个焦点坐标为，故椭圆焦点在轴上，

所以，解得，所以长轴长为.

故答案为：10

14．过点作圆的切线方程是__________．

【答案】

【详解】因为点在圆上，所以切点为，切线斜率

所以由点斜式写方程得 即

故答案为

15．如图，四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，，点是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是___________.

【答案】

【分析】连接，利用勾股定理证得，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】解：连接，

∵平面，平面，∴，

已知，，则，∴，

∵，∴，

又因为底面是平行四边形，所以底面是矩形，

以为原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，，

因为是棱的中点，所以，

所以，，

，

所以异面直线与所成角的余弦值是.

故答案为：.

16．设是椭圆上的任一点，为圆：的任一条直径，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】设出，利用向量加减运算法则和数量积公式得到，求出的最小值，从而得到的最小值.

【详解】由题设，，且，关于对称，

因是椭圆上的任一点，设，则满足，即.

，

，，

∴当时，取到最小值，此时，

故的最小值为.

故答案为：.

四、解答题

17．（1）已知点在圆：外，求实数的取值范围.

（2）已知椭圆的离心率为，求实数的取值.

【答案】（1）；（2）或.

【分析】(1)由点在圆外，代入圆的方程大于即可.

(2)根据椭圆的离心率求方程，分椭圆焦点在轴上，或者焦点在轴上，由离心率找到之间的关系就可得到结果.

【详解】解：（1）若方程表示圆，则，解得，

根据点在圆外，可得，则，

所以.

（2）由椭圆方程，得，

①若焦点在轴上，则，即，，

∴，

∴，即.

②若焦点在轴上，则，即，，

∴，

∴得到，即.

故或.

18．已知圆经过原点且与直线相切，圆心在直线上.

(1)求圆的方程；

(2)已知直线经过点，并且被圆截得的弦长为2，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由可求得圆心和半径；

（2）分直线存在和不存在两种情况讨论.

【详解】（1）因为圆心在直线上，可设圆心为，

则点到直线的距离，

.

据题意，，则，

解得，

所以圆心为，半径，

则所求圆的方程是.

（2）当弦长为2，则圆心到直线的距离为.

当不存在时，直线符合题意；

当存在时，设直线方程为，

圆心到直线的距离，∴，

∴直线方程为.

综上所述，直线方程为或.

19．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且过点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)倾斜角为的直线过椭圆的右焦点交椭圆于 ､两点，求的面积.

【答案】(1).

(2).

【分析】（1）设椭圆方程，根据题意列出方程组，求得答案即可；

（2）由题意求得直线方程，联立椭圆方程，整理得根与系数的关系式，利用弦长公式求得弦长，继而求得原点到直线的距离，即可求得答案.

【详解】（1）因为椭圆的中心在原点，焦点在轴上，

所以设椭圆的标准方程为：，

因为椭圆的离心率为，且过点，

所以 ，所以椭圆的标准方程为：；

（2）由（1）可知：，倾斜角为的直线的斜率为1，

所以直线的方程为：即，

代入椭圆方程中，得，

，设，，

所以，

因此，

原点到直线的距离，

，

所以的面积为.

20．在直角梯形中，，，，，为线段中点，将沿折起，使，得到几何体.

(1)求证：平面平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用勾股定理证得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，从而可证得平面平面；

（2）取的中点，连接，，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）证明：在直角梯形中，，，，

∴，∴，从而，

又，，平面，

∴平面，

平面，∴平面平面；

（2）解：取的中点，连接，，

由题设知为等腰直角三角形，∴，

又平面平面，且平面平面，平面，

∴平面，

因为，分别为和的中点，∴，

如图，以为原点建立空间直角坐标系，

则，，，，

∴，，，

设平面的法向量为，

则，令，则，

同理可求平面的法向量为，

，

由图可知二面角为锐二面角，

故二面角的余弦值为.

21．已知圆：.

(1)过点，作圆的两条切线，切点分别为，求直线的方程；

(2)若点是圆上的任意一点，，是否存在定点，使得恒成立，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，定点

【分析】（1）根据切线得到四点共圆，且为直径，得到圆心和半径，从而求出圆的方程，与联立得到切点弦方程；

（2）假设存在点，设，，由两点间距离公式得到，整理得到，结合点是圆上的任意一点，满足，对照系数后得到，从而求出，得到定点.

【详解】（1）解：由题意得，圆的圆心为，，，

则四点共圆，且以为直径，

所以该圆的圆心坐标为，故该圆的半径，

所以该圆的方程为，

联立，两式相减得，

所以直线方程为：；

（2）解：假设存在定点，使得，

设，，

因为，所以，

整理得，

①

由为圆上任意一点，则满足②

因为同时满足①②，可得，解得，

所以存在定点，满足.

22．已知椭圆：的左右焦点分别为,,且焦距为2,点为椭圆上的动点（异于椭圆的左､右顶点）,.

(1)证明：;

(2)当,,过椭圆左焦点的直线与椭圆交于两点,在轴上是否存在点,使得为定值?若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.

【答案】(1)证明见解析;

(2)存在,.

【分析】(1)在焦点三角形中,由椭圆定义及余弦定理建立等式,整理化简即可得到证明结果;

(2)先由题上条件,得出椭圆方程,假设点存在,设出点坐标和直线方程,联立方程设点坐标,用韦达定理,列出进行化简,判断为定值时点坐标即可.

【详解】（1）证明：由椭圆定义可得,

由余弦定理得,

,

即,

整理得,

则;

（2）当,,

由(1)结论可得,

又因为焦距为2,所以,,

故椭圆的方程为,

假设存在点,使得为定值,

设,,

当直线与轴不重合时,设直线的方程为,

联立,得,

,

,,

,

,

∴

,

要使上式为定值,即与无关,

应有,解得,

此时,

当直线与轴重合时,,

所以也成立,

∴存在点,使得为定值恒成立.

【点睛】在焦点三角形中,利用椭圆定义和余弦定理进行有目的的化简即可;第二问设直线方程时注意可设为点斜式,要注意斜率是否存在,也可设为,要注意直线是否与轴平行,分类讨论;另外最后找定值时,看到未知量比较多,不要慌张,理解清楚根据题意,需要跟哪个变量无关,只需让哪个量为常数,该式子为定值即可.