2021-2022学年四川省绵阳市绵阳南山中学高二上学期期中数学（理）试题含解析

2021-2022学年四川省绵阳市绵阳南山中学高二上学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．直线的倾斜角是（       ）

A． B． C． D．不存在

【答案】A

【分析】由直线方程可得直线斜率，即可求得答案.

【详解】解：由直线的斜率为0，

所以直线的倾斜角是.

故选：A.

2．若点在圆上，则圆的半径（       ）

A．1 B．13 C． D．

【答案】C

【分析】点代入计算即可得出结果.

【详解】点在圆上，代入可得，

解得，即,

故选：C

3．曲线与曲线的（       ）

A．实轴长相等 B．虚轴长相等 C．离心率相等 D．焦距相等

【答案】D

【分析】通过的范围，结合曲线，求解焦距，实半轴长，虚半轴长，判断选项即可．

【详解】的实半轴的长为5，虚半轴的长为3，

实数满足，曲线是双曲线，

实半轴的长为，虚半轴的长为，

显然两条曲线的实轴的长与虚轴的长不相等，所以A、B均不正确；

焦距为：，焦距相等，所以D正确；

离心率为：和，不相等，所以C不正确．

故选：D．

4．已知抛物线C：y2＝2px（p>0）上一点M（6，y）到焦点F的距离为8，则p＝（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】解方程即得解.

【详解】因为到焦点F的距离为8，

所以，得.

故选：D

5．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果.

详解：

因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A.

点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：.

6．已知圆，圆，则两圆的公切线的条数是（       ）

A．1条 B．2条 C．3条 D．4条

【答案】B

【分析】分别求得两圆的圆心坐标和半径，结合两圆的位置关系的判定方法，求得两圆的位置关系，即可求解.

【详解】由圆可化为，

可得圆心坐标为，半径为，

由圆可化为，

可得圆心坐标为，半径为，

则圆心距为，

又由，所以，

可得圆与圆相交，所以两圆公共切线的条数为2条.

故选：B.

7．已知点是直线上的一个动点，定点，点是线段延长线上的一点，且，则点的轨迹方程是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】由知为中点，由中点坐标公式可表示出点坐标，代入直线方程即可求得点轨迹方程.

【详解】       为中点

设，则，代入得：

整理可得点轨迹方程为

故选：

【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解问题，关键是能够利用所求点坐标表示出已知直线上的点的坐标，代入已知直线整理可得结果.

8．在平面直角坐标系中，某菱形的一组对边所在的直线方程分别为和，另一组对边所在的直线方程分别为和，则（       ）

A． B．7 C．5 D．

【答案】D

【分析】根据菱形的性质，结合平行线间距离公式进行求解即可.

【详解】因为菱形四条边都相等，所以每边上的高也相等，且菱形对边平行，

直线和之间的距离为：，

和之间的距离为：，

于是有：，

故选：D

9．已知直线与圆相交于两点，且这两点关于直线对称，则，的值分别为（       ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】B

【分析】由条件有直线经过圆心且直线与直线垂直．

【详解】化为标准方程为.

直线与圆的两个交点关于直线对称，

直线经过圆心，且直线与直线垂直，

且，解得且，

故选：B．

10．已知椭圆的左､右焦点分别为，，点在椭圆上，当△的面积最大时，△内切圆半径为（       ）

A．1 B．2 C． D．5

【答案】C

【分析】由三角形面积最大得的位置，从而可求三角形的三条边长，通过，即可求出内切圆的半径．

【详解】由椭圆，得，，，

当△的面积最大时，为椭圆的短轴的一个顶点，

不妨设为上顶点，点为坐标原点，△内切圆半径为，

则，，，

则，

解得．

故选：C．

11．设抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于，两点，交于点，且，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】不妨设点且点为第一象限内的点，设点、，分析可知点为线段的中点，可求得点、的坐标，求出直线的方程，与抛物线的方程联立，利用韦达定理结合焦点弦长公式可求得.

【详解】易知抛物线的焦点为，准线方程为，

不妨设点且点为第一象限内的点，设点、，

因为，则为的中点，则，解得，

由题意得，解得，故点、，

直线的斜率为，所以，直线的方程为，即，

联立，可得，，

由韦达定理可得，因此，.

故选：A.

12．已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，点在圆上，则点到直线距离的最大值为（       ）

A．4 B．6 C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，设为直线上的一点，由切线的性质得点、在以为直径的圆上，求出该圆的方程，与圆的方程联立可得直线的方程，将其变形分析可得直线恒过的定点，由点到直线的距离分析可得答案．

【详解】根据题意，设为直线上的一点，则，

过点作圆的切线，切点分别为、，则有，，

则点、在以为直径的圆上，

以为直径的圆的圆心为C，，半径，

则其方程为，变形可得，

联立，可得圆C和圆O公共弦AB为：，

又由，则有，变形可得，

则有，解可得，故直线恒过定点，

点在圆上，

则点到直线距离的最大值为．

故选：B．

二、填空题

13．已知点关于坐标平面的对称点为，则，两点间的距离为_________.

【答案】2

【分析】先求得点关于坐标平面的对称点为，再运用空间两点的距离公式可求得答案.

【详解】因为点关于坐标平面的对称点为，所以，两点间的距离为，

故答案为：2.

14．直线与直线垂直，且相交于点，则______．

【答案】

【分析】根据直线垂直可得斜率相乘为，可求出，再将代入直线可求出，再将代入直线即可求出.

【详解】由两直线垂直可得，解得，

将代入直线，即，解得，

将代入直线，即，解得.

故答案为：.

15．若直线过，且被圆：截得的弦长为，则直线方程为________.

【答案】或

【分析】将圆化为，求出圆心，半径，讨论直线的斜率存在或不存在，分别利用圆心到直线的距离，利用点到直线的距离即可求解.

【详解】圆：，即，

即圆心，半径，

当直线的斜率不存在时，直线，

此时弦心距，弦长为，满足条件；

当所求直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，

由弦长公式可得弦心距，

再利用点到直线的距离公式可得，解得，

故此直线方程为，

综上可得，满足条件的直线方程为或.

故答案为：或.

【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，根据弦长求直线方程，考查了分类讨论的思想，属于基础题.

16．已知以､为左､右焦点的椭圆的左顶点为A，上顶点为，点，是椭圆上任意两点，若的面积最大值为，则的最小值为__________.

【答案】0.25

【分析】先根据的面积最大值时，点在与平行且与椭圆相切的直线上，由方程联立，，求出切线方程再由面积的最大值求出，，代换后用均值不等式求最值．

【详解】由题意有,,，则，，

设直线为椭圆的一条与平行的切线方程，其方程设为：，

由，得，

，得，

根据题意，

切线到直线的距离为：；

面积的最大值为，得，

设，，则，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

故答案为：．

三、解答题

17．已知直线与直线．

（1）若，求m的值；

（2）若点在直线上，直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程．

【答案】（1），（2）或

【分析】（1）由题意可知，所以可得，从而可求出m的值；

（2）将点的坐标代入直线的方程中，求出m的值，从而可得点的坐标，然后设出直线方程，利用两坐标轴上的截距之和为0，列方程可求出直线方程

【详解】解：（1）因为，所以，且，

由，得，解得或（舍去）

所以，

（2）因为点在直线上，

所以，得，所以点的坐标为，

所以设直线的方程为（），

令，则，令，则，

因为直线在两坐标轴上的截距之和为0，

所以，解得或，

所以直线的方程为或

18．已知圆，直线.

(1)判断直线与圆的位置关系；

(2)若圆与直线相交于点和点，求弦的中点的轨迹方程.

【答案】(1)相交；

(2)，除去点.

【分析】(1)直线恒过定点，求出点到圆心的距离，并与圆的半径比较大小，即可得解；

(2)设中点的坐标为，在中，利用勾股定理可求得，再由直线的斜率存在，可排除圆心，从而得解．

(1)

直线经过定点，

点到圆心的距离等于1小于圆的半径，

故定点在圆的内部，故直线与圆总有两个不同交点，故直线和圆相交；

(2)

设中点的坐标为，则由直线和圆相交的性质可得.

由于定点､圆心､点构成直角三角形，

由勾股定理得，

，

∴，即，

由于直线的斜率一定存在，故排除圆上的点.

此圆在圆的内部，

故点的轨迹方程为：，除去点.

19．一椭圆以双曲线的焦点为长轴的端点，椭圆焦点和短轴顶点的连线与双曲线的渐近线平行，其中，分别为椭圆的两个焦点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)点在椭圆上，且，求点到轴的距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意确定椭圆的a,b,c,即可确定椭圆的标准方程；

（2）设出点坐标，利用列出关于的等式,结合椭圆方程，求得答案.

(1)

双曲线的焦点为，

渐近线,

椭圆中的,

椭圆的方程为;

(2)

设，由，

由（1）可知：不妨设 ,

可得

即有，

又，

两式联立解得.

则点到轴的距离为.

20．已知圆经过两点，且圆心在直线上.

（1）求圆的方程；

（2）过点的直线与圆交于不同的两点，且，求直线的方程.

【答案】（1）；（2）或.

【分析】（1）首先根据垂径定理可得圆心在线段的中垂线上，其方程为，联立

可得圆心坐标为再求出半径即可得解；

（2）首先设直线方程为根据题意可得到的距离为，即即可求得或，即可得解.

【详解】（1）线段的中垂线方程为，

由得圆心的坐标所以半径，

圆的方程为

（2）设直线的方程为

到的距离为，

即

解得或，

故直线的方程为或

21．已知为抛物线上不同的两点，若，且直线的倾斜角为.

(1)求抛物线的方程；

(2)设直线交于，两点，是线段的中点，若，求点到轴距离的最小值及此时直线的方程.

【答案】(1)；

(2)7，.

【分析】(1)A和B代入抛物线方程，作差可得AB斜率k与p的关系；

(2)设直线l方程为，联立直线l与抛物线方程，根据弦长|DE|得m与n的关系，表示出M到y轴距离，理由基本不等式求其最小值即可.

(1)

∵，∴，

即，即

抛物线的方程为

(2)

设直线，设，

联立，消去

当且仅当即，此时代入都成立.

最小值为7，此时的直线为或.

22．分别过椭圆左､右焦点､的动直线，相交于点，与椭圆分别交于､与､不同四点，直线､､､的斜率分别为､､､，且满足，已知当与轴重合时，，.

(1)求椭圆的方程；

(2)是否存在定点，，使得为定值？若存在，求出､点坐标，若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）根据题意当与轴重合时垂直于轴，进而根据长轴长与通径长求解即可；

（2）先讨论直线或斜率不存在时得点坐标为或，再讨论直线斜率存在时，设斜率分别为，进而将直线方程与椭圆联立，结合韦达定理得，，进而结合已知得，进而根据斜率关系得点轨迹为，再综合即可得点点在椭圆上，进而得其焦点即为所求定点，.

(1)

解：当与轴重合时，，即，

由椭圆的对称性得直线垂直于轴，

∴，解得，

椭圆的方程为.

(2)

解：焦点坐标分别为，

当直线或斜率不存在时，点坐标为或，

当直线斜率存在时，设斜率分别为，则直线的方程为：

设，

所以联立方程 得，

，

，

同理得，

∵，即，

，即，

∵动直线，相交于点，∴，

，

设，则，即

由当直线或斜率不存在时，点坐标为或也满足，

点点在椭圆上，

存在点其坐标分别为，使得为定值