江苏省常州市金坛区2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份江苏省常州市金坛区2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析，共24页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知椭圆C， 下列说法正确的是， 已知直线，圆，则等内容，欢迎下载使用。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效，
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单选题：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. 在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线的斜率和倾斜角的关系求解.
【详解】解：设直线的倾斜角为
又直线斜率为，
所以，又，
所以，
故选：C
2. 若方程表示焦点在y轴上的双曲线，则实数m的取值范围为（）
A. B. C. D. 且
【答案】A
【解析】
【分析】由焦点在y轴上的双曲线方程的结构特征列出关于m的不等式组求解即得.
【详解】因方程表示焦点在y轴上的双曲线，
则有，解得，
所以实数m的取值范围为.
故选：A
3. 某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）．已知接收天线的口径（直径）为3.6m，深度为0.6m，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（）
A. 1.35mB. 2.05mC. 2.7mD. 5.4m
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意先建立恰当的坐标系，可设出抛物线方程，利用已知条件得出点在抛物线上，代入方程求得p值，进而求得焦点到顶点的距离.
【详解】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面上建立平面直角坐标系xOy，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点O重合，焦点F在x轴上．
设抛物线标准方程为，
由已知条件可得，点在抛物线上，
所以，解得，
因此，该抛物线的焦点到顶点的距离为1.35m，
故选：A.
4. 已知、，直线过定点，且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】设直线与线段交于点，其中，利用斜率公式可求得的取值范围.
【详解】设直线与线段交于点，其中，
所以，.
故选：A.
5. 17世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程(k>0，k≠1，a≠0)表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质：若从椭圆上任意一点P向长轴AB(异于A，B两点)引垂线，垂足为Q，则为常数.据此推断，此常数的值为（）
A. 椭圆的离心率B. 椭圆离心率的平方
C. 短轴长与长轴长的比D. 短轴长与长轴长比的平方
【答案】D
【解析】
【分析】特殊化，将P取为椭圆短轴端点.
【详解】设椭圆方程为，为上顶点，则为原点.
，，则.
故选：D.
6. 已知椭圆C：上有一点A，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右焦点，且，，则椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设椭圆的左焦点为，则由已知条件结合椭圆的性质可得四边形为矩形，得，然后在中，表示出，再利用椭圆的定义列方程化简可求出离心率.
【详解】设椭圆的左焦点为，
因为，所以根据椭圆的对称性可知：四边形为矩形，
所以，
在中，，
根据椭圆定义可知：，
所以，
所以，，所以，
所以离心率为
故选：B．
7. 若方程有两个不等的实根，则实数b的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将化为，作出直线与半圆的图形，利用两个图形有个公共点，求出切线的斜率，观察图形可得解.
【详解】解：由得，
所以直线与半圆有个公共点，
作出直线与半圆的图形，如图：
当直线经过点时，，
当直线与圆相切时，，解得或（舍），
由图可知，当直线与曲线有个公共点时，，
故选：B.
8. 已知实数，满足，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】实数，满足，通过讨论，得到其图象是椭圆、双曲线的一部分组成的图形，借助图象分析可得的取值就是图象上一点到直线距离范围的2倍，求出切线方程根据平行直线距离公式算出最小值，和最大值的极限值即可得出答案.
【详解】因实数，满足，
所以当时，，其图象是位于第一象限，焦点在轴上的椭圆的一部分（含点），
当时，其图象是位于第四象限，焦点在轴上的双曲线的一部分，
当时，其图象是位于第二象限，焦点在轴上的双曲线的一部分，
当时，其图象不存在，
作出椭圆和双曲线的图象，其中图象如下：
任意一点到直线的距离
所以，结合图象可得的范围就是图象上一点到直线距离范围的2倍，
双曲线，其中一条渐近线与直线平行
通过图形可得当曲线上一点位于时，取得最小值，无最大值，小于两平行线与之间的距离的倍，
设与其图像在第一象限相切于点，
由
因为或（舍去）
所以直线与直线的距离为
此时，
所以的取值范围是．
故选：C．
二、多选题：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2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（）
A. 平面直角坐标系内的任意一条直线都存在倾斜角和斜率
B. 点关于直线的对称点为
C. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2
D. 经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为
【答案】BC
【解析】
【分析】A注意垂直于x轴的直线；B由对称点所在直线的斜率与斜率关系，及其中点在对称直线上判断正误；C求直线与数轴交点即可求面积；D注意直线也符合要求即可判断.
【详解】A：垂直于x轴的直线不存在斜率，错误；
B：由、中点为且，两点所在直线的斜率为，故与垂直，正确；
C：令有，令有，所以围成的三角形的面积是，正确；
D：由也过且在x轴和y轴上截距都为0，错误.
故选：BC
10. 已知直线，圆，则（）
A. 直线恒过定点
B. 当直线与圆相切时，
C. 当时，直线被圆截得的弦长为
D. 当时，直线上存在点，使得以为圆心，为半径的圆与圆相交
【答案】ACD
【解析】
【分析】由直线的方程，直线与圆，圆与圆的位置关系对选项逐一判断，
【详解】对于A，方程可化为，
由得，故直线恒过定点，故A正确，
对于B，当与圆相切时，则圆心到直线距离，解得，故B错误，
对于C，当时，直线方程为，圆心到直线距离，
则直线被圆截得的弦长为，故C正确，
对于D，当时，直线方程为，圆心到直线的距离，
则直线上存在点使得以为圆心，为半径的圆与圆相交，故D正确，
故选：ACD
11. 已知点P在圆上，点，，，则（）
A. B. 当面积最大时，
C. 当最小时，D. 当最大时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据两点间的距离、三角形的面积、角的大小等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设，则，
，
，
所以，A选项正确.
，
当，时，面积最大，
对应，所以B选项错误.
对于CD选项，只需过点的直线与圆相切即可，
而，则当与圆相切时，，
所以CD选项正确.
故选：ACD
12. 在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于1，化简得曲线.则下列结论正确的是（）
A. 满足的点P有两个B. 的最小值为2
C. 的面积大于D. 的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A选项：由解出即可判断；对于B选项：结合条件利用基本不等式得到即可判断；对于C选项：由面积为即可判断；对于D选项：根据条件得到，从而求得，根据两点间的距离公式和条件得到即可判断.
【详解】对于A，由可得：，
所以，解得：，
代入，则，解得：，
所以满足的点P有一个，为，故A错误；
对于B，因为，所以，
当且仅当，所以B正确；
对于C，面积为：，
当时，面积的最大值为，故的面积小于等于，C错误；
对于D，由题意得：，
即，则，解得：，
因为，
则的取值范围为，所以D正确.
故选：BD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若曲线是双曲线，则其焦距为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的方程可得，即可求解.
【详解】表示双曲线，则，
因此，
，
故答案为：
14. 若过点的直线l与圆交于A，B两点，则弦最短时直线l的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】由条件可知，当最短时，直线，即可得到，从而得到结果．
【详解】由题意可知在圆内，设圆心到直线的距离为，则，故当最大时，弦最短，
作出示意图如图所示：
故当直线，此时最大，最短时，所以．
又，所以，
所以的方程为，即．
故答案为：
15. 双曲线的右顶点为A，点M，N均在C上，且关于y轴对称，若直线，的斜率之积为，则C的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据斜率公式即可结合双曲线的方程求解得，进而可求解.
【详解】双曲线的右顶点为，则，
又点，均在上，且关于轴对称，
设，，
又直线，的斜率之积为，
则，即，①
又，即，②
联立①②可得：，
即，
即．
故答案为：
16. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与C交于P，Q两点，若，则C的离心率是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆定义，都用表示，由，构造齐次式即可求解.
【详解】依题得，，又，
则，，
则，
则，
即，
则，则，
即.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知两条直线，.设m为实数，分别根据下列条件求m的值.
（1）；
（2）直线在x轴与在y轴上截距之积等于.
【答案】17.
18. 或.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，结合两直线平行的公式，即可求解．
（2）根据已知条件，分别令直线中的，结合直线在x轴与在y轴上的截距之积等于，即可求解．
【小问1详解】
两条直线，，
由可得：，
所以，解得：或.
当时，，此时;
当时，，此时重合，
．
【小问2详解】
令中，则，
令中，则，
直线在x轴与在y轴上的截距之积等于，
则，则，
化简可得：，解得：或.
18. 在①焦点到准线的距离是，②准线方程是，③通径的长等于.这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.
问题：在平面直角坐标系中，已知抛物线，______.
（1）求抛物线的方程；
（2）若过的直线与抛物线相交于点、，求证：是直角三角形.
注；如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】（1）条件选择见解析，抛物线的方程为
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）选①或②，根据抛物线的几何性质求出的值，可得出抛物线的方程；
选③，求出抛物线的通径长，可得出的值，即可得出抛物线的方程；
（2）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算出，即可证得结论成立.
【小问1详解】
解：若选①，则抛物线的焦点到准线的距离，故抛物线的方程为；
若选②，抛物线的准线方程为，可得，则，
故抛物线的方程为；
若选③，将代入抛物线的方程可得，解得，
所以，抛物线的通径长为，则，故抛物线的方程为.
【小问2详解】
解：由题意额可知，直线过点，
若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
所以，，则，
所以，为直角三角形.
19. 瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的三个顶点为，，.
（1）求外接圆的方程；
（2）求欧拉线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：设外接圆的一般方程，利用待定系数法求得外接圆的一般方程；方法二：求得外接圆的圆心和半径，由此求得外接圆的方程.
（2）方法一：先求得三角形重心、外心坐标，从而求得欧拉线；方法二：先求得垂心、外心坐标，从而求得欧拉线.
【小问1详解】
（方法1）设所求圆的方程为（），
因为点，，在所求的圆上，
所以，解得.
所以外接圆的方程为.
（方法2）线段AB的中点为，直线AB的斜率，
所以线段AB中垂线的方程为.
同理可得，AC中垂线的方程为，
由，解得.
所以外接圆的圆心为.
外接圆的半径.
所以外接圆的方程为.
【小问2详解】
（方法1）因为，，，
所以由三角形重心坐标公式，得的重心为，
由（1）可知，外心为，
所以欧拉线的方程为，即.
（方法2）在中，
由（1）可知，直线AB的斜率为，直线AC的斜率为1，
所以.
所以垂心为.
由（1）可知，外心为，
所以欧拉线的方程为，即.
20. 如图，已知的圆心在原点，且与直线相切.
（1）求的方程；
（2）点P在直线上，过点P引的两条切线、，切点为A、B.
①求四边形面积的最小值；
②求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）①，②详见解析
【解析】
【分析】（1）求出圆心到切线的距离得圆半径，从而得圆标准方程；（2）①由勾股定理求得切线长，由求得四边形面积，由此得当最小时，四边形面积最小，从而得结论；②在以为直径的圆上，设点的坐标为，，写出此圆方程，此圆方程与已知圆方程相减得公共弦所在直线方程，由直线方程得定点坐标．
【小问1详解】
依题意得：圆心到直线的距离，
所以，所以的方程为
【小问2详解】
①连接，
∵是圆的两条切线，
∴，，
所以，
当取最小值为时，四边形面积的最小值为.
②由①得，在以为直径的圆上，
设点的坐标为，，
则线段的中点坐标为，
∴以为直径的圆的方程为，
即，
∵为两圆的公共弦，
∴由得直线的方程为，，
即，则直线恒过定点.
21. 在直角坐标系中，直线是双曲线的一条渐近线，点在双曲线C上，设为双曲线上的动点，直线与y轴相交于点P，点M关于y轴的对称点为N，直线与y轴相交于点Q.
（1）求双曲线C的方程；
（2）在x轴上是否存在一点T，使得，若存在，求T点的坐标；若不存在，说明理由；
（3）求M点的坐标，使得的面积最小.
【答案】（1），
（2）存在或，
（3）的坐标是或.
【解析】
【分析】根据渐近线方程得,点在双曲线上，列出方程组求解即可;
（2）假设,由直线方程得坐标,由向量的数量积运算可得,用坐标表示这个结论可得与关系,再由点在双曲线可得结论;
（3）直接计算的面积,用基本不等式可得最小值,从而得点坐标.
【小问1详解】
由已知得,解得,所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
设,如图:

根据题意知，直线斜率存在，则，则
则直线:,令得,
因为点关于轴的对称点为,所以,
则,令得,
因为,平方可得,
因为,
则,
因为即，所以,
则,即,
所以存在或满足条件;
【小问3详解】
如图
因为
，
又，则,代入上式得:
,
当时，时，，
则，
当且仅当，即时取等.
当时，，则，
当且仅当,即时等号成立,
故应在时取得取最小值，
此时,即
所以的坐标是或时,的面积最小.
22. 如图，已知点分别是椭圆的左、右焦点，A，B是椭圆C上不同的两点，且，连接，且交于点Q．
（1）当时，求点B的横坐标；
（2）若的面积为，试求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设出点A，B的坐标，利用给定条件列出方程组，求解方程组即可作答.
（2）延长交椭圆C于D，可得，再结合图形将用的面积及表示，设出直线AD方程，与椭圆C的方程联立，借助韦达定理求出即可求解作答.
【小问1详解】
设，依题意，，由，得，
即，由得，两式相减得，
即有，则，即，
由得，
所以点B的横坐标为．
【小问2详解】
因，则，即有，记，，，
则，即．同理，而，
连并延长交椭圆C于D，连接，如图，则四边形为平行四边形，，有点D在直线上，
因此，，，
因此，即，
设直线，点，有，
即，则，
由消去x并整理得：，有，
，，则，
于是得，解得，
所以．
【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；
过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积