2022-2023学年四川省成都市蓉城高中教育联盟高二上学期期中联考数学（文）试题（解析版）

 2022-2023学年四川省成都市蓉城高中教育联盟高二上学期期中联考数学（文）试题

一、单选题

1．已知点，则点A关于原点的对称点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件，结合点对称的性质，即可求解.

【详解】因为点，

所以点A关于原点的对称点的坐标为，

故选：D

2．直线的倾斜角是

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求斜率，即倾斜角的正切值，易得．

【详解】，可知，即，

故选B

【点睛】一般直线方程求倾斜角将直线转换为斜截式直线方程易得斜率，然后再根据直线的斜率等于倾斜角的正切值易得倾斜角，属于简单题目．

3．以原点为圆心，为半径的圆的标准方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】本题主要考查圆的标准方程的求解，已知圆心和半径，代入圆的标准方程即可求解.

【详解】由题意知：圆心坐标为，圆的半径，

所以所求圆的标准方程为，

故选：B.

4．与直线垂直且过点的直线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用两直线垂直其斜率之积等于，可求出直线的斜率，再将点代入直线方程即可求出答案.

【详解】已知直线l的斜率为2，则所求直线方程的斜率为，设直线方程为，因为直线过点，所以，则直线方程为，整理得

故选：C.

5．不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】直接解不等式得到答案.

【详解】，故.

故选：A

6．已知，则下列大小关系正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用作差法，可得答案.

【详解】，由，则，即；

，由，则，，即，可得；

，由，则，即，可得；

综上.

故选：D.

7．焦点在x轴上的椭圆的焦距为8，则m=（    ）

A．40 B．4 C．2 D．20

【答案】D

【分析】根据焦点的位置可得的取值范围，结合焦距可求的值.

【详解】因为焦点在x轴，故，而焦距是8，故即，

故选：D.

8．若，则的（    ）

A．最小值为0 B．最大值为4 C．最小值为4 D．最大值为0

【答案】C

【分析】结合拼凑法和基本不等式即可求解

【详解】因为，所以，

则，

当且仅当，即时取等号，此时取得最小值4，

故选：C．

9．圆与圆：的位置关系为（    ）

A．外离 B．外切 C．内切 D．内含

【答案】A

【分析】计算圆心之间的距离，判断，得到两圆的位置关系.

【详解】圆，圆心，半径；

圆，圆心，半径，

，故两圆外离.

故选：A

10．己知两点，且是与的等差中项，则动点P的轨迹方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意和椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以为焦点，

长轴长为8的椭圆，进而求解.

【详解】因为，所以，

又是与的等差中项，

所以，

则点P到定点的距离之和为8，（大于），

所以动点P的轨迹是以为焦点，

，则，，

所以椭圆方程为：，

故选：.

11．已知两点A（2，3），B（3，2），点C在x轴上，则的最小值为（    ）

A． B．5 C．2 D．

【答案】B

【分析】点关于轴的对称点为，则求出最小值即可得出答案.

【详解】点关于轴的对称点为，则，

所以，

的最小值为.

故选：B.

12．设椭圆的左、右焦点分别为，点M，N在椭圆C上（点M位于第一象限），且点M，N关于原点O对称，若，则椭圆C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，则，利用勾股定理求出，再解方程即得解.

【详解】依题意作下图，由于，并且线段MN，互相平分，

∴四边形是矩形，其中，，

设，则，

根据勾股定理，，，

整理得，

由于点M在第一象限，，

由，得，即，

整理得，即，解得或舍去.

故选：B．

二、填空题

13．两平行直线与之间的距离为____________．

【答案】##

【分析】由平行线之间的距离公式直接求解即可.

【详解】两平行直线与之间的距离为.

故答案为：

14．设变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为____________．

【答案】3

【分析】作出可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数即可得解.

【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立可得，即点，

平移直线即，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，

此时，取最大值，即.

故答案为：3

15．直线l过点（0，1），且与圆相切，则直线l的方程为______.

【答案】或

【分析】考虑直线斜率存在和不存在两种情况，根据圆心到直线的距离等于半径计算得到答案.

【详解】圆的圆心为，半径.

当直线斜率不存在时，，到圆心的距离为，不满足；

当直线斜率存在时，设，即，

圆心到直线的距离为，解得或，直线方程为或.

故答案为：或

16．已知，，且，则当取最小值时，=______.

【答案】##1.5

【分析】变换得到，展开利用均值不等式计算得到答案.

【详解】，

当，即，时等号成立，此时.

故答案为：

三、解答题

17．分别求以下方程．

(1)求过两直线：，的交点，且斜率为2的直线的一般式方程；

(2)已知椭圆C的对称中心为原点，对称轴为坐标轴，且过两点，，求椭圆C的标准方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）联立两直线求得交点，利用点斜式求得直线方程，再转化成一般式即可；

（2）设出椭圆标准方程，将给定点的坐标代入列出方程组，求解即得

【详解】（1）由可得，所以，的交点为，

故过且斜率为2的直线的方程为即；

（2）设椭圆的标准方程为，因点，在椭圆上，

则有，解得，，

所以椭圆的标准方程为；

18．已知直线l的倾斜角为，且过点（3，3），直线l分别与x轴、y轴交于A，B两点，圆C是以AB为直径的圆.

(1)求圆C的标准方程；

(2)分别判断点M（6，4），点N（1，1）与圆C的位置关系.

【答案】(1)

(2)点M（6，4）在圆内，点N（1，1）在圆外.

【分析】（1）先求出直线l的方程，分别令，，求出的坐标，则的中点为圆心，，即可求出圆C的标准方程；

（2）分别将点M（6，4），点N（1，1）代入圆心的方程即可判断.

【详解】（1）因为，又因为直线l过点（3，3），

所以直线l的方程为，化简得：，

令，则，令，则，

所以.

圆心，圆的半径为：，

所以以AB为直径的圆C的标准方程为：.

（2）分别将点M（6，4），点N（1，1）代入，

则，，

所以点M（6，4）在圆内，点N（1，1）在圆外.

19．已知实数a，b满足：,．

(1)求的取值范围；

(2)已知，试比较M，N的大小．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）根据不等式的性质求解，即可得到；（2）作差法比较式子大小.

【详解】（1）根据不等式的性质可得，，，

则.

（2）,

因为，      所以有

所以，.

20．已知圆C过三点．

(1)求圆C的一般式方程；

(2)若直线l过点，且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程；

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）设圆的一般方程，分别代入求得圆C的一般式方程.

（2）利用垂径定理和点到直线距离可求得斜率，从而求得直线l的方程

【详解】（1）设圆的一般方程，因为圆C过三点，

所以解得,

故圆C的一般式方程为.

（2）当直线l的斜率不存在时，直线为，圆C截得的弦长为，故直线l为.

设直线l的斜率为，又过点，所以直线l的方程为，

由（1）可知圆心为，半径，又因为圆C截得的弦长为，

所以由垂径定理可得圆心到直线的距离，

由点到直线的距离可得解得.

所以直线l的方程为： 或.

21．某建筑单位购买某种建筑设备，购买时费用为100万元，此建筑设备每年的运输转场与设备管理等费用共计9万元，但这种建筑设备随着每年的转场需要重新构架，在此过程中会造成设备的维修费、保养费等逐年增高，第一年为2万元，第二年为4万元，第三年为6万元，而且以后以每年2万元的增量逐年递增．

(1)若变量x，y分别表示此建筑设备使用的时间（单位：年）和花费的总金额（单位：万元），请用含x的代数式表示y；

(2)建筑设备的年平均使用费用越低，它的使用就越划算，请在（1）小问的基础上规划一下此建筑设备最佳的使用时间（单位：年），并说明理由．

【答案】(1)

(2)10年

【分析】由题意可知花费的总金额为购买费用、运输转场与设备管理等费用、维修费、保养费之和，即可列出函数关系式；利用函数关系式中函数的性质，即可求出最佳的使用时间.

【详解】（1）已知此建筑设备每年的运输转场与设备管理等费用共计9万元，x年则花费万元，维修费、保养费每年2万元的增量逐年递增，由等差数列求和可得x年需万元，花费的总金额.

（2）设建筑设备的年平均使用费用为w，则（当且仅当，即时取等号），所以当时，建筑设备的年平均使用费用越低，故此建筑设备最佳的使用时间为10年.

22．已知椭圆E：的离心率为，且过点.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)已知定点，直线l：满足且与椭圆E相交于不同的两点A，B，始终满足，证明：直线l过一定点T，并求出定点T的坐标.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据离心率得到，把点代入椭圆方程解得答案.

（2）联立方程，利用韦达定理得到根与系数的关系，利用向量的运算法则根据得到，代入直线方程得到定点.

【详解】（1）椭圆离心率，故，设椭圆方程为，过点，

故，解得，故椭圆方程为.

（2）设，由，得，

， 即.

，，

，，

故，

故，即 ，

解得：（舍去），且满足.

当时，， 直线过定点 .

综上可知， 直线过定点，定点坐标为.

【点睛】关键点点睛：利用根与系数的关系解决直线过定点问题是考查的重点