还剩14页未读，
继续阅读
所属成套资源：全套2023-2024学年高二上学期月考数学试题含答案
成套系列资料，整套一键下载
2023-2024学年广东省清远市阳山县南阳中学高二上学期第二次月考（期中）数学试题含答案
展开
这是一份2023-2024学年广东省清远市阳山县南阳中学高二上学期第二次月考（期中）数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．双曲线的实轴长为（ ）
A．4B．8C．9D．18
【答案】B
【分析】根据双曲线实轴的定义求解.
【详解】由题可得，，
所以双曲线的实轴长为8，
故选:B.
2．直线：的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由直线的倾斜角与直线的斜率的关系，即可得倾斜角的值.
【详解】设的倾斜角为，
因为直线：的斜率为，即.
因为，所以.
故选：D.
3．与椭圆C：共焦点且过点的双曲线的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆方程先求解出焦点坐标，然后根据定义求解出的值，结合可求的值，则双曲线方程可求.
【详解】因为椭圆的焦点坐标为，即，所以，
记，所以，
所以，所以，
所以双曲线的标准方程为，
故选：C.
4．直线和，若，则与之间的距离
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为，所以，解得（舍去），，因此两条直线方程分别化为，则与之间的距离，故选B.
5．直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】根据圆的方程，写出圆心和半径，利用点到直线的距离公式，求得弦心距，利用弦长公式，可得答案.
【详解】由圆的方程，则其圆心为，半径为，
圆心到直线的距离，
则弦长.
故选：C.
6．已知双曲线，直线，若直线与双曲线的两个交点分别在双曲线的两支上，则的取值范围是（ ）
A．或B．
C．或D．
【答案】B
【分析】联立直线与双曲线方程，再结合一元二次方程判别式及韦达定理列式求解即得.
【详解】由消去y并整理得：，
由直线与双曲线的两个交点分别在双曲线的两支上，
得，解得，
所以的取值范围是.
故选：B
7．实数，满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】判断出点的轨迹，根据斜率、直线与圆的位置关系等知识求得正确答案.
【分析】方程，即，
所以是以，半径为的圆上的点，
表示点与点连线的斜率，
设直线与圆相切，
到直线的距离，
解得或，
所以的取值范围是.
故选：C
8．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，且，过P作的垂线交x轴于点A，若，记椭圆的离心率为e，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得，从而可求得，根据勾股定理求出，根据椭圆的定义及离心率公式即可求解.
【详解】因为，,
所以,可得.
在中，.
由椭圆的定义可得，故，
所以，所以.
故选:A.
二、多选题
9．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点为椭圆上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为B．的最大值为
C．的周长为D．存在点，使得为等边三角形
【答案】AD
【分析】利用离心率公式可判断A选项；利用两点间的距离公式可判断B选项；利用椭圆的定义可判断C选项；当点为椭圆的短轴的端点时，求出三边边长，可判断D选项.
【详解】由椭圆，可得，，则，
对于选项A，椭圆的离心率，故A正确；
对于选项B，设点，则，且有，可得，
所以，
，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为，故B错误；
对于选项C，的周长为，故C错误；
对于选项D，当点为椭圆的短轴的端点时，可得，，
此时为等边三角形，故D正确．
故选：AD.
10．已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点B．圆的半径为2
C．存在实数，使得直线与圆相切D．直线被圆截得的弦长最长为4
【答案】ABD
【分析】将直线方程变形后得到，求出恒过的定点，即可判断A；将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标和半径，进而判断B；圆心到直线的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式即可判断C；当圆心在直线上，故直线被圆M截得的弦长为直径4，为最大弦长，即可判断D.
【详解】变形为，故恒过定点，A正确；
变形为，
圆心坐标为，半径为2，B正确；
令圆心到直线的距离，
整理得：，由可得，方程无解，
故不存在实数，使得直线与圆相切，C错误；
若，直线方程为，圆心在直线上，
故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长．
故选：ABD.
11．如图，在正四棱柱中，，，E为棱上的一个动点，则（ ）
A．B．三棱锥的体积为定值
C．存在点E，使得平面D．存在点E，使得平面
【答案】ABC
【分析】根据图形特征建立空间直角坐标系，结合坐标法逐一判断各个选项即可.
【详解】如图，以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，．
设，，则，．
因为，所以，故A正确；
因为，而为定值，点到平面的距离也为定值，所以为定值，故B正确；
设平面的法向量为，因为，，
所以，令，得．
因为，所以由，可得，故C正确；
因为，且无解，所以D错误．
故选：ABC
12．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经拋物线反射后，沿平行于拋物线对称轴的方向射出.反之，平行于拋物线对称轴的入射光线经拋物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（ ）
A．B．平分
C．D．延长交直线于点，则三点共线
【答案】BD
【分析】对于A，求出直线的方程并与抛物线方程联立，由韦达定理即可验证；对于BC，先将点坐标求出，由两点间距离公式求出即可验证C，再求出，即可得到，进一步由平面几何知识即可验证B，直接联立两直线方程，验证是否满足即可.
【详解】
对于A，由题意点，即点，抛物线焦点，
所以直线的方程为，即，
将其代入可得，由韦达定理可得到，故A错误；
对于BC，由题意知，，由B选项分析知，即，
从而证得，
所以，
由题意，所以，
所以，即 平分，故B正确，C错误；
对于D，因为，所以在直线方程中令，得，由B选项分析可知，所以由题意得，即的纵坐标相同得三点共线，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是把坐标求出来即可验证AC选项，验证B选项只需验证即可，当然也可以由点到直线的距离公式结合角平分线的定义判定即可，将D选项转换为验证即可顺利得解.
三、填空题
13．圆心C为，且半径为3的圆的方程是 .
【答案】
【分析】根据圆心与半径直接求解.
【详解】因为圆心，半径为3，
所以圆的标准方程为：，
故答案为：
14．若抛物线上一点P到焦点的距离为4，则点P到原点的距离为 ．
【答案】
【分析】设，根据抛物线的焦半径公式求出点的坐标，再根据两点间的距离公式即可得解.
【详解】设，
则点P到准线的距离为，所以，则，
所以点P到原点的距离为.
故答案为：.
15．已知椭圆的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的离心率是 ．
【答案】
【分析】先利用点差法应用弦中点，再求椭圆离心率.
【详解】设直线与椭圆交于两点，其中，
将两点代入椭圆可得，两式作差可得，
即，又中点坐标是，
所以，所以，
令，则，所以，
所以，
故答案为：
16．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（且）的点的轨迹是圆”.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，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为 .
【答案】
【分析】设点，利用已知条件求出点的轨迹方程，利用平面向量数量积的运算性质可得出，求出的最小值，即可得出的最小值.
【详解】设点，由可得，整理可得，
化为标准方程可得，
因为为的中点，
所以，
，
记圆心为，当点为线段与圆的交点时，
取最小值，此时，，
所以，.
故答案为：.
四、解答题
17．已知的顶点.
(1)求边所在直线的方程；
(2)求的面积.
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）求出直线的斜率，直接利用点斜式化简即可；
（2）求出点C到直线AB的距离和，再结合三角形面积公式即可得结果.
【详解】（1）因为直线AB的斜率为，
由直线的点斜式可得，
化简可得.
（2）由（1）可知，直线AB的方程为，
则点C到直线AB的距离，
且，
则.
18．求符合下列条件的双曲线的标准方程：
(1)顶点在轴上，焦距为10，；
(2)渐近线方程是，虚轴长为4.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先判断焦点在轴上，再根据双曲线的性质即可求解；
（2）根据双曲线的性质，分焦点在轴或焦点在轴两种情况，计算即可求解.
【详解】（1）由题意得，解得，，则，
所以双曲线的标准方程为.
（2）由题意，当双曲线焦点在轴上时，，解得，，
所以双曲线的标准方程为；
当双曲线焦点在轴上时，，解得，，
所以双曲线的标准方程为.
综上所述，双曲线的标准方程为或.
19．已知椭圆E的方程为，与是E的左右两个焦点，是E的下顶点．
(1)设斜率为1的直线l过点，且与E交于M，N两点，求弦的长；
(2)若E上一点P满足，求三角形的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用韦达定理和直线截圆所得的弦长公式求解；
（2）利用椭圆的定义求出，再用余弦定理和面积公式求解.
【详解】（1）由椭圆方程可得，
所以，
故直线的方程为，
联立，可得，
设，则，
所以，
（2）由以及，
得，
故由余弦定理可得，
由于，
故.
20．如图，在正四棱锥中，，正四棱锥的体积为，点为的中点，点为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面PBM与平面NBM夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，利用棱锥的体积公式，求出及相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与平面夹角的关系即可求解.
【详解】（1）在正四棱锥中，连接，
四边形为正方形
为的中点
又点为的中点，为的中位线，，
又平面，平面，平面.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为正四棱锥的体积为，
所以正四棱锥的体积，
所以，
，，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，
所以.
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，
所以.
设平面PBM与平面NBM的夹角为，则
所以平面PBM与平面NBM夹角的余弦值为.
21．已知圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为，．
(1)求，当为何值时，最小，最小值为多少？
(2)求直线的方程，并判断直线是否过定点若是，求出定点的坐标，若不是，请说明理由.
【答案】(1)时，最小值为
(2)，过定点
【分析】（1）根据题意结合切线长公式分析求解；
（2）求出以为圆心，为半径的圆方程，与圆方程联立即可求出直线AB的方程，进而可求出定点的坐标.
【详解】（1）
（2）以为圆心，为半径的圆的方程为，
显然线段为圆和圆的公共弦，
则直线的方程为，即，
经判断直线过定点，即所以直线过定点..
22．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，过右侧的点作，垂足为，且．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过点的动直线交轨迹于，设，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据提意思，设，得到，结合，利用距离公式化简，即可求解曲线的方程；
（2）当直线的斜率存在，可设，联立方程组，设，求得，化简，代入求得；当直线的斜率不存在，此时，求得，得到，即可求解.
【详解】（1）由题意，直线与轴交于点，过右侧的点作，
可得，设，则，
因为，可得，
即，整理得.
（2）当直线的斜率存在，可设直线，
联立方程组，整理得，
设，
因为直线与曲线交于两点，则，
且，
因为，可得，
所以
；
当直线的斜率不存在，此时直线，
联立方程组，解得，不妨设，
此时，可得，
综上可得，为定值.
一、单选题
1．双曲线的实轴长为（ ）
A．4B．8C．9D．18
【答案】B
【分析】根据双曲线实轴的定义求解.
【详解】由题可得，，
所以双曲线的实轴长为8，
故选:B.
2．直线：的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由直线的倾斜角与直线的斜率的关系，即可得倾斜角的值.
【详解】设的倾斜角为，
因为直线：的斜率为，即.
因为，所以.
故选：D.
3．与椭圆C：共焦点且过点的双曲线的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆方程先求解出焦点坐标，然后根据定义求解出的值，结合可求的值，则双曲线方程可求.
【详解】因为椭圆的焦点坐标为，即，所以，
记，所以，
所以，所以，
所以双曲线的标准方程为，
故选：C.
4．直线和，若，则与之间的距离
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为，所以，解得（舍去），，因此两条直线方程分别化为，则与之间的距离，故选B.
5．直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】根据圆的方程，写出圆心和半径，利用点到直线的距离公式，求得弦心距，利用弦长公式，可得答案.
【详解】由圆的方程，则其圆心为，半径为，
圆心到直线的距离，
则弦长.
故选：C.
6．已知双曲线，直线，若直线与双曲线的两个交点分别在双曲线的两支上，则的取值范围是（ ）
A．或B．
C．或D．
【答案】B
【分析】联立直线与双曲线方程，再结合一元二次方程判别式及韦达定理列式求解即得.
【详解】由消去y并整理得：，
由直线与双曲线的两个交点分别在双曲线的两支上，
得，解得，
所以的取值范围是.
故选：B
7．实数，满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】判断出点的轨迹，根据斜率、直线与圆的位置关系等知识求得正确答案.
【分析】方程，即，
所以是以，半径为的圆上的点，
表示点与点连线的斜率，
设直线与圆相切，
到直线的距离，
解得或，
所以的取值范围是.
故选：C
8．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，且，过P作的垂线交x轴于点A，若，记椭圆的离心率为e，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得，从而可求得，根据勾股定理求出，根据椭圆的定义及离心率公式即可求解.
【详解】因为，,
所以,可得.
在中，.
由椭圆的定义可得，故，
所以，所以.
故选:A.
二、多选题
9．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点为椭圆上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为B．的最大值为
C．的周长为D．存在点，使得为等边三角形
【答案】AD
【分析】利用离心率公式可判断A选项；利用两点间的距离公式可判断B选项；利用椭圆的定义可判断C选项；当点为椭圆的短轴的端点时，求出三边边长，可判断D选项.
【详解】由椭圆，可得，，则，
对于选项A，椭圆的离心率，故A正确；
对于选项B，设点，则，且有，可得，
所以，
，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为，故B错误；
对于选项C，的周长为，故C错误；
对于选项D，当点为椭圆的短轴的端点时，可得，，
此时为等边三角形，故D正确．
故选：AD.
10．已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点B．圆的半径为2
C．存在实数，使得直线与圆相切D．直线被圆截得的弦长最长为4
【答案】ABD
【分析】将直线方程变形后得到，求出恒过的定点，即可判断A；将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标和半径，进而判断B；圆心到直线的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式即可判断C；当圆心在直线上，故直线被圆M截得的弦长为直径4，为最大弦长，即可判断D.
【详解】变形为，故恒过定点，A正确；
变形为，
圆心坐标为，半径为2，B正确；
令圆心到直线的距离，
整理得：，由可得，方程无解，
故不存在实数，使得直线与圆相切，C错误；
若，直线方程为，圆心在直线上，
故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长．
故选：ABD.
11．如图，在正四棱柱中，，，E为棱上的一个动点，则（ ）
A．B．三棱锥的体积为定值
C．存在点E，使得平面D．存在点E，使得平面
【答案】ABC
【分析】根据图形特征建立空间直角坐标系，结合坐标法逐一判断各个选项即可.
【详解】如图，以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，．
设，，则，．
因为，所以，故A正确；
因为，而为定值，点到平面的距离也为定值，所以为定值，故B正确；
设平面的法向量为，因为，，
所以，令，得．
因为，所以由，可得，故C正确；
因为，且无解，所以D错误．
故选：ABC
12．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经拋物线反射后，沿平行于拋物线对称轴的方向射出.反之，平行于拋物线对称轴的入射光线经拋物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（ ）
A．B．平分
C．D．延长交直线于点，则三点共线
【答案】BD
【分析】对于A，求出直线的方程并与抛物线方程联立，由韦达定理即可验证；对于BC，先将点坐标求出，由两点间距离公式求出即可验证C，再求出，即可得到，进一步由平面几何知识即可验证B，直接联立两直线方程，验证是否满足即可.
【详解】
对于A，由题意点，即点，抛物线焦点，
所以直线的方程为，即，
将其代入可得，由韦达定理可得到，故A错误；
对于BC，由题意知，，由B选项分析知，即，
从而证得，
所以，
由题意，所以，
所以，即 平分，故B正确，C错误；
对于D，因为，所以在直线方程中令，得，由B选项分析可知，所以由题意得，即的纵坐标相同得三点共线，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是把坐标求出来即可验证AC选项，验证B选项只需验证即可，当然也可以由点到直线的距离公式结合角平分线的定义判定即可，将D选项转换为验证即可顺利得解.
三、填空题
13．圆心C为，且半径为3的圆的方程是 .
【答案】
【分析】根据圆心与半径直接求解.
【详解】因为圆心，半径为3，
所以圆的标准方程为：，
故答案为：
14．若抛物线上一点P到焦点的距离为4，则点P到原点的距离为 ．
【答案】
【分析】设，根据抛物线的焦半径公式求出点的坐标，再根据两点间的距离公式即可得解.
【详解】设，
则点P到准线的距离为，所以，则，
所以点P到原点的距离为.
故答案为：.
15．已知椭圆的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的离心率是 ．
【答案】
【分析】先利用点差法应用弦中点，再求椭圆离心率.
【详解】设直线与椭圆交于两点，其中，
将两点代入椭圆可得，两式作差可得，
即，又中点坐标是，
所以，所以，
令，则，所以，
所以，
故答案为：
16．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（且）的点的轨迹是圆”.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，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为 .
【答案】
【分析】设点，利用已知条件求出点的轨迹方程，利用平面向量数量积的运算性质可得出，求出的最小值，即可得出的最小值.
【详解】设点，由可得，整理可得，
化为标准方程可得，
因为为的中点，
所以，
，
记圆心为，当点为线段与圆的交点时，
取最小值，此时，，
所以，.
故答案为：.
四、解答题
17．已知的顶点.
(1)求边所在直线的方程；
(2)求的面积.
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）求出直线的斜率，直接利用点斜式化简即可；
（2）求出点C到直线AB的距离和，再结合三角形面积公式即可得结果.
【详解】（1）因为直线AB的斜率为，
由直线的点斜式可得，
化简可得.
（2）由（1）可知，直线AB的方程为，
则点C到直线AB的距离，
且，
则.
18．求符合下列条件的双曲线的标准方程：
(1)顶点在轴上，焦距为10，；
(2)渐近线方程是，虚轴长为4.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先判断焦点在轴上，再根据双曲线的性质即可求解；
（2）根据双曲线的性质，分焦点在轴或焦点在轴两种情况，计算即可求解.
【详解】（1）由题意得，解得，，则，
所以双曲线的标准方程为.
（2）由题意，当双曲线焦点在轴上时，，解得，，
所以双曲线的标准方程为；
当双曲线焦点在轴上时，，解得，，
所以双曲线的标准方程为.
综上所述，双曲线的标准方程为或.
19．已知椭圆E的方程为，与是E的左右两个焦点，是E的下顶点．
(1)设斜率为1的直线l过点，且与E交于M，N两点，求弦的长；
(2)若E上一点P满足，求三角形的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用韦达定理和直线截圆所得的弦长公式求解；
（2）利用椭圆的定义求出，再用余弦定理和面积公式求解.
【详解】（1）由椭圆方程可得，
所以，
故直线的方程为，
联立，可得，
设，则，
所以，
（2）由以及，
得，
故由余弦定理可得，
由于，
故.
20．如图，在正四棱锥中，，正四棱锥的体积为，点为的中点，点为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面PBM与平面NBM夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，利用棱锥的体积公式，求出及相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与平面夹角的关系即可求解.
【详解】（1）在正四棱锥中，连接，
四边形为正方形
为的中点
又点为的中点，为的中位线，，
又平面，平面，平面.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为正四棱锥的体积为，
所以正四棱锥的体积，
所以，
，，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，
所以.
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，
所以.
设平面PBM与平面NBM的夹角为，则
所以平面PBM与平面NBM夹角的余弦值为.
21．已知圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为，．
(1)求，当为何值时，最小，最小值为多少？
(2)求直线的方程，并判断直线是否过定点若是，求出定点的坐标，若不是，请说明理由.
【答案】(1)时，最小值为
(2)，过定点
【分析】（1）根据题意结合切线长公式分析求解；
（2）求出以为圆心，为半径的圆方程，与圆方程联立即可求出直线AB的方程，进而可求出定点的坐标.
【详解】（1）
（2）以为圆心，为半径的圆的方程为，
显然线段为圆和圆的公共弦，
则直线的方程为，即，
经判断直线过定点，即所以直线过定点..
22．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，过右侧的点作，垂足为，且．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过点的动直线交轨迹于，设，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据提意思，设，得到，结合，利用距离公式化简，即可求解曲线的方程；
（2）当直线的斜率存在，可设，联立方程组，设，求得，化简，代入求得；当直线的斜率不存在，此时，求得，得到，即可求解.
【详解】（1）由题意，直线与轴交于点，过右侧的点作，
可得，设，则，
因为，可得，
即，整理得.
（2）当直线的斜率存在，可设直线，
联立方程组，整理得，
设，
因为直线与曲线交于两点，则，
且，
因为，可得，
所以
；
当直线的斜率不存在，此时直线，
联立方程组，解得，不妨设，
此时，可得，
综上可得，为定值.
相关试卷
广东省四会中学、广信中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题： 这是一份广东省四会中学、广信中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年河南省南阳市第一中学校高二上学期第二次月考数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年河南省南阳市第一中学校高二上学期第二次月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题： 这是一份河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题，共4页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
