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2024-2025学年江西省赣州市高二上学期10月检测数学试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年江西省赣州市高二上学期10月检测数学试卷（含解析），共16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。
1.已知点A(1,0)，B(n,m)，若直线AB的斜率为2，则n−1m=( )
A. 2B. −2C. 12D. −12
2.如图，若直线l1，l2，l3，l4的斜率分别为k1，k2，k3，k4，则( )
A. k4C. k33.已知点M(2,0)，N(6,4)，则以MN为直径的圆的方程为( )
A. (x+4)2+(y−2)2=16B. (x−4)2+(y+2)2=8
C. (x−4)2+(y−2)2=16D. (x−4)2+(y−2)2=8
4.已知圆C1:x2+y2+4x−6y=3，圆C2:x2+y2−2x+2y=79，则圆C1，C2的位置关系为( )
A. 内切B. 外切C. 相交D. 外离
5.已知点A(m,m+1)，B(−m,2m)，C(4,m)，D(1,0)，且直线AB与直线CD垂直，则m的值为( )
A. −7或0B. 0或7C. 0D. 7
6.若圆C的圆心为(3,1)，且被y轴截得的弦长为8，则圆C的一般方程为( )
A. x2+y2−6x+2y−15=0B. x2+y2−6x+2y−7=0
C. x2+y2−6x−2y−15=0D. x2+y2−6x−2y−7=0
7.在△ABC中，sinB+sinC=2sinA，已知点B(−3,0)，C(3,0)，设点C到直线AB的最大距离为d1，点A到直线BC的最大距离为d2，则d1d2=( )
A. 34B. 4 33C. 32D. 2 33
8.已知F1，F2分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，O是坐标原点，以F1F2为直径的圆与E在第一、二象限交于Q，P两点，PF2与QF1交于点M，记△PF1M的面积为S△PF1M，△QF1F2的面积为S△QF1F2，若S△PF1M:S△QF1F2=3:8，则E的离心率为( )
A. 59B. 53C. 104D. 58
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若直线l1:y=−815x+1，l2:8x+15y+2=0，l3:8x−15y+5=0，则( )
A. l1的截距式方程为815x+y=1B. l1//l2
C. l1与l2之间的距离为1D. l1与l3的倾斜角互补
10.已知直线x+ 2y−3=0被圆心在坐标原点的圆O所截得的弦长为2，则( )
A. 圆O的方程是x2+y2=4
B. 直线l:x−3y+7=0与圆O相离
C. 过点N(1,1)的直线被圆O所截得的弦的长度的最小值是2 2
D. 已知点M是直线L:x−y+4=0上的动点，过点M作圆O的两条切线，切点为C，D，则四边形OCMD面积的最小值是2
11.古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”算出椭圆面积等于圆周率、椭圆的长半轴长、短半轴长三者的乘积.如下图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上、下顶点分别为B1，B2，左、右顶点分别为A1，A2，OP1=32OB1，OP2=32OB2，设C的离心率为e，则( )
A. 若B1F2//P1A2，则e=23
B. 四边形F1B1F2B2的面积与C的面积之比为2eπ
C. 四边形F1B1F2B2的内切圆方程为x2+y2=a2(a2−b2)b2
D. 设条形阴影部分的面积为S条，点形阴影部分的面积为S点，则S条>S点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.直线x+(4m−5)y=2m+6(m∈R)恒过定点 ．
13.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”提出直角三角形的三边边长分别称为“勾”“股”“弦”.如图为一直角三角形ABC，以AB所在的直线为x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，若以A，B为焦点，且过点C的椭圆方程为x249+y2b2=1，则直角三角形ABC的“勾”“股”之积的最大值为 ．
14.若过点(0,−3)与圆x2+y2−2y+m=0相切的两条直线的夹角为60∘，则m= ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90∘，AC边上的高BD所在直线的方程为3x+4y−20=0，BC所在直线的方程为x−2y=0，点A的坐标为(2,6)．
(1)求直线AC的方程;
(2)求点B的坐标及直线AB的方程．
16.(本小题12分)
已知圆C过A(2,−4)，B(−2,−2)两点，且圆心C在直线x+4y−6=0上．
(1)求圆C的方程;
(2)过点P(7,−1)作圆C的切线，求切线方程．
17.(本小题12分)
已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上，下焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，Q是C上一动点，|QF1|+|QF2|=2 5，△QF1F2的周长为2 5+4．
(1)求椭圆C的方程;
(2)证明：无论动点Q在C上如何运动，|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2恒为一个常数．
18.(本小题12分)
已知圆C1:(x+a)2+y2=649(a>0)与圆C2:(x−23)2+(y−3)2=499相外切．
(1)求圆C1的标准方程;
(2)若n=m−2，求 (m+103)2+n2+ (m−23)2+(n−3)2的最小值;
(3)已知A(−2,0)，P为圆C1上任意一点，试问在x轴上是否存在定点B(异于点A)，使得|PA||PB|为定值?若存在，求点B的坐标;若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
定义：由椭圆的一个焦点和长轴的一个顶点(焦点与顶点在同一边)和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“焦顶三角形”.如果两个椭圆的”焦顶三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比.记下列问题中的C1对应图1，C2对应图2．
(1)判断椭圆C1:x24+y23=1与椭圆C2:x216+y212=1是否是“相似椭圆”?若是，求出相似比;若不是，请说明理由;
(2)证明：两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等;
(3)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，椭圆C2:x2a′2+y2b′2=1(a′>b′>0)的离心率为e′，C1与C2是“相似椭圆”，且C1与C2的相似比为k:1，若△AF2B的面积为S，求△A′F1′F2′的面积(用e′，k，S表示)．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了过两点的斜率公式，属于基础题，
求出直线AB的斜率，得mn−1=2，即可．
【解答】
解：若直线AB的斜率为2，
则mn−1=2，
所以n−1m=12．
故选C．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角与斜率，属于基础题．
当倾斜角为锐角时，k>0，当倾斜角为钝角时，k<0，利用正切函数的性质，即可比较斜率大小．
【解析】倾斜角为锐角时，斜率为正，倾斜角越大，倾斜程度越大，斜率越大;
倾斜角为钝角时，斜率为负，倾斜角越大，倾斜程度越小，斜率越大，所以k43.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查中点坐标公式、两点间的距离公式和圆的标准方程等知识，属于基础题．
根据中点坐标公式，算出MN的中点为(4,2)，再由两点间的距离公式得到r= 2 2，由此即可写出以MN为直径的圆的方程．
【解答】解：∵M(2,0)，N(6,4)，∴线段MN的中点为(4,2)，半径r= (4−2)2+(2−0)2=2 2，
∴以线段MN为直径的圆的圆心坐标为(4,2)，所以以线段MN为直径的圆的方程为(x−4)2+(y−2)2=8．
故选D．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了圆与圆的位置关系，属于基础题．
找出两圆的圆心和半径，求出圆心距，即可判定．
【解答】
解：圆C1:x2+y2+4x−6y=3化为(x+2)2+(y−3)2=16，圆心为C1(−2,3)，半径为r1=4;
圆C2:x2+y2−2x+2y=79化为(x−1)2+(y+1)2=81，圆心为C2(1,−1)，半径为r2=9，
则两圆心的距离为|C1C2|= (−2−1)2+(3+1)2=5，因为r2−r1=|C1C2|，所以圆C1与圆C2内切．
故选A．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了直线方程的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
讨论m的值，判断直线AB与CD是否垂直即可．
【解答】
解：当m=0时，直线AB的斜率不存在，直线CD的斜率为0，此时直线AB的方程为x=0，直线CD的方程为y=0，故AB⊥CD;
当m≠0时，kAB=2m−(m+1)−m−m=m−1−2m，kCD=m−04−1=m3，则kABkCD=m−1−2m⋅m3=−1，解得m=7，
综上，m=0或7．
故选B．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查求圆的方程，属于基础题，
求出半径，即可求圆方程．
【解答】
解：如图，过点C作CD⊥AB于D，
依题意，|BD|=12|AB|=4，
因为C(3,1)，故|CD|=3，
从而圆的半径为|BC|= 32+42=5，
故所求圆的方程为(x−3)2+(y−1)2=25，
即x2+y2−6x−2y−15=0．
故选C．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查正弦定理，椭圆的定义，椭圆的性质，属于中档题．
先得到轨迹是椭圆，根据椭圆的性质求的结果即可．
【解答】
解：因为sinB+sinC=2sinA，所以b+c=2a=12>6=|BC|，
所以点A的轨迹是以点B，C为焦点，长轴长为12的椭圆(不含左、右顶点)，
其标准方程为x236+y227=1y≠0，a=6，b=3 3，c=3，
所以当且仅当点A是椭圆的上、下顶点时，点A到直线BC的距离最大，最大为d2= 62−32=3 3，
而点C到直线AB的最大距离为d1=|BC|=6，
故d1d2=63 3=2 33.故选D．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查椭圆的离心率，据圆与椭圆的对称性可知，点M在y轴上，若S△PF1M:S△QF1F2=3:8，
则S△QF2M:S△QF1F2=3:8，设S△QF2M=6x，S△QF1F2=16x，则易得S△QF1M=S△QF2M=5x，从而可得S△QF1M:S△QF1F2=5:16，则△QF1F2∽△QF1M，则|F1M||F1F2|= 54，即|F1M|2c= 54，解得|F1M|，且|QF1||F1M|=|QF1||F1F2|，求出|QF1|，在Rt△QF1F2中，由勾股定理得|QF2|，再结合椭圆定义和离心率公式求解即可。
【解答】
解：如图，根据圆与椭圆的对称性可知，点M在y轴上，若S△PF1M:S△QF1F2=3:8，
则S△QF2M:S△QF1F2=3:8，设S△QF2M=6x，S△QF1F2=16x，则易得S△QF1M=S△QF2M=5x，
所以S△QF1M:S△QF1F2=5x:16x=5:16.易知QF1⊥QF2，则△QF1F2∽△QF1M，
则|F1M||F1F2|= 516= 54，即|F1M|2c= 54，解得|F1M|= 5c2，且|QF1||F1M|=|QF1||F1F2|，
即c 5c2=|QF1|2c，解得|QF1|=4 5c5，所以在Rt△QF1F2中，
由勾股定理得|QF2|= (2c)2−(4 5c5)2=2 5c5，
所以由椭圆的定义得|QF1|+|QF2|=4 5c5+2 5c5=2a，得ca= 53，即e= 53，
故E的离心率为 53．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查几何与代数，涉及直线斜率与倾斜角关系，直线平行判定、截距式方程，属于基础题．
根据平行关系、截距式方程，倾斜角和斜率的关系依次求解．
【解答】
解：由y=−815x+1，得x158+y1=1，故l1的截距式方程为x158+y1=1，故A错误;
因为l1与l2的斜率都等于−815，且l1与l2不重合，所以l1//l2，故B正确;
直线l1:y=−815x+1化为一般方程是8x+15y−15=0，则l1与l2之间的距离为d=|−15−2| 82+152=1，故C正确;
因为l3的斜率为815，l1的斜率为−815，l1与l3的斜率互为相反数，所以l1与l3的倾斜角互补，故D正确．
故选BCD．
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，圆的标准方程，点到直线的距离，属于中档题．
根据直线与圆的位置关系，结合弦长公式依次求解选项即可．
【解答】
解：对于A项，设圆O的方程为x2+y2=r2(r>0).因为直线x+ 2y−3=0与圆O相交所得的弦长为2，
且圆心O到直线x+ 2y−3=0的距离d=|−3| 12+( 2)2= 3，
所以r= ( 3)2+(22)2=2，所以圆O的方程为x2+y2=4，故A正确;
对于B项，圆心O到直线l:x−3y+7=0的距离d=7 10>2=r，所以直线l:x−3y+7=0与圆O相离，故B正确;
对于C项，因为圆O的圆心是O，半径r=2，且|ON|= 12+12= 2<2，可知点N(1,1)在圆O内，过点N(1,1)的直线被圆O所截得的弦最短时，点N(1,1)是弦的中点，根据垂径定理得弦的最小值是2 r2−|ON|2=2 2，故C正确;
对于D项，因为四边形OCMD的面积S=2S△OCM=2×12×2|CM|= 2 |OM|2−4，如图，由数形分析可知：当OM⊥L时，|OM|取到最小值d=2 2，所以四边形OCMD面积的最小值为2× (2 2)2−4=4，故D错误．
故选ABC．
11.【答案】AB
【解析】【分析】
本题重点考查椭圆的性质、椭圆中的面积问题和四边形的内切圆，属于较难题．
设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，然后对选项逐个判断即可．
【解答】
解：设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，
对于A项，若B1F2//P1A2，则|OA2||OF2|=|OP1||OB1|=32，即ac=32，所以e=ca=23，故A正确;
对于B项，S四边形F1B1F2B2=12⋅2c⋅2b=2bc，又S椭圆=πab，
所以四边形F1B1F2B2的面积与椭圆C的面积之比为S四边形F1B1F2B2S椭圆=2bcπab=2cπa=2eπ，故B正确;
对于C项，因为原点O到四边形F1B1F2B2的四条边的距离都相等，
都等于csin∠OF2B1=c⋅ba=bca，即为四边形F1B1F2B2内切圆的半径，
所以四边形F1B1F2B2内切圆的方程为x2+y2=b2c2a2，即x2+y2=b2(a2−b2)a2，故C错误;
对于D项，由题意|OP1|=|OP2|=32b，
所以S四边形A1P1A2P2=12|A1A2||P1P2|=12⋅2a⋅3b=3ab，
所以S四边形A1P1A2P2−S椭圆=3ab−πab<0，
而S四边形A1P122−S椭圆=S条−S点，所以S条−S点<0，
所以S条故选AB．
12.【答案】(172,12)
【解析】【分析】
本题主要考查直线过定点问题，属于基础题
整理直线方程，列出方程组，求出定点坐标即得．
【解答】
解：直线x+(4m−5)y=2m+6(m∈R)化为m(4y−2)+x−5y−6=0，
令4y−2=0,x−5y−6=0,解得x=172,y=12,
所以直线x+(4m−5)y=2m+6(m∈R)恒过定点(172,12).
13.【答案】49
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的基本性质，考查不等式求最值，属于中档题
根据题意设|AC|=x，|BC|=y，结合椭圆的基本性质以及基本不等式求解即可
【解答】
解：设|AC|=x，|BC|=y，
则依题意得x+y=2× 49=14，
所以xy≤(x+y2)2=49，当且仅当x=y=7时取等号，
所以直角三角形ABC的“勾”“股”之积的最大值为49．
14.【答案】−11或−3
【解析】【分析】
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题
求出圆心的坐标以及半径，结合题意可得r=4sin120∘2或r=4sin60∘2，再求解即可
【解答】
解：圆x2+y2−2y+m=0化为标准方程为x2+(y−1)2=1−m，
圆心坐标为(0,1)，半径r= 1−m，
过点(0,−3)与圆相切的两条直线的夹角为60∘，
又点(0,−3)到圆心(0,1)的距离为4，
则r=4sin120∘2或r=4sin60∘2，
即 1−m=4× 32或 1−m=4×12，
解得m=−11或m=−3．
15.【答案】解：(1)由于BD所在直线的方程为3x+4y−20=0，故BD的斜率为−34，
因为BD与AC互相垂直，
所以直线AC的斜率为k=43，
结合A(2,6)，可得AC的方程为y−6=43(x−2)，即4x−3y+10=0．
(2)联立3x+4y−20=0,x−2y=0,解得x=4,y=2,则点B(4,2)，
因为直线BC的斜率为12，因为BC与AB互相垂直，
所以直线AB的斜率为k′=−2，结合B(4,2)，
可得AB的方程为y−2=−2(x−4)，即2x+y−10=0．
【解析】本题考查直线方程的综合求法，是中档题．
(1)由题意得kAB=−1k=43，由A(2,6)即可得出直线AB的方程；
(2)联立直线方程：3x+4y−20=0,x−2y=0,，即可得出B的坐标，因为BC与AB互相垂直，
所以直线AB的斜率为k′=−2，即可得AB边所在直线方程．
16.【答案】解：(1)根据题意，因为圆C过A(2,−4)，B(−2,−2)两点，设AB的中点为M，则M(0,−3)，因为kAB=−2−(−4)−2−2=−12，所以AB的中垂线方程为y+3=2(x−0)，即2x−y−3=0.又因为圆心在直线x+4y−6=0上，联立2x−y−3=0x+4y−6=0，解得x=2,y=1,，所以圆心C(2,1)，半径r=|BC|=5，故圆的方程为(x−2)2+(y−1)2=25．
(2)圆C的圆心为C(2,1)，半径r=5，当过点P的切线斜率不存在时，此时直线x=7与圆C相切;
当过点P的切线斜率k存在时，设切线方程为y+1=k(x−7)，即kx−y−7k−1=0，由圆心C(2,1)到切线的距离等于半径，得|2k−1−7k−1| k2+(−1)2=5，可得k=2120，将k=2120代入，得切线方程为2120x−y−16720=0，即21x−20y−167=0，
综上，所求切线方程为x=7或21x−20y−167=0．
【解析】本题考查了圆的方程，及圆的切线问题，属于中档题．
(1)根据题意求得圆的半径和圆心坐标即可得解．
(2)当斜率不存在时，求出结果，当斜率存在时，设所求的切线方程的斜率为k，则切线方程为kx−y−7k−1=0，由圆心C(2,1)到切线的距离为5列方程，解得k即可．
17.【答案】解：(1)根据椭圆定义得|QF1|+|QF2|=2a=2 5，△QF1F2的周长2a+2c=2 5+4．
解得a= 5,c=2，所以b2=a2−c2=1
椭圆C的方程为y25+x2=1
(2)2QO=QF1+QF2,F2F2=QF1−QF2
将上面两式平方相加得，4QO2+F2F22=QF1+QF22+QF1−QF22=2QF12+QF22
所以QO2=12QF12+QF22−14F2F22
|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2=QF1·QF2+12QF12+QF22−14F2F22=12QF12+QF22+2QF1·QF2−14F2F22
=12QF1+QF22−14F2F22=2a2−c2=10−4=6
所以，无论动点Q在C上如何运动，|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2恒为一个常数．
【解析】本题考查椭圆的标准方程和定值问题，属于中档题．
(1)根据椭圆定义得|QF1|+|QF2|=2a，△QF1F2的周长2a+2c，可解得．a= 5,c=2，即椭圆C的方程
(2)将2QO=QF1+QF2,F2F2=QF1−QF2平方相加得QO2=12QF12+QF22−14F2F22，代入|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2得|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2=2a2−c2=6所以，无论动点Q在C上如何运动，|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2恒为一个常数．
18.【答案】解：(1)圆心C1(−a,0)，r1=83，圆心C2(23,3)，r2=73，
因为圆C1:(x+a)2+y2=649与圆C2:(x−23)2+(y−3)2=499相外切，
所以|C1C2|=r1+r2，即 (23+a)2+3−02=83+73，解得a=103或a=−143．
因为a>0，所以a=−143舍去，故a=103，
故圆C1的标准方程为(x+103)2+y2=649．
(2)若n=m−2，则点P(m,n)在直线l:x−y−2=0上，
则 (m+103)2+n2+ (m−23)2+(n−3)2表示点P(m,n)到圆心C1(−103,0)与圆心C2(23,3)的距离之和，
如图，设C1(−103,0)关于直线l:x−y−2=0的对称点为C3(x0,y0)，
则y−0x0+103=−1x0−1032−y02−2=0解得x0=2,y0=−163,
则点C3(2,−163),
数形结合易知，点P(m,n)到圆心C1(−103,0)与圆心C2(23,3)的距离之和的最小值等于|C2C3|，即 (2−23)2+(−163−3)2= 6413．
(3)假设存在定点B，设B(c,0)(c≠−2)，P(x,y)，
则y2=649−(x+103)2=−x2−203x−4，
则|PA||PB|= (x+2)2+y2 (x−c)2+y2= x2+4x+4−x2−203x−4 x2−2cx+c2−x2−203x−4= −83x −20+6c3x+c2−4，
当c2−4=0，即c=2(c≠−2舍去)时，|PA||PB|为定值，且定值为12，故存在定点B，且B的坐标为(2,0)．
【解析】本题考查圆与圆的位置关系，圆的标准方程，属于较难题．
(1)根据两圆位置关系，得到|C1C2|=r1+r2，解得a，即可得解；
(2)由题得到所求表达式的几何意义为表示点P(m,n)到圆心C1(−103,0)与圆心C2(23,3)的距离之和，数形结合，即可求解；
(3)设出B(c,0)(c≠−2)，P(x,y)，则|PA||PB|= −83x −20+6c3x+c2−4，即可求解．
19.【答案】解：(1)椭圆C1:x24+y23=1中，|BF2|=2−1=1，|AF2|=2，|AB|= 4+3= 7;
椭圆C2:x216+y212=1中，|B′F2′|=4−2=2，|A′F2′|=4，|A′B′|= 16+12=2 7，
则|BF2||B′F2′|=|AF2||A′F2′|=|AB||A′B′|=12，
所以两个椭圆的”焦顶三角形”相似，则这两个椭圆是“相似椭圆”，且相似比为12；
(2)证明：若两个椭圆是“相似椭圆”，则其焦顶三角形的三个对应角相等．
如图，若∠ABO相等，则tan∠ABO=|AO||BO|=ba相等，
而ba= (ca)2−1，所以ca相等，即离心率相等；
若离心率相等，则ca相等，则tan∠ABO=|AO||BO|=ba相等，则∠ABO相等；
同理，tan∠AF2O=|AO||F2O|=bc相等，则∠AF2O相等，所以∠AF2B相等，
所以两个椭圆的”焦顶三角形”相似，所以两个椭圆是“相似椭圆”．
故两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等；
(3)解：设椭圆C1的半焦距为c，因为椭圆C2的离心率为e′，椭圆C2与C1相似，
所以椭圆C1的离心率也为e′，若△AF2B的面积为S，
又△AF1F2的面积与△AF2B的面积之比为2c:(a−c)，
所以△AF1F2的面积为2cSa−c．
因为C1与C2的相似比为k:1，所以△AF1F2的面积与△A′F1′F2′的面积的比为k2:1，
所以△A′F1′F2′的面积为2cS(a−c)k2=2·ca·S(1−ca)k2=2e′S(1−e′)k2．
【解析】【分析】本题主要考查了椭圆的长半轴，短半轴，半焦距及离心率的关系，充要条件的证明，属较难题。
(1)求出两个椭圆的焦顶三角形的三边，即可得出结论；
(2)根据充要条件的定义，分两步证明；
(3)根据相似三角形的性质，面积之比等于相似比的平方，即可得到结论。
1.已知点A(1,0)，B(n,m)，若直线AB的斜率为2，则n−1m=( )
A. 2B. −2C. 12D. −12
2.如图，若直线l1，l2，l3，l4的斜率分别为k1，k2，k3，k4，则( )
A. k4
A. (x+4)2+(y−2)2=16B. (x−4)2+(y+2)2=8
C. (x−4)2+(y−2)2=16D. (x−4)2+(y−2)2=8
4.已知圆C1:x2+y2+4x−6y=3，圆C2:x2+y2−2x+2y=79，则圆C1，C2的位置关系为( )
A. 内切B. 外切C. 相交D. 外离
5.已知点A(m,m+1)，B(−m,2m)，C(4,m)，D(1,0)，且直线AB与直线CD垂直，则m的值为( )
A. −7或0B. 0或7C. 0D. 7
6.若圆C的圆心为(3,1)，且被y轴截得的弦长为8，则圆C的一般方程为( )
A. x2+y2−6x+2y−15=0B. x2+y2−6x+2y−7=0
C. x2+y2−6x−2y−15=0D. x2+y2−6x−2y−7=0
7.在△ABC中，sinB+sinC=2sinA，已知点B(−3,0)，C(3,0)，设点C到直线AB的最大距离为d1，点A到直线BC的最大距离为d2，则d1d2=( )
A. 34B. 4 33C. 32D. 2 33
8.已知F1，F2分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，O是坐标原点，以F1F2为直径的圆与E在第一、二象限交于Q，P两点，PF2与QF1交于点M，记△PF1M的面积为S△PF1M，△QF1F2的面积为S△QF1F2，若S△PF1M:S△QF1F2=3:8，则E的离心率为( )
A. 59B. 53C. 104D. 58
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若直线l1:y=−815x+1，l2:8x+15y+2=0，l3:8x−15y+5=0，则( )
A. l1的截距式方程为815x+y=1B. l1//l2
C. l1与l2之间的距离为1D. l1与l3的倾斜角互补
10.已知直线x+ 2y−3=0被圆心在坐标原点的圆O所截得的弦长为2，则( )
A. 圆O的方程是x2+y2=4
B. 直线l:x−3y+7=0与圆O相离
C. 过点N(1,1)的直线被圆O所截得的弦的长度的最小值是2 2
D. 已知点M是直线L:x−y+4=0上的动点，过点M作圆O的两条切线，切点为C，D，则四边形OCMD面积的最小值是2
11.古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”算出椭圆面积等于圆周率、椭圆的长半轴长、短半轴长三者的乘积.如下图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上、下顶点分别为B1，B2，左、右顶点分别为A1，A2，OP1=32OB1，OP2=32OB2，设C的离心率为e，则( )
A. 若B1F2//P1A2，则e=23
B. 四边形F1B1F2B2的面积与C的面积之比为2eπ
C. 四边形F1B1F2B2的内切圆方程为x2+y2=a2(a2−b2)b2
D. 设条形阴影部分的面积为S条，点形阴影部分的面积为S点，则S条>S点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.直线x+(4m−5)y=2m+6(m∈R)恒过定点 ．
13.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”提出直角三角形的三边边长分别称为“勾”“股”“弦”.如图为一直角三角形ABC，以AB所在的直线为x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，若以A，B为焦点，且过点C的椭圆方程为x249+y2b2=1，则直角三角形ABC的“勾”“股”之积的最大值为 ．
14.若过点(0,−3)与圆x2+y2−2y+m=0相切的两条直线的夹角为60∘，则m= ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90∘，AC边上的高BD所在直线的方程为3x+4y−20=0，BC所在直线的方程为x−2y=0，点A的坐标为(2,6)．
(1)求直线AC的方程;
(2)求点B的坐标及直线AB的方程．
16.(本小题12分)
已知圆C过A(2,−4)，B(−2,−2)两点，且圆心C在直线x+4y−6=0上．
(1)求圆C的方程;
(2)过点P(7,−1)作圆C的切线，求切线方程．
17.(本小题12分)
已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上，下焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，Q是C上一动点，|QF1|+|QF2|=2 5，△QF1F2的周长为2 5+4．
(1)求椭圆C的方程;
(2)证明：无论动点Q在C上如何运动，|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2恒为一个常数．
18.(本小题12分)
已知圆C1:(x+a)2+y2=649(a>0)与圆C2:(x−23)2+(y−3)2=499相外切．
(1)求圆C1的标准方程;
(2)若n=m−2，求 (m+103)2+n2+ (m−23)2+(n−3)2的最小值;
(3)已知A(−2,0)，P为圆C1上任意一点，试问在x轴上是否存在定点B(异于点A)，使得|PA||PB|为定值?若存在，求点B的坐标;若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
定义：由椭圆的一个焦点和长轴的一个顶点(焦点与顶点在同一边)和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“焦顶三角形”.如果两个椭圆的”焦顶三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比.记下列问题中的C1对应图1，C2对应图2．
(1)判断椭圆C1:x24+y23=1与椭圆C2:x216+y212=1是否是“相似椭圆”?若是，求出相似比;若不是，请说明理由;
(2)证明：两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等;
(3)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，椭圆C2:x2a′2+y2b′2=1(a′>b′>0)的离心率为e′，C1与C2是“相似椭圆”，且C1与C2的相似比为k:1，若△AF2B的面积为S，求△A′F1′F2′的面积(用e′，k，S表示)．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了过两点的斜率公式，属于基础题，
求出直线AB的斜率，得mn−1=2，即可．
【解答】
解：若直线AB的斜率为2，
则mn−1=2，
所以n−1m=12．
故选C．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角与斜率，属于基础题．
当倾斜角为锐角时，k>0，当倾斜角为钝角时，k<0，利用正切函数的性质，即可比较斜率大小．
【解析】倾斜角为锐角时，斜率为正，倾斜角越大，倾斜程度越大，斜率越大;
倾斜角为钝角时，斜率为负，倾斜角越大，倾斜程度越小，斜率越大，所以k4
【解析】【分析】
本题考查中点坐标公式、两点间的距离公式和圆的标准方程等知识，属于基础题．
根据中点坐标公式，算出MN的中点为(4,2)，再由两点间的距离公式得到r= 2 2，由此即可写出以MN为直径的圆的方程．
【解答】解：∵M(2,0)，N(6,4)，∴线段MN的中点为(4,2)，半径r= (4−2)2+(2−0)2=2 2，
∴以线段MN为直径的圆的圆心坐标为(4,2)，所以以线段MN为直径的圆的方程为(x−4)2+(y−2)2=8．
故选D．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了圆与圆的位置关系，属于基础题．
找出两圆的圆心和半径，求出圆心距，即可判定．
【解答】
解：圆C1:x2+y2+4x−6y=3化为(x+2)2+(y−3)2=16，圆心为C1(−2,3)，半径为r1=4;
圆C2:x2+y2−2x+2y=79化为(x−1)2+(y+1)2=81，圆心为C2(1,−1)，半径为r2=9，
则两圆心的距离为|C1C2|= (−2−1)2+(3+1)2=5，因为r2−r1=|C1C2|，所以圆C1与圆C2内切．
故选A．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了直线方程的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
讨论m的值，判断直线AB与CD是否垂直即可．
【解答】
解：当m=0时，直线AB的斜率不存在，直线CD的斜率为0，此时直线AB的方程为x=0，直线CD的方程为y=0，故AB⊥CD;
当m≠0时，kAB=2m−(m+1)−m−m=m−1−2m，kCD=m−04−1=m3，则kABkCD=m−1−2m⋅m3=−1，解得m=7，
综上，m=0或7．
故选B．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查求圆的方程，属于基础题，
求出半径，即可求圆方程．
【解答】
解：如图，过点C作CD⊥AB于D，
依题意，|BD|=12|AB|=4，
因为C(3,1)，故|CD|=3，
从而圆的半径为|BC|= 32+42=5，
故所求圆的方程为(x−3)2+(y−1)2=25，
即x2+y2−6x−2y−15=0．
故选C．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查正弦定理，椭圆的定义，椭圆的性质，属于中档题．
先得到轨迹是椭圆，根据椭圆的性质求的结果即可．
【解答】
解：因为sinB+sinC=2sinA，所以b+c=2a=12>6=|BC|，
所以点A的轨迹是以点B，C为焦点，长轴长为12的椭圆(不含左、右顶点)，
其标准方程为x236+y227=1y≠0，a=6，b=3 3，c=3，
所以当且仅当点A是椭圆的上、下顶点时，点A到直线BC的距离最大，最大为d2= 62−32=3 3，
而点C到直线AB的最大距离为d1=|BC|=6，
故d1d2=63 3=2 33.故选D．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查椭圆的离心率，据圆与椭圆的对称性可知，点M在y轴上，若S△PF1M:S△QF1F2=3:8，
则S△QF2M:S△QF1F2=3:8，设S△QF2M=6x，S△QF1F2=16x，则易得S△QF1M=S△QF2M=5x，从而可得S△QF1M:S△QF1F2=5:16，则△QF1F2∽△QF1M，则|F1M||F1F2|= 54，即|F1M|2c= 54，解得|F1M|，且|QF1||F1M|=|QF1||F1F2|，求出|QF1|，在Rt△QF1F2中，由勾股定理得|QF2|，再结合椭圆定义和离心率公式求解即可。
【解答】
解：如图，根据圆与椭圆的对称性可知，点M在y轴上，若S△PF1M:S△QF1F2=3:8，
则S△QF2M:S△QF1F2=3:8，设S△QF2M=6x，S△QF1F2=16x，则易得S△QF1M=S△QF2M=5x，
所以S△QF1M:S△QF1F2=5x:16x=5:16.易知QF1⊥QF2，则△QF1F2∽△QF1M，
则|F1M||F1F2|= 516= 54，即|F1M|2c= 54，解得|F1M|= 5c2，且|QF1||F1M|=|QF1||F1F2|，
即c 5c2=|QF1|2c，解得|QF1|=4 5c5，所以在Rt△QF1F2中，
由勾股定理得|QF2|= (2c)2−(4 5c5)2=2 5c5，
所以由椭圆的定义得|QF1|+|QF2|=4 5c5+2 5c5=2a，得ca= 53，即e= 53，
故E的离心率为 53．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查几何与代数，涉及直线斜率与倾斜角关系，直线平行判定、截距式方程，属于基础题．
根据平行关系、截距式方程，倾斜角和斜率的关系依次求解．
【解答】
解：由y=−815x+1，得x158+y1=1，故l1的截距式方程为x158+y1=1，故A错误;
因为l1与l2的斜率都等于−815，且l1与l2不重合，所以l1//l2，故B正确;
直线l1:y=−815x+1化为一般方程是8x+15y−15=0，则l1与l2之间的距离为d=|−15−2| 82+152=1，故C正确;
因为l3的斜率为815，l1的斜率为−815，l1与l3的斜率互为相反数，所以l1与l3的倾斜角互补，故D正确．
故选BCD．
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，圆的标准方程，点到直线的距离，属于中档题．
根据直线与圆的位置关系，结合弦长公式依次求解选项即可．
【解答】
解：对于A项，设圆O的方程为x2+y2=r2(r>0).因为直线x+ 2y−3=0与圆O相交所得的弦长为2，
且圆心O到直线x+ 2y−3=0的距离d=|−3| 12+( 2)2= 3，
所以r= ( 3)2+(22)2=2，所以圆O的方程为x2+y2=4，故A正确;
对于B项，圆心O到直线l:x−3y+7=0的距离d=7 10>2=r，所以直线l:x−3y+7=0与圆O相离，故B正确;
对于C项，因为圆O的圆心是O，半径r=2，且|ON|= 12+12= 2<2，可知点N(1,1)在圆O内，过点N(1,1)的直线被圆O所截得的弦最短时，点N(1,1)是弦的中点，根据垂径定理得弦的最小值是2 r2−|ON|2=2 2，故C正确;
对于D项，因为四边形OCMD的面积S=2S△OCM=2×12×2|CM|= 2 |OM|2−4，如图，由数形分析可知：当OM⊥L时，|OM|取到最小值d=2 2，所以四边形OCMD面积的最小值为2× (2 2)2−4=4，故D错误．
故选ABC．
11.【答案】AB
【解析】【分析】
本题重点考查椭圆的性质、椭圆中的面积问题和四边形的内切圆，属于较难题．
设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，然后对选项逐个判断即可．
【解答】
解：设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，
对于A项，若B1F2//P1A2，则|OA2||OF2|=|OP1||OB1|=32，即ac=32，所以e=ca=23，故A正确;
对于B项，S四边形F1B1F2B2=12⋅2c⋅2b=2bc，又S椭圆=πab，
所以四边形F1B1F2B2的面积与椭圆C的面积之比为S四边形F1B1F2B2S椭圆=2bcπab=2cπa=2eπ，故B正确;
对于C项，因为原点O到四边形F1B1F2B2的四条边的距离都相等，
都等于csin∠OF2B1=c⋅ba=bca，即为四边形F1B1F2B2内切圆的半径，
所以四边形F1B1F2B2内切圆的方程为x2+y2=b2c2a2，即x2+y2=b2(a2−b2)a2，故C错误;
对于D项，由题意|OP1|=|OP2|=32b，
所以S四边形A1P1A2P2=12|A1A2||P1P2|=12⋅2a⋅3b=3ab，
所以S四边形A1P1A2P2−S椭圆=3ab−πab<0，
而S四边形A1P122−S椭圆=S条−S点，所以S条−S点<0，
所以S条
12.【答案】(172,12)
【解析】【分析】
本题主要考查直线过定点问题，属于基础题
整理直线方程，列出方程组，求出定点坐标即得．
【解答】
解：直线x+(4m−5)y=2m+6(m∈R)化为m(4y−2)+x−5y−6=0，
令4y−2=0,x−5y−6=0,解得x=172,y=12,
所以直线x+(4m−5)y=2m+6(m∈R)恒过定点(172,12).
13.【答案】49
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的基本性质，考查不等式求最值，属于中档题
根据题意设|AC|=x，|BC|=y，结合椭圆的基本性质以及基本不等式求解即可
【解答】
解：设|AC|=x，|BC|=y，
则依题意得x+y=2× 49=14，
所以xy≤(x+y2)2=49，当且仅当x=y=7时取等号，
所以直角三角形ABC的“勾”“股”之积的最大值为49．
14.【答案】−11或−3
【解析】【分析】
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题
求出圆心的坐标以及半径，结合题意可得r=4sin120∘2或r=4sin60∘2，再求解即可
【解答】
解：圆x2+y2−2y+m=0化为标准方程为x2+(y−1)2=1−m，
圆心坐标为(0,1)，半径r= 1−m，
过点(0,−3)与圆相切的两条直线的夹角为60∘，
又点(0,−3)到圆心(0,1)的距离为4，
则r=4sin120∘2或r=4sin60∘2，
即 1−m=4× 32或 1−m=4×12，
解得m=−11或m=−3．
15.【答案】解：(1)由于BD所在直线的方程为3x+4y−20=0，故BD的斜率为−34，
因为BD与AC互相垂直，
所以直线AC的斜率为k=43，
结合A(2,6)，可得AC的方程为y−6=43(x−2)，即4x−3y+10=0．
(2)联立3x+4y−20=0,x−2y=0,解得x=4,y=2,则点B(4,2)，
因为直线BC的斜率为12，因为BC与AB互相垂直，
所以直线AB的斜率为k′=−2，结合B(4,2)，
可得AB的方程为y−2=−2(x−4)，即2x+y−10=0．
【解析】本题考查直线方程的综合求法，是中档题．
(1)由题意得kAB=−1k=43，由A(2,6)即可得出直线AB的方程；
(2)联立直线方程：3x+4y−20=0,x−2y=0,，即可得出B的坐标，因为BC与AB互相垂直，
所以直线AB的斜率为k′=−2，即可得AB边所在直线方程．
16.【答案】解：(1)根据题意，因为圆C过A(2,−4)，B(−2,−2)两点，设AB的中点为M，则M(0,−3)，因为kAB=−2−(−4)−2−2=−12，所以AB的中垂线方程为y+3=2(x−0)，即2x−y−3=0.又因为圆心在直线x+4y−6=0上，联立2x−y−3=0x+4y−6=0，解得x=2,y=1,，所以圆心C(2,1)，半径r=|BC|=5，故圆的方程为(x−2)2+(y−1)2=25．
(2)圆C的圆心为C(2,1)，半径r=5，当过点P的切线斜率不存在时，此时直线x=7与圆C相切;
当过点P的切线斜率k存在时，设切线方程为y+1=k(x−7)，即kx−y−7k−1=0，由圆心C(2,1)到切线的距离等于半径，得|2k−1−7k−1| k2+(−1)2=5，可得k=2120，将k=2120代入，得切线方程为2120x−y−16720=0，即21x−20y−167=0，
综上，所求切线方程为x=7或21x−20y−167=0．
【解析】本题考查了圆的方程，及圆的切线问题，属于中档题．
(1)根据题意求得圆的半径和圆心坐标即可得解．
(2)当斜率不存在时，求出结果，当斜率存在时，设所求的切线方程的斜率为k，则切线方程为kx−y−7k−1=0，由圆心C(2,1)到切线的距离为5列方程，解得k即可．
17.【答案】解：(1)根据椭圆定义得|QF1|+|QF2|=2a=2 5，△QF1F2的周长2a+2c=2 5+4．
解得a= 5,c=2，所以b2=a2−c2=1
椭圆C的方程为y25+x2=1
(2)2QO=QF1+QF2,F2F2=QF1−QF2
将上面两式平方相加得，4QO2+F2F22=QF1+QF22+QF1−QF22=2QF12+QF22
所以QO2=12QF12+QF22−14F2F22
|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2=QF1·QF2+12QF12+QF22−14F2F22=12QF12+QF22+2QF1·QF2−14F2F22
=12QF1+QF22−14F2F22=2a2−c2=10−4=6
所以，无论动点Q在C上如何运动，|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2恒为一个常数．
【解析】本题考查椭圆的标准方程和定值问题，属于中档题．
(1)根据椭圆定义得|QF1|+|QF2|=2a，△QF1F2的周长2a+2c，可解得．a= 5,c=2，即椭圆C的方程
(2)将2QO=QF1+QF2,F2F2=QF1−QF2平方相加得QO2=12QF12+QF22−14F2F22，代入|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2得|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2=2a2−c2=6所以，无论动点Q在C上如何运动，|QF1|⋅|QF2|+|OQ|2恒为一个常数．
18.【答案】解：(1)圆心C1(−a,0)，r1=83，圆心C2(23,3)，r2=73，
因为圆C1:(x+a)2+y2=649与圆C2:(x−23)2+(y−3)2=499相外切，
所以|C1C2|=r1+r2，即 (23+a)2+3−02=83+73，解得a=103或a=−143．
因为a>0，所以a=−143舍去，故a=103，
故圆C1的标准方程为(x+103)2+y2=649．
(2)若n=m−2，则点P(m,n)在直线l:x−y−2=0上，
则 (m+103)2+n2+ (m−23)2+(n−3)2表示点P(m,n)到圆心C1(−103,0)与圆心C2(23,3)的距离之和，
如图，设C1(−103,0)关于直线l:x−y−2=0的对称点为C3(x0,y0)，
则y−0x0+103=−1x0−1032−y02−2=0解得x0=2,y0=−163,
则点C3(2,−163),
数形结合易知，点P(m,n)到圆心C1(−103,0)与圆心C2(23,3)的距离之和的最小值等于|C2C3|，即 (2−23)2+(−163−3)2= 6413．
(3)假设存在定点B，设B(c,0)(c≠−2)，P(x,y)，
则y2=649−(x+103)2=−x2−203x−4，
则|PA||PB|= (x+2)2+y2 (x−c)2+y2= x2+4x+4−x2−203x−4 x2−2cx+c2−x2−203x−4= −83x −20+6c3x+c2−4，
当c2−4=0，即c=2(c≠−2舍去)时，|PA||PB|为定值，且定值为12，故存在定点B，且B的坐标为(2,0)．
【解析】本题考查圆与圆的位置关系，圆的标准方程，属于较难题．
(1)根据两圆位置关系，得到|C1C2|=r1+r2，解得a，即可得解；
(2)由题得到所求表达式的几何意义为表示点P(m,n)到圆心C1(−103,0)与圆心C2(23,3)的距离之和，数形结合，即可求解；
(3)设出B(c,0)(c≠−2)，P(x,y)，则|PA||PB|= −83x −20+6c3x+c2−4，即可求解．
19.【答案】解：(1)椭圆C1:x24+y23=1中，|BF2|=2−1=1，|AF2|=2，|AB|= 4+3= 7;
椭圆C2:x216+y212=1中，|B′F2′|=4−2=2，|A′F2′|=4，|A′B′|= 16+12=2 7，
则|BF2||B′F2′|=|AF2||A′F2′|=|AB||A′B′|=12，
所以两个椭圆的”焦顶三角形”相似，则这两个椭圆是“相似椭圆”，且相似比为12；
(2)证明：若两个椭圆是“相似椭圆”，则其焦顶三角形的三个对应角相等．
如图，若∠ABO相等，则tan∠ABO=|AO||BO|=ba相等，
而ba= (ca)2−1，所以ca相等，即离心率相等；
若离心率相等，则ca相等，则tan∠ABO=|AO||BO|=ba相等，则∠ABO相等；
同理，tan∠AF2O=|AO||F2O|=bc相等，则∠AF2O相等，所以∠AF2B相等，
所以两个椭圆的”焦顶三角形”相似，所以两个椭圆是“相似椭圆”．
故两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等；
(3)解：设椭圆C1的半焦距为c，因为椭圆C2的离心率为e′，椭圆C2与C1相似，
所以椭圆C1的离心率也为e′，若△AF2B的面积为S，
又△AF1F2的面积与△AF2B的面积之比为2c:(a−c)，
所以△AF1F2的面积为2cSa−c．
因为C1与C2的相似比为k:1，所以△AF1F2的面积与△A′F1′F2′的面积的比为k2:1，
所以△A′F1′F2′的面积为2cS(a−c)k2=2·ca·S(1−ca)k2=2e′S(1−e′)k2．
【解析】【分析】本题主要考查了椭圆的长半轴，短半轴，半焦距及离心率的关系，充要条件的证明，属较难题。
(1)求出两个椭圆的焦顶三角形的三边，即可得出结论；
(2)根据充要条件的定义，分两步证明；
(3)根据相似三角形的性质，面积之比等于相似比的平方，即可得到结论。
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