期末卷08 备战2021年高三数学期末全真模拟卷（八省新高考地区专版）（解析版）

2021年高三数学期末全真模拟卷08
（新高考地区专用）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共23题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知函数，若存在实数a使得函数F（x）＜0恒成立，则b的取值范围是（ ）
A．（-，-2） B．（-，2） C．[0,2） D．（-2，+）
【答案】D
【分析】
不等式等价于或恒成立，设，得到，设，得到，故，解得答案.
【详解】
恒成立，
等价于或，即或恒成立，
设，则，故函数在上单调递增，在上单调递减，
故.
设，则，函数在上单调递减，在上单调递增，
故.
根据题意知：，故.
故选：.
【点睛】
本题考查了不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.
2．函数，若（）对恒成立，则（ ）
A．－1 B．0 C．1 D．2
【答案】A
【分析】
由，求导，可知在R上是增函数，而当时，，当时，，根据，对恒成立，则必有成立.
【详解】
因为，
所以，
所以在R上是增函数，
当时，，
当时，，
当时，，
因为，对恒成立，
所以，
所以.
故选：A
【点睛】
本题主要考查导数与函数的单调性和不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
3．已知是椭圆：的右焦点，点在椭圆上，线段与圆相切于点，且，则椭圆的离心率等于( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
如图所示，为椭圆的左焦点，连接，根据相似得到，利用勾股定理得到，得到答案.
【详解】
如图所示：为椭圆的左焦点，连接，，，故.
，则，故，，
，故，化简得到，故.
故选：.

【点睛】
本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.
4．已知函数及的图象分别如图所示，方程和的实根个数分别为和，则（ ）

A．10 B．8 C．6 D．5
【答案】A
【分析】
由图象知，有3个根，分别为0，（），其中，由，得或，由图象可知当所对应的值为0，时，其都有2个根，因而；同理分析，可得本题答案.
【详解】
由图象知，有3个根，分别为0，（），其中；
有2个根，，，由，得或，
由图象可知当所对应的值为0，时，其都有2个根，因而；
由，知或，由图象可以看出当时，有1个根，
而当时，有3个根，即.所以.
故选：A
【点睛】
本题主要考查复合函数的零点问题，数形结合是解决本题的关键.
5．坐标原点且斜率为的直线与椭圆交于、两点.若点，则 面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】
直线方程与椭圆方程联立方程组求出交点横坐标，得弦长，再由出到直线距离，这样可用表示出三角形面积，再求最大值.
【详解】
直线方程为，代入椭圆方程得，，
设，则
，
点到直线的距离为，
所以（），
记，则，
当时，递增，当时，，递减，
所以时，取得唯一的极大值也是最大值．即△MAN面积的最大值为．
故选：A．
【点睛】
本题考查直线与椭圆相交中三角形面积问题，本题中由于直线是过原点的，因此直接由直线方程与椭圆方程联立求出交点（横）坐标，计算出弦长．没有用“设而不求”的思想方法．
6．设函数在R上存在导数，对任意都有，且在上，，若，则实数a的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
令，可得．因此是上的偶函数．在上，，可得函数在上单调递增，在，上单调递减．再利用函数的奇偶性与单调性即可得出．
【详解】
令，则．
，是上的偶函数．
在上，，
因此函数在上单调递增，在，上单调递减．
若（a），
即（a），
（a），
，
，
，
解得，或．
实数的取值范围是，，．
故选：．
【点睛】
本题考查了导数的运算法则、函数的奇偶性与单调性、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
7．已知下列4个命题：
①若复数的模相等，则是共轭复数．
②都是复数，若是虚数，则的共轭复数．
③复数是实数的充要条件是．（是的共轭复数）．
④已知复数（是虚数单位），它们对应的点分别为A，B，C. O为坐标原点．若（），则.
则其中正确命题的个数为（ ）.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】
本道题结合复数的概念和向量的加减法，代入，即可．
【详解】
1号可能复数相等，故错误．2号明显正确，因为如果为共轭复数，则相加为实数，不会为虚数．4号,,计算得到b=0,故正确．3号，由题可知，
，建立等式,
建立等式，得到，解得，故错误．故选B．
【点睛】
本道题考查了复数的概念和向量坐标运算，代入，即可得出答案．
8．对函数，有下列个命题：①任取，，都有恒成立；②对于一切恒成立；③对任意不等式恒成立，则实数的取值范围是；④函数有个零点；则其中所有真命题的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】
由题意分析条件函数定义域为，以2为变化区间的正弦图像，当时，后面每一个周期的振幅都是前一个周期的，做出函数的图像即可判断。
【详解】
①任取
当时

当时，

综上，任取，恒成立，正确；
②

对一切恒成立，不正确；
③ ，不等式恒成立
则
当
则
所以的取值范围不是，不正确；
④函数的定义域为
当时，
分别作出和的图像，如图所示

则有三个零点，正确；
故选：B
【点睛】
此题考查函数分段函数和周期性，函数不等式的恒成立，零点个数等问题，注意采用数形结合的方法解题，属于较难题目。
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）选错不得分，选对部分得3分，全对得5分
9．已知定义在上的函数满足：，且当时，.若.在上恒成立，则的可能取值为( )
A． B． C． D．
【答案】CD
【分析】
先判断函数的奇偶性和单调性,得到sinx≥k (2+sinx), 再根据题意，利用检验法判断即可.
【详解】
因为定义在上的函数满足：,
所以为奇函数，
时，，
显然在上单调递增，
所以在R上单调递增，
由恒成立，
可得在R上恒成立，
即，
整理得：
当时，，不恒成立，故A错误;
当时，，不恒成立，故B错误;
当时，，恒成立，故C正确；
当时，，恒成立，故D正确.
故选：CD
【点睛】
本题主要考查了函数的奇偶性和单调性，不等式恒成立问题，属于中档题.
10．在单位圆O：上任取一点，圆O与x轴正向的交点是A，将OA绕原点O旋转到OP所成的角记为，若x，y关于的表达式分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数，是奇函数；
B．在上为减函数，在上为增函数；
C．在上恒成立；
D．函数的最大值为.
【答案】ACD
【分析】
依据三角函数的基本概念可知，，根据三角函数的奇偶性和单调性可判断A、B；根据辅助角公式知，再利用三角函数求值域可判断C；对于D，，先对函数求导，从而可知函数的单调性，进而可得当，时，函数取得最大值，结合正弦的二倍角公式，代入进行运算即可得解．
【详解】
由题意，根据三角函数的定义可知，，，
对于A，函数是偶函数，是奇函数，故A正确；
对于B，由正弦，余弦函数的基本性质可知，函数在上为减函数，函数在为增函数，在为减函数，故B错误；
对于C，当时，
，故C正确；
对于D，函数，
求导，
令，则；令，则，
函数在和上单调递增，在上单调递减，
当即，时，函数取得极大值，
又当即，时，，
所以函数取得最大值，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：考查三角函数的值域时，常用的方法：
（1）将函数化简整理为，再利用三角函数性质求值域；
（2）利用导数研究三角函数的单调区间，从而求出函数的最值.
11．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.设点的轨迹为,下列结论正确的是（ ）
A．的方程为
B．在轴上存在异于的两定点,使得
C．当三点不共线时,射线是的平分线
D．在上存在点,使得
【答案】BC
【分析】
通过设出点P坐标，利用即可得到轨迹方程，找出两点即可判断B的正误，设出点坐标，利用与圆的方程表达式解出就存在，解不出就不存在.
【详解】
设点，则，化简整理得，即，故A错误；根据对称性可知，当时，，故B正确；对于C选项，，,要证PO为角平分线，只需证明，即证，化简整理即证，设，则，
，则证
，故C正确；对于D选项，设,由可得，整理得，而点M在圆上，故满足，联立解得，无实数解，于是D错误.故答案为BC.
【点睛】
本题主要考查阿氏圆的相关应用，轨迹方程的求解，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度较大.
12．已知正方体的棱长为1，P是空间中任意一点，下列命题正确的有（ ）
A．若P为棱中点，则异面直线AP与CD所成角的正切值为；
B．若P在线段A1B上运动，则的最小值为；
C．若p在半圆弧上运动，当三棱锥体积最大时，三棱锥外接球的表面积为
D．若过点P的平面与正方体每条棱所成角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为.
【答案】ACD
【分析】
对于A，由AB∥CD，知∠BAP即为异面直线AP与CD所成角，由此能求出异面直线AP与CD所成角的正切值为；对于B，将△AA1B与四边形A1BCD沿A1B展开到同一个平面上，线段AD1的长度即为AP+PD1的最小值，利用余弦定理得AD1；对于C，当P为中点时，三棱锥P﹣ABC体积最大，此时三棱锥P﹣ABC的外接球球心是AC中点，半径为，其表面积为2π；对于D，平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等，只需与过同一顶点所成的角相等即可，若点E、F、G、H、M、N分别为相应棱的中点，可得平面EFGHMN∥平面PQR，且六边形EFGHMN是正六边形，由此能求出截面最大面积．
【详解】
对于A，如图（1），由AB∥CD，知∠BAP即为异面直线AP与CD所成角，
正方体的棱长为1，连结BE，
在Rt△ABE中，AB＝1，BE，
tan，故A正确；

对于B，如图（2），将△AA1B与四边形A1BCD沿A1B展开到同一个平面上，如图所示，
由图知，线段AD1的长度即为AP+PD1的最小值，
在△AA1D1中，利用余弦定理得AD1，故B错误；

对于C，如图（3），当P为中点时，三棱锥P﹣ABC体积最大，
此时三棱锥P﹣ABC的外接球球心是AC中点，半径为，其表面积为2π，故C正确；

对于D，如图（4），平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等，
只需与过同一顶点所成的角相等即可，如图，
AP＝AR＝AQ，则平面PQR与正方体过点A的三条棱所成的角相等，
若点E、F、G、H、M、N分别为相应棱的中点，
可得平面EFGHMN∥平面PQR，且六边形EFGHMN是正六边形，
正方体棱长为1，∴正六边形EFHMN的边长为，
∴此正六边形的面积为，为截面最大面积，故D正确．

故选：ACD．
【点睛】方法点睛：求线段长度相加最值最值问题经常立体问题平面化；把两线放到同一平面；截面问题结合线面平行现在定理画出截面是关键

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
13．已知平面向量满足：.若对满足条件的任意，的最小值恰为.设，则的最大值为_______________________.
【答案】
【分析】
设，固定后，确定的，过点作的垂线，垂足为，则，故点在定直线上，故的最小值即为点到直线的距离，由此得．点的轨迹为以点为焦点，准线为的抛物线．建立如图直角坐标系得抛物线的标准方程，同时得出的坐标，取的中点，平行于直线作抛物线的切线，切点分别为，切线交轴于点，由向量的运算有，因此当点与点重合时，有最大值，最大值为.求出切线方程后可得．
【详解】
解：如图，设，由于，则

，故．由于，过点作的垂线，垂足为，则，故点在定直线上.
故的最小值即为点到直线的距离.由此.
故点的轨迹为以点为焦点，准线为的抛物线．以的中点为原点建立直角坐标系，则抛物线的方程为，.
取的中点，平行于直线作抛物线的切线，切点分别为，切线交轴于点.
由于，即，故当点位于点时，有最大值，最大值为.
设抛物线上的点，该点处抛物线切线为.令，则，则切线，故点.从而.
故答案为：3．
【点睛】
关键点点睛：本题考查平面向量的线性运算，解题关键是作在平面上作出固定的三点，然后根据数量积的定义得出点轨迹是一条直线，再根据抛物线定义得出点轨迹是抛物线，建立平面直角坐标系，得出抛物线标准方程，及坐标，特别是利用平行线性质，向量的线性运算的性质，取中点，作与平行的切线，切点为，当与重合时，取得最大值．
14．在三棱锥中，平面垂直平面，，，则三棱锥外接球的表面积为_________.
【答案】
【分析】
如图，过点在面内作交的外接圆于点，平面垂直平面，两平面的交线为，利用正弦定理和勾股定理，构造出，然后，利用勾股定理得出，进而求解可得
【详解】

如图，过点在面内作交的外接圆于点，平面垂直平面，两平面的交线为，，面，面，
的外接圆直径为，，而，
中，，，，设底面的外接圆半径为，则，球的半径设为，
则有，球的表面积为
故答案为：
【点睛】
关键点睛：解题关键在于，构造直角三角形，
利用勾股定理得出，进而求解
15．如图，在一个底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为________.

【答案】
【分析】
设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，可画出内切球的切面图，分别求出大球和小球的半径分别为和，从而求出小球的体积.
【详解】
解：设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，则，，，
如图，在截面PMO中，设N为球与平面PAB的切点，则N在PM上，且，设球的半径为R，则，∵，∴，则，，∴，设球与球相切于点Q，则，设球的半径为r，同理可得，∴，故小球的体积.
故答案为：

【点睛】
本题考查球的体积公式，考查两圆相切的性质，考查正四棱锥的性质，考查学生数形结合方法的应用，属于中档题.
16．如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，给出下列结论：

①；
②直线平面；
③平面平面；
④异面直线与所成角为；
⑤直线与平面所成角的余弦值为.
其中正确的有_______（把所有正确的序号都填上）
【答案】①③④⑤
【分析】
设出几何体的边长，根据正六边形的性质，线面垂直的判定定理，线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，异面直线所成角，线面角有关知识，对五个结论逐一分析，由此得出正确结论的序号.
【详解】
设正六边形长为，则.根据正六边形的几何性质可知，由平面得，所以平面，所以，故①正确.由于，而，所以直线平面不正确，故②错误.易证得,所以平面，所以平面平面，故③正确.由于,所以是异面直线与所成角，在中，，故，也即异面直线与所成角为，故④正确.连接，则，由①证明过程可知平面，所以平面，所以是所求线面角，在三角形中，，由余弦定理得，故⑤正确.综上所述，正确的序号为①③④⑤.

【点睛】
本小题主要考查线面垂直的判定，面面垂直的判定，考查线线角、线面角的求法，属于中档题.
四、解答题（本大题共7小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．已知函数.
（1）证明：函数有三个零点；
（2）若对，不等式恒成立，求实数a的取值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由为奇函数，得是一个零点，转化为证明在上有且只有一个零点，求出，再对两次求导，确定的单调区间，再结合零点存在性定理，即可证明结论；
（2）不等式化为，再由（1）中的结论讨论零、正、负，分离参数，构造新函数，转化为与新函数的最值关系，通过求导求出新函数的最值，即可求出结论.
【详解】
解：（1）证明：
因为为奇函数，且，
只需证在上有且只有一个零点即可.
当，记，
记，，
在上递增，
又，在上递增，
又，，
所以存在唯一实数，使得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
，，又，
所以函数在上有且只有一个零点，
所以函数有三个零点.
（2）由，可得，
由（1）知：
①当时，，，
此时，对于任意，恒成立.
②当时，，
由，得，
令，下面研究的最小值，
，
令，
，令，
对成立，
函数在上为增函数，
而
，
又，
存在唯一实数，使得，
当时，；当时，.
函数在上递减，在递增，
，
，函数在上递减，
，.
③当时，，
由，得，
由②可知，
所以函数在上为减函数，
当时，，
，综上，.
【点睛】
本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值、零点，以及不等式恒成立问题，分离参数是解题的关键，构造函数多次求导是解这种类型题的重要手段，考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.
18．已知定义在上的函数.
（1）求单调区间；
（2）当时，在上有三个零点，求的取值范围.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）
【分析】
对函数求导可得,,分，,三种情况讨论利用导数判断函数的单调性求单调区间即可;
令,把函数在上有三个零点转化为函数的图象与直线在上有三个不同的交点，通过对函数进行求导判断其单调性并求极值,得到关于的不等式,解不等式即可.
【详解】
由题意知,，
令得或，
当时，恒成立，函数的单调增区间为；
当时由，得或；由，得；
函数的单调减区间为，单调增区间为，；
当时由，得或；由，得；
函数的单调减区间为，单调增区间为，；
综上可知,当时，函数的单调增区间为；
当时函数的单调减区间为，单调增区间为，；
当时函数的单调减区间为，单调增区间为，；
令，则，
则，令，解得，
当时,；当或时,，
函数在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时,函数有极大值为，
当时,函数有极小值为，
使函数在上有三个零点，
即直线和函数有三个不同的交点，
由单调性，只需满足，
即，解得，
所以实数的取值范围是.
【点睛】
本题主要考查利用导数判断函数的单调区间、求函数的极值;考查分类讨论思想和转化与化归能力、运算求解能力; 把函数在上有三个零点转化为函数的图象与直线在上有三个不同的交点是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.
19．已知椭圆（）的离心率为，过椭圆的左焦点和上顶点的直线与圆相切.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于、两点，点与原点关于直线对称，试求四边形的面积的最大值.
【答案】（1）；（2）2
【分析】
（1）由题得：过椭圆的左焦点和上顶点的直线方程为，又由该直线与圆相切得到：，联立，解方程组即得；
（2）由题得直线的斜率一定存在，可设直线，代入椭圆方程，消元化简得：
，由弦长公式求得，再求出点到直线的距离，算出，最后求出四边形的面积的最大值.
【详解】
（1）过椭圆的左焦点和上顶点的直线方程为，即，
又该直线与圆相切，，又离心率，，
，，
椭圆的方程为.
（2）由点与原点关于直线对称，得.
当直线的斜率不存在时，轴，四边形不存在，不合题意.
当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线，设，，
将代入，得，
当，即时，，，
从而，
又点到直线的距离，
，
设，则，，
当且仅当，即时等号成立，且满足，
四边形的面积的最大值为2.
【点睛】
本题主要考查了椭圆的标准方程的求解，求椭圆的面积的最值等问题，运用了弦长公式，点到直线的距离公式，属于难题；同时考查了学生的逻辑推理和运算求解能力.
20．已知椭圆:上动点P､Q,O为原点;
(1)若,求证:为定值;
(2)点,若,求证:直线过定点;
(3)若,求证:直线为定圆的切线;
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析
【分析】
（1）设，由题意可知，将代入椭圆方程，求得，利用直线的斜率公式，即可求证为定值；
（2）将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，即可求得的值，则直线过定点；
（3）设，则方程为：，分别代入椭圆方程，利用韦达定理及三角形的性质，到直线的距离为定值，即可求得直线为定圆
的切线，再验证中有一个斜率不存在的情况即可.
【详解】
证明：（1）由题意可知：设，
，
由在椭圆上，则，
代入得：
整理得：，
则
∴为定值；
（2）易知，直线的斜率存在，设其方程为，设，
，消去，整理得，
则 ，
由，且直线的斜率均存在，
，整理得，
因为，
所以，
整理得，
.
解得，或（舍去）.
∴直线恒过定点；
（3）当斜率都存在时，
设方程为：，，
则方程为：，
联立，可得：，
，
同理可得：
则到直线的距离，即为斜边上的高，

，（定值）.
当的斜率有一个不存在时，
此时直线为连接长轴和短轴端点的一条直线，方程为，
圆心到其距离为，
综合得：直线为定圆的切线.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，直线的斜率公式，考查计算能力，属于难题.
21．设函数且是定义域为的奇函数．
（1）求的值；
（2）若，试判断的单调性（不需证明），并求不等式恒成立的的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）利用奇函数的性质，即可求得实数k的值为.
（2）由题意可得在 R 上单调递减.结合函数的单调性和函数的奇偶性可得的取值范围.
【详解】
（1）∵是定义域为 R 的奇函数.∴.∴.
（2）,且 .∵.
又 ,且 .而在 R 上单调递减， 在 R 上单调递增，
故判断 在 R 上单调递减.
不等式化为 ，所以.即恒成立，
又，所以，而，所以，解得.
【点睛】
本题主要考查奇函数的性质及其应用，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于较难题..
22．设函数．
（1）若函数为奇函数，(0，)，求的值；
（2）若＝，＝，(0，)，求的值．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）根据函数为奇函数得，根据的范围即可求得结果；（2）利用已知函数值和可得：，利用同角三角函数可求得；利用二倍角公式求得和，将整理为，利用两角和差余弦公式求得结果.
【详解】
（1）为奇函数
又
当时，是奇函数，满足题意

（2），
又
；


【点睛】
本题考查根据奇偶性求解函数解析式、三角恒等变换和同角三角函数的求解，涉及到二倍角、两角和差余弦公式的应用，关键是能够通过配凑的方式，将所求函数值转化为两角和差的形式.
23．已知椭圆E:的一个焦点为,长轴与短轴的比为2:1.直线与椭圆E交于P､Q两点,其中为直线的斜率.
(1)求椭圆E的方程;
(2)若以线段PQ为直径的圆过坐标原点O,问:是否存在一个以坐标原点O为圆心的定圆O,不论直线的斜率取何值,定圆O恒与直线相切?如果存在,求出圆O的方程及实数m的取值范围;如果不存在,请说明理由.
【答案】(1) (2)存在,.的取值范围是
【分析】
（1）根据题意直接计算出得到答案.
（2）设直线OP的方程为:点的坐标为,则,联立方程组，设坐标原点O到直线的距离为d,则有，得到，计算得到答案.
【详解】
(1)由已知得:解得:椭圆E的方程为
(2)假设存在定圆O,不论直线的斜率k取何值时,定圆O恒与直线相切.
这时只需证明坐标原点O到直线的距离为定值即可.
设直线OP的方程为:点的坐标为,则,
联立方程组
①
以线段PQ为直径的圆过坐标原点O,
,直线OQ的方程为:
在①式中以换t,得②
又由知:

设坐标原点O到直线的距离为d,则有

又当直线OP与轴重合时,此时
由坐标原点O到直线的距离为定值知,所以存在定圆O,不论直线的斜率k取何值时,定圆O恒与直线相切,定圆O的方程为:.
直线与轴交点为,且点不可能在圆O内,又当k=0时,直线与定圆O切于点,所以的取值范围是
【点睛】
本题考查了椭圆的标准方程，直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.