2022-2023学年江苏省徐州市铜山区高二上学期期中数学试题含答案

2022-2023学年江苏省徐州市铜山区高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角是

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由方程得到斜率，然后可得其倾斜角.

【详解】因为直线的斜率为

所以其倾斜角为

故选：D

2．以点为圆心，与轴相切的圆的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据圆与轴相切得出半径，再根据圆心和半径写出圆的标准方程.

【详解】由题知，圆心为，

因为圆 与轴相切，所以圆的半径，

所求圆的方程为.

故选：C.

3．直线和直线平行，则实数的值为（    ）

A． B．2或 C．3 D．或3

【答案】C

【分析】根据两直线平行的必要条件列方程求，注意去除两直线重合的情形即可得．

【详解】因为直线和直线平行，

所以，解得或，

时，两直线直线方程分别为，，两直线平行．

时，两直线方程都是，两直线重合，舍去，

∴．

故选：C．

4．已知两点，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（    ）

A． B．或

C． D．

【答案】A

【分析】由题意，作图，利用已知两点坐标计算斜率，可得答案.

【详解】  

由，则直线的斜率，

由，则直线的斜率，

由图可知，，解得.

故选：A.

5．椭圆的焦点为，上顶点为，若，则实数的值为（    ）

A．2 B． C． D．4

【答案】C

【分析】由，得为等边三角形，则可得，所以，再由椭圆方程求得，代入可求出的值

【详解】由，得，则，

因为椭圆的焦点为，上顶点为， ，

所以为等边三角形，所以，

所以，所以，

所以，所以，解得，

故选：C

6．2022年6月，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，成功发射一颗试验卫星.该卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，设地球半径为，若其近地点、远地点离地面的距离大约分别是，则该卫星运行轨道（椭圆）的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意得到所以求解.

【详解】解：设该卫星运行轨道（椭圆）的长轴长和焦距分别为，因为其近地点、远地点离地面的距离大约分别是，

所以，

解得，

所以 ，

故选：B

7．已知等轴双曲线的焦距为8，左、右焦点在轴上，中心在坐标原点，点的坐标为，为双曲线右支上一动点，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知条件可以得到双曲线的标准方程为，由双曲线的定义可知，，故的最大值为.

【详解】因为等轴双曲线的左、右焦点在轴上，中心在坐标原点，

所以可设双曲线的方程为，

又因为双曲线的焦距为8，所以，

而，所以，故双曲线的标准方程为.

由双曲线的定义可知，，

由题意可知，，，，

所以,故的最大值为，

当且仅当三点共线且点位于第一象限时取得最大值.

故选：B

8．已知圆与轴交于两点，点的坐标为．圆过三点，当实数变化时，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则此定直线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设圆为，根据圆与圆都经过两点，可用表示，又点在圆上，可用表示，进而可得含参数的圆的方程，再由圆系方程求解即可.

【详解】圆方程为，令，得，

设圆的方程为，令，得，

由题意，圆与圆都经过两点，

∴方程与等价，∴，，

∴圆的方程为，

∵点在圆上，∴，∴，

∴圆：，整理得，

∴圆经过直线与圆的交点，

∴当实数变化时，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，

故选：C.

二、多选题

9．若方程所表示的曲线为，则下列命题正确的是（    ）

A．若曲线为双曲线，则或

B．若曲线为椭圆，则

C．曲线可能是圆

D．若曲线为焦点在轴上的椭圆，则

【答案】ACD

【分析】利用方程表示双曲线求解的取值范围可判断A；方程表示椭圆求解可判断B；方程是否表示圆可判断C；方程表示焦点在轴上的椭圆求解可判断D.

【详解】对于A，方程表示双曲线，则，解得或，故A正确；

对于B，方程表示椭圆，则，解得且，故B错误；

对于C，当时，方程表示圆，故C正确；

对于D，方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得，故D正确；

故选：ACD

10．光线自点射入，经倾斜角为的直线反射后经过点，则反射光线经过的点为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】先求点关于直线的对称点，得出反射后的直线，再对选项逐一检验

【详解】由题意知，，设点关于直线的对称点为，

则，解得，所以反射光线所在的直线方程为，

所以当时，；当时，，

故选：BC

11．设，过定点的直线与过定点的直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则下列结论中正确的是（    ）

A．直线与直线垂直

B．的最大值为

C．点的轨迹方程为

D．的最小值为

【答案】AD

【分析】A选项，根据两直线垂直满足的关系式进行判断；B选项，求出和，由⊥，得到，再结合基本不等式得到答案；C选项，分析得到，点的轨迹为以为直径的圆，求出轨迹方程；D选项，设的中点为，求出，得到点轨迹方程，进而得到的最小值为圆心距减去两半径，结合求出答案.

【详解】对于A：因为，所以一定垂直，故A正确；

对于B：变形得到，令，解得，从而，

变形得到，令，解得，从而，

由⊥，由勾股定理得，

由基本不等式可得，故，

当且仅当时等号成立，故B错误；

对于C：由B可知，点的轨迹为以为直径的圆，其中线段的中点坐标为，半径为，

此时圆的方程为，

又当时直线，直线，此时两直线的交点为，

点在圆上，

当时直线的斜率存在且不为，

直线的斜率也存在，

此时点不在直线与上，所以点不为与的交点，

故点的轨迹方程为（除点外），故C错误；

对于D：圆的圆心为，半径为，

设的中点为，由垂径定理得，

故点的轨迹方程为，

因为点轨迹方程为，

则的最小值为圆心距减去两半径，即，

其中，

所以的最小值为，故D正确.

故选：AD

12．设是抛物线上的两点，是坐标原点，下列结论正确的是（    ）

A．若直线过抛物线的焦点，则

B．若直线过抛物线的焦点，则

C．若，则

D．若，则到直线的距离不大于4

【答案】BCD

【分析】当直线过抛物线的焦点时，联立直线与抛物线的方程，由韦达定理可及焦半径公式可判断A，B；

当时，由，可得，，由两点间的距离公式及基本不等式判断C；

当时，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，结合向量的数量积、韦达定理及点到线的距离公式判断D.

【详解】解：当直线过抛物线的焦点时，直线的斜率存在，

设直线的方程为，

联立直线与抛物线的方程得，

所以，

所以，故B正确；

，

当时，等号成立，

又因为，所以，故A错误；

对于C，当时，则有，

即，,

解得(舍)或，

所以，

所以，

又因为，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，故C正确；

对于D，设直线的方程为，

联立直线与抛物线方程得：，

得，

所以，

所以，

因为，

所以，

即，

解得(舍)或，

则原点到直线的距离，当时，等号成立，

即到直线的距离不大于4，故D正确.

故选：BCD.

【点睛】方法点睛：对于过抛物线焦点的弦长，可以采用焦半径公式求解；对于没有过焦点的弦长，则利用韦达定理及弦长公式求解.

三、填空题

13．直线与间的距离为         ．

【答案】

【分析】根据两平行线间的距离，，代入相应的数据，整理计算得到答案.

【详解】因为直线与互相平行，

所以根据平行线间的距离公式，

可以得到它们之间的距离，

.

【点睛】本题考查两平行线间的距离公式，属于简单题.

14．已知过点的直线l被圆所截得的弦长为8，则直线l的方程为      .

【答案】或．

【分析】求出圆的圆心、半径，当直线的斜率不存在时，直线方程为，成立；当直线的斜率存在时，设直线，求出圆心到直线的距离，由过点的直线被圆所截得的弦长为8，利用勾股定理能求出直线的方程．

【详解】圆的圆心为，半径，

当直线的斜率不存在时，直线方程为，

联立，得或，

直线被圆所截得的弦长为8，成立；

当直线的斜率存在时，设直线，

圆心到直线的距离，

过点的直线被圆所截得的弦长为8，

由勾股定理，得，

即，解得，

直线，整理，得．

综上直线的方程为或．

故答案为：或．

15．设是双曲线的左、右焦点，是坐标原点．过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则双曲线的离心率为          ．

【答案】

【分析】由与互补，得到两角的余弦值互为相反数，两次利用余弦定理得到关于的方程进行求解.

【详解】如图所示：

设双曲线的一条渐近线方程为，因为焦点到渐近线的距离为，所以，则，所以，

因为，所以，

解得：.

故答案为：.

16．已知圆，点，从坐标原点向圆作两条切线，切点分别为，若切线的斜率分别为，，且，则的取值范围为          ．

【答案】

【分析】先根据题意得到直线，的方程，再根据直线与圆的位置关系得到，结合，即可求得圆心的轨迹方程，求出，再由圆的性质可得的取值范围．

【详解】由题意可知，，半径为2，直线，，

因为直线，与圆相切，

所以，，

两边同时平方整理可得，

，

所以，是方程

的两个不相等的实数根，所以．又，

所以，即，则；

又，

根据圆的性质可得，

所以，

即．

故答案为：.

【点睛】思路点睛：求解定点到圆上动点距离的最值问题时，一般需要先求圆心到定点的距离，判定定点与圆的位置关系，再结合圆的性质，即可求出结果；也可根据圆的参数方程，结合三角函数的性质求解.

四、解答题

17．已知的三个顶点是．

(1)求边的高所在直线的方程；

(2)若直线过点，且点到直线的距离相等，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或．

【分析】（1）求出直线的斜率，则可求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线的方程，

（2）由题意分直线与平行和直线通过的中点两种情况求解.

【详解】（1）因为，所以边的高所在直线的斜率为，

所以边上高所在直线为

即．

（2）因为点到直线的距离相等，所以直线与平行或通过的中点，

①当直线与平行,

所以，所以，即．

②当直线通过的中点，

所以，所以，即．

综上：直线的方程为或．

18．在以下三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并进行求解：

①圆经过点；②圆心在直线上；

③圆与直线相切；

已知圆经过点，且__________

(1)求圆的方程；

(2)已知点，问在圆上是否存在点，使得？若存在，求出点的个数；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)答案见解析；

(2)存在，符合题意的点的个数是2个．

【分析】（1）若选①，设圆的方程为，由条件列方程求可得结论；

若选②，先求直线的垂直平分线方程，与直线联立可求圆心坐标，再求圆的半径，由此可得圆的方程；

若选③，设圆的方程为，由条件列方程求可得圆的方程；

（2）设，由条件求点的轨迹方程，再求该方程与圆的交点个数即可.

【详解】（1）若选①，设圆的方程为，

由已知可得，

解得，

所以圆的方程为，

若选②，

由已知的中点为的斜率为，

所以的中垂线方程为：，即，

又因为圆心在直线上，

联立，可得，

所以圆心的坐标为，

半径为，

所以圆的方程为：；

若选③，设圆的方程为，

因为圆经过点，

所以，

因为圆与直线相切，

所以，

解得，

所以圆的方程为；

（2）设，

由已知，

，即，

点在圆上，

圆的圆心的坐标为，半径，

又因点在圆上，

圆的圆心的坐标为，半径，

又，，

所以，

圆与圆相交，两圆有两个公共点，

符合题意的点的个数是2个．

19．设分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点且与轴垂直，直线与椭圆的另一个交点为．

(1)若直线的斜率为，求椭圆的离心率；

(2)若直线在轴上的截距为1，且，求椭圆的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先求点的坐标，再利用，建立等量关系，即可求解离心率；

（2）首先利用中位线的关系，求点的纵坐标，再根据比例关系求点的坐标，代入椭圆方程，联立即可求解.

【详解】（1）记，则，

由，得，，

如图，因为,所以点在点的上方，即，

则

；

，或（舍去）

（2）  

记直线与轴的交点为，则①，

轴，垂足为点，

由比例关系可知，,

将的坐标代入椭圆方程得②

由①②及得，所以椭圆的方程为．

20．已知定点，定直线，动圆过点，且与直线相切．

(1)求动圆的圆心所在轨迹的方程；

(2)已知点是轨迹上一点，点是轨迹上不同的两点（点均不与点重合），设直线的斜率分别为，且满足，证明：直线过定点，并求出定点的坐标．

【答案】(1)

(2)证明见解析，定点

【分析】（1）由题意，作图，根据圆切线的性质，结合抛物线的定义，可得答案；

（2）设出直线方程，联立抛物线方程，写出韦达定理，代入，可得答案.

【详解】（1）设点，圆与直线的切点为，

因为动圆过点，且与直线相切，则，

所以点的轨迹是以原点为顶点，以点为焦点的抛物线，

则动圆的圆心轨迹的方程为．

（2）若直线的斜率为0，则直线与抛物线只有1个交点，不合要求，

设直线的方程为

，消去可得：，

则，

因为为抛物线上一点，所以，解得，

，

解得，代入，

解得或，

结合点均不与点重合，则，则，解得，

故且或，

所以直线即

所以直线恒过定点.

【点睛】处理定点问题的思路：

（1）确定题目中的核心变量（此处设为），

（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，

（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，

①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；

②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.

21．已知双曲线的离心率为，点在双曲线上．

(1)求双曲线的方程；

(2)设过点的直线与曲线交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点坐标及此常数的值，若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)在轴上存在定点，

【分析】（1）由已知得到a、b、c的方程组，解出a、b、c，即可求出双曲线的方程；

（2）设直线的方程为，设定点，联立方程组，用“设而不求法”表示出为常数，求出t，即可求出定点Q.

【详解】（1）由题意，，

解得．

双曲线方程为；

（2）假设存在定点，使得为常数，

当直线的斜率不为时，可设直线的方程为，

联立，得．

由已知，且，

解得且，

设，

，

，

，

由已知为常数，与无关，

，即，此时．

在轴上存在定点，使得为常数．

当直线的斜率为时，直线与双曲线的交点坐标为和，

此时，

所以在轴上存在定点，使得为常数．

【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

22．已知点为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点．

(1)求的值；

(2)求面积的最大值．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）设，从而得，将点分别代入椭圆的方程化简计算得，即可得；

（2）由题意，得，计算点点到直线的距离，分别联立直线与椭圆的方程组，得关于的一元二次方程，写出韦达定理，利用弦长公式表示，根据三角形面积公式表示出，令，构造新函数，结合的范围与二次函数的性质求解最大值.

【详解】（1）设，则，

所以，两式相除得

即，.

（2），，设，

点到直线的距离为，

联立，得，

，，

联立，得，

令，则，

令

当时，的最大值为，所以面积的最大值为．