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2023-2024学年北京市门头沟区首都师范大学附属中学永定分校高二上学期期中练习数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年北京市门头沟区首都师范大学附属中学永定分校高二上学期期中练习数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，问答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知点，则线段的中点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用中点坐标公式即可求解.
【详解】由点，
则线段的中点坐标为，即.
故选：B
2．直线的斜率为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】将直线方程转化为斜截式，从而得到其斜率．
【详解】由，得，
所以直线的斜率为．
故选：C．
3．过点和的直线斜率等于1，那么的值等于（ ）
A．1或3B．4C．1D．1或4
【答案】C
【分析】利用已知两点坐标，过两点的直线的斜率公式建立方程，解出即可.
【详解】由题知，，
解得，
故选：
4．若圆与圆相内切，则为（ ）
A．1B．2C．5D．1或5
【答案】D
【分析】根究两圆内切满足的圆心距和半径差的关系即可求解.
【详解】圆的圆心和半径为 ，圆的圆心和半径为,由两圆内切，所以或，
故选：D
5．圆心为且过点的圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求得圆的半径，从而确定正确答案.
【详解】圆的半径为，
所以圆的标准方程为.
故选：A
6．如果直线与直线垂直，那么的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用两直线与垂直等价于，计算参数即可．
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，解得.
故选：D．
7．已知抛物线上一点与其焦点的距离为5，则点到轴的距离等于（ ）
A．3B．4C．5D．
【答案】B
【分析】根据抛物线的定义求解即可.
【详解】设，焦点为,，
由抛物线的定义可知： ，所以，
将其代入抛物线方程中得故，所以点到轴的距离等于4，
故选：B
8．若直线l：与直线的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】联立两直线方程得到交点坐标，然后根据交点位于第一象限得到，解方程得到，最后根据斜率与倾斜角的关系得到倾斜角的范围.
【详解】联立得，所以，解得，
所以直线的倾斜角的范围为.
故选：B.
9．位于德国东部萨克森州的莱科勃克桥（如图所示）有“仙境之桥”之称，它的桥形可近似地看成抛物线，该桥的高度为，跨径为，则桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，以桥顶为坐标原点，桥形的对称轴为轴建立直角坐标系，则抛物线的顶点坐标是（0，0），并且过，利用待定系数法求即可．
【详解】以桥顶为坐标原点，桥形的对称轴为轴建立直角坐标系，
结合题意可知，该抛物线经过点，则，解得，故桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为.故选A．
【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，涉及了待定系数法求抛物线解析式的知识，注意建立数学模型，培养自己利用数学知识解决实际问题的能力，难度一般．
10．双曲线：的左、右焦点分别为F1、F2，过F1的直线与双曲线C的右支在第一象限的交点为A，与y轴的交点为B，且△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】为等边三角形，则，，故，得到离心率.
【详解】为等边三角形，则，设为原点，
中，，故，故.
故选：B
二、填空题
11．若直线与平行，则实数 .
【答案】3
【分析】根据两直线平行，列出有关m的等式，即可求出实数m的值，再验证直线的关系.
【详解】由于与平行，
则，则或，
当时，，，两直线重合，
当时，，，两直线平行.
故答案为：3.
12．直的方程为，则该直线过定点 ．
【答案】
【分析】转化等式对于参数恒成立，列式求解
【详解】即，令得，
直线过定点，
故答案为：
13．设双曲线（）经过点，则该双曲线的渐近线方程是 ．
【答案】
【分析】根据双曲线经过点，可求出，再根据双曲线方程，即可渐近线方程.
【详解】因为双曲线（）经过点，
所以，所以，所以双曲线方程为，
所以其渐近线方程为.
故答案为：.
14．已知分别是双曲线的左右焦点，是上的一点，且，则的周长是 ．
【答案】34
【分析】由双曲线定义可得，再利用之间的关系求得，从而得到所求周长.
【详解】因为，所以，
故，则，
又，故，则，，
所以的周长为.
故答案为：34.
15．数学中有许多形状优美､寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）.给出下列四个结论：
①曲线有且仅有四条对称轴；
②曲线上任意两点之间的距离的最大值为6；
③曲线恰好经过8个整点（即横坐标､纵坐标均为整数的点）；
④曲线所围成的区域的面积大于16.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】设点是曲线上任意一点，分别求出点关于轴、轴、直线、直线对称的点，检验是否满足方程可得有四条对称轴.再由图象知，没有其他的对称轴即可判断①正确；根据基本不等式可得，即有，所以曲线上任意一点到原点的距离，进而可判断②错误；分别令，，，可得到8个点的坐标，进而说明当时，不存在这样的点，即可判断③正确；易知曲线的范围大于以，，，，，，，这8个点构成的正方形，又正方形的面积为16，即可得到④正确.
【详解】对于①：设点是曲线上任意一点，则有成立.
显然点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，点关于直线的对称点，点关于直线的对称点也满足该式成立，所以轴、轴、直线、直线都是曲线的对称轴.由图象易得，曲线没有其他的对称轴，故①正确；
对于②：因为，当且仅当时，等号成立.
所以有，则，所以有，
即曲线上任意一点到原点的距离.
又曲线的图象关于点中心对称，
所以曲线上任意两点之间的距离的最大值为，故②错误；
对于③：令，则，解得，可得点，；
令，则，显然无整数解；
令，则，解得或，可得点，，，，，；
当，，此时将看做关于的方程，
此时.
因为，所以，则，方程无解.
综上所述，曲线恰好经过8个整点.故③正确；
对于④：显然由，，，，，，，这8个点构成的正方形在曲线的内部.正方形的边长为4，面积为16.所以曲线所围成的区域的面积大于16.故④正确.
故答案为：①③④.
三、解答题
16．已知点.
(1)求过点且与直线平行的直线的方程；
(2)求点到直线的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)先求出，再用点斜式求方程即可；
(2)先求出直线的方程，再求点到直线的距离.
【详解】（1），
过点且与直线平行的直线的方程为：，
即；
（2）又(1)知，则直线的方程为，
即，则点到直线的距离为.
17．已知的顶点为，，，求：
(1)边AC上的中线所在直线的方程；
(2)边AC上的高所在直线的方程；
(3)边AC的垂直平分线的方程.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据中点坐标公式得到，然后根据点斜式求直线方程即可；
（2）根据两直线垂直时斜率相乘为-1得到边上高的斜率为-2，然后写直线方程即可；
（3）由（1）（2）得的垂直平分线的斜率为-2，过点，然后写直线方程即可.
【详解】（1）设中点为，所以，即，
所以，直线：，即，
所以边上的中线所在的直线方程为.
（2）由题意得，所以边上高的斜率为-2，
所以边上高所在直线的方程为：，即.
（3）由（2）得的垂直平分线的斜率为-2，
由（1）得的垂直平分线过点，
所以的垂直平分线的方程为：，即.
18．已知圆点
(1)试判断点P与圆C的位置关系，并说明理由：
(2)若过点P的直线l与圆C相切，求直线l的方程.
【答案】(1)点在圆外，理由见解析；
(2)或
【分析】（1）根据可得结果；
（2）分类讨论斜率是否存在，利用圆心到直线的距离等于其半径求出切线方程
【详解】（1）点在圆外,理由如下：
由已知得圆的圆心为，半径，
因为，所以
因为，所以点在圆外；
（2）①当直线的斜率不存在，方程为，圆心到直线的距离为2，
所以直线是圆的切线；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由题意有，解得，
所以直线的方程为，即，
综上所述，过点与圆相切的直线方程为或
19．已知圆过点，圆心为．
(1)求圆的方程；
(2)判断直线与圆的位置关系；
(3)已知过点的直线交圆于两点，且，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)直线与圆相切
(3)或
【分析】（1）由两点间的距离公式求出半径，即可得解；
（2）求出圆心到直线的距离，即可判断；
（3）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，利用垂径定理与勾股定理表示出弦长，即可求出参数的值，从而得解.
【详解】（1）解：由题意，圆的半径为，
所以圆的方程为.
（2）解：设圆心到直线的距离为，则，故直线与圆相切；
（3）解：若斜率不存在，则直线方程为，弦心距，半径为，
则，符合题意；·
若斜率存在，设直线方程为，即.
所以弦心距，所以，
解得，直线方程为，
综上所述，直线的方程为或.
四、问答题
20．已知椭圆C：的右焦点为，且经过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线：与椭圆C交于两个不同的点M，N，若线段中点的横坐标为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可直接得出，再结合即可求解；
（2）设，联立利用根与系数的关系，结合题意即可求解
【详解】（1）由题意得，又∵，∴，
∴椭圆C的方程为；
（2）设，联立，
得，得，，
因为与椭圆C交于两个不同的点M，N，
所以，即，
由题知，解得，即，又，所以，
∴直线l的方程为，即.
五、解答题
21．已知椭圆的一个顶点为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交与不同的两点，求线段的长度；
（3）若直线与椭圆交于两点，且，求实数的值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）利用椭圆的顶点坐标，求出的值，然后由离心率公式求出的值，然后利用的
关系求出，即可得到椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，然后由两点间距离公式求解即可；
（3）联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，然后利用，得到点在轴上，即可求出的值.
【详解】（1）因为椭圆的顶点为，可得，
又椭圆的离心率为，即，解得，
所以，故椭圆的方程为.
（2）直线与椭圆交与不同的两点，
联立方程组，解得或，
则，故线段的长度为.
（3）直线与椭圆交于两点，设，
联立方程组，可得，解得或，
因为，则点在轴上，所以，解得.
一、单选题
1．已知点，则线段的中点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用中点坐标公式即可求解.
【详解】由点，
则线段的中点坐标为，即.
故选：B
2．直线的斜率为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】将直线方程转化为斜截式，从而得到其斜率．
【详解】由，得，
所以直线的斜率为．
故选：C．
3．过点和的直线斜率等于1，那么的值等于（ ）
A．1或3B．4C．1D．1或4
【答案】C
【分析】利用已知两点坐标，过两点的直线的斜率公式建立方程，解出即可.
【详解】由题知，，
解得，
故选：
4．若圆与圆相内切，则为（ ）
A．1B．2C．5D．1或5
【答案】D
【分析】根究两圆内切满足的圆心距和半径差的关系即可求解.
【详解】圆的圆心和半径为 ，圆的圆心和半径为,由两圆内切，所以或，
故选：D
5．圆心为且过点的圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求得圆的半径，从而确定正确答案.
【详解】圆的半径为，
所以圆的标准方程为.
故选：A
6．如果直线与直线垂直，那么的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用两直线与垂直等价于，计算参数即可．
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，解得.
故选：D．
7．已知抛物线上一点与其焦点的距离为5，则点到轴的距离等于（ ）
A．3B．4C．5D．
【答案】B
【分析】根据抛物线的定义求解即可.
【详解】设，焦点为,，
由抛物线的定义可知： ，所以，
将其代入抛物线方程中得故，所以点到轴的距离等于4，
故选：B
8．若直线l：与直线的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】联立两直线方程得到交点坐标，然后根据交点位于第一象限得到，解方程得到，最后根据斜率与倾斜角的关系得到倾斜角的范围.
【详解】联立得，所以，解得，
所以直线的倾斜角的范围为.
故选：B.
9．位于德国东部萨克森州的莱科勃克桥（如图所示）有“仙境之桥”之称，它的桥形可近似地看成抛物线，该桥的高度为，跨径为，则桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，以桥顶为坐标原点，桥形的对称轴为轴建立直角坐标系，则抛物线的顶点坐标是（0，0），并且过，利用待定系数法求即可．
【详解】以桥顶为坐标原点，桥形的对称轴为轴建立直角坐标系，
结合题意可知，该抛物线经过点，则，解得，故桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为.故选A．
【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，涉及了待定系数法求抛物线解析式的知识，注意建立数学模型，培养自己利用数学知识解决实际问题的能力，难度一般．
10．双曲线：的左、右焦点分别为F1、F2，过F1的直线与双曲线C的右支在第一象限的交点为A，与y轴的交点为B，且△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】为等边三角形，则，，故，得到离心率.
【详解】为等边三角形，则，设为原点，
中，，故，故.
故选：B
二、填空题
11．若直线与平行，则实数 .
【答案】3
【分析】根据两直线平行，列出有关m的等式，即可求出实数m的值，再验证直线的关系.
【详解】由于与平行，
则，则或，
当时，，，两直线重合，
当时，，，两直线平行.
故答案为：3.
12．直的方程为，则该直线过定点 ．
【答案】
【分析】转化等式对于参数恒成立，列式求解
【详解】即，令得，
直线过定点，
故答案为：
13．设双曲线（）经过点，则该双曲线的渐近线方程是 ．
【答案】
【分析】根据双曲线经过点，可求出，再根据双曲线方程，即可渐近线方程.
【详解】因为双曲线（）经过点，
所以，所以，所以双曲线方程为，
所以其渐近线方程为.
故答案为：.
14．已知分别是双曲线的左右焦点，是上的一点，且，则的周长是 ．
【答案】34
【分析】由双曲线定义可得，再利用之间的关系求得，从而得到所求周长.
【详解】因为，所以，
故，则，
又，故，则，，
所以的周长为.
故答案为：34.
15．数学中有许多形状优美､寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）.给出下列四个结论：
①曲线有且仅有四条对称轴；
②曲线上任意两点之间的距离的最大值为6；
③曲线恰好经过8个整点（即横坐标､纵坐标均为整数的点）；
④曲线所围成的区域的面积大于16.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】设点是曲线上任意一点，分别求出点关于轴、轴、直线、直线对称的点，检验是否满足方程可得有四条对称轴.再由图象知，没有其他的对称轴即可判断①正确；根据基本不等式可得，即有，所以曲线上任意一点到原点的距离，进而可判断②错误；分别令，，，可得到8个点的坐标，进而说明当时，不存在这样的点，即可判断③正确；易知曲线的范围大于以，，，，，，，这8个点构成的正方形，又正方形的面积为16，即可得到④正确.
【详解】对于①：设点是曲线上任意一点，则有成立.
显然点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，点关于直线的对称点，点关于直线的对称点也满足该式成立，所以轴、轴、直线、直线都是曲线的对称轴.由图象易得，曲线没有其他的对称轴，故①正确；
对于②：因为，当且仅当时，等号成立.
所以有，则，所以有，
即曲线上任意一点到原点的距离.
又曲线的图象关于点中心对称，
所以曲线上任意两点之间的距离的最大值为，故②错误；
对于③：令，则，解得，可得点，；
令，则，显然无整数解；
令，则，解得或，可得点，，，，，；
当，，此时将看做关于的方程，
此时.
因为，所以，则，方程无解.
综上所述，曲线恰好经过8个整点.故③正确；
对于④：显然由，，，，，，，这8个点构成的正方形在曲线的内部.正方形的边长为4，面积为16.所以曲线所围成的区域的面积大于16.故④正确.
故答案为：①③④.
三、解答题
16．已知点.
(1)求过点且与直线平行的直线的方程；
(2)求点到直线的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)先求出，再用点斜式求方程即可；
(2)先求出直线的方程，再求点到直线的距离.
【详解】（1），
过点且与直线平行的直线的方程为：，
即；
（2）又(1)知，则直线的方程为，
即，则点到直线的距离为.
17．已知的顶点为，，，求：
(1)边AC上的中线所在直线的方程；
(2)边AC上的高所在直线的方程；
(3)边AC的垂直平分线的方程.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据中点坐标公式得到，然后根据点斜式求直线方程即可；
（2）根据两直线垂直时斜率相乘为-1得到边上高的斜率为-2，然后写直线方程即可；
（3）由（1）（2）得的垂直平分线的斜率为-2，过点，然后写直线方程即可.
【详解】（1）设中点为，所以，即，
所以，直线：，即，
所以边上的中线所在的直线方程为.
（2）由题意得，所以边上高的斜率为-2，
所以边上高所在直线的方程为：，即.
（3）由（2）得的垂直平分线的斜率为-2，
由（1）得的垂直平分线过点，
所以的垂直平分线的方程为：，即.
18．已知圆点
(1)试判断点P与圆C的位置关系，并说明理由：
(2)若过点P的直线l与圆C相切，求直线l的方程.
【答案】(1)点在圆外，理由见解析；
(2)或
【分析】（1）根据可得结果；
（2）分类讨论斜率是否存在，利用圆心到直线的距离等于其半径求出切线方程
【详解】（1）点在圆外,理由如下：
由已知得圆的圆心为，半径，
因为，所以
因为，所以点在圆外；
（2）①当直线的斜率不存在，方程为，圆心到直线的距离为2，
所以直线是圆的切线；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由题意有，解得，
所以直线的方程为，即，
综上所述，过点与圆相切的直线方程为或
19．已知圆过点，圆心为．
(1)求圆的方程；
(2)判断直线与圆的位置关系；
(3)已知过点的直线交圆于两点，且，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)直线与圆相切
(3)或
【分析】（1）由两点间的距离公式求出半径，即可得解；
（2）求出圆心到直线的距离，即可判断；
（3）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，利用垂径定理与勾股定理表示出弦长，即可求出参数的值，从而得解.
【详解】（1）解：由题意，圆的半径为，
所以圆的方程为.
（2）解：设圆心到直线的距离为，则，故直线与圆相切；
（3）解：若斜率不存在，则直线方程为，弦心距，半径为，
则，符合题意；·
若斜率存在，设直线方程为，即.
所以弦心距，所以，
解得，直线方程为，
综上所述，直线的方程为或.
四、问答题
20．已知椭圆C：的右焦点为，且经过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线：与椭圆C交于两个不同的点M，N，若线段中点的横坐标为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可直接得出，再结合即可求解；
（2）设，联立利用根与系数的关系，结合题意即可求解
【详解】（1）由题意得，又∵，∴，
∴椭圆C的方程为；
（2）设，联立，
得，得，，
因为与椭圆C交于两个不同的点M，N，
所以，即，
由题知，解得，即，又，所以，
∴直线l的方程为，即.
五、解答题
21．已知椭圆的一个顶点为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交与不同的两点，求线段的长度；
（3）若直线与椭圆交于两点，且，求实数的值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）利用椭圆的顶点坐标，求出的值，然后由离心率公式求出的值，然后利用的
关系求出，即可得到椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，然后由两点间距离公式求解即可；
（3）联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，然后利用，得到点在轴上，即可求出的值.
【详解】（1）因为椭圆的顶点为，可得，
又椭圆的离心率为，即，解得，
所以，故椭圆的方程为.
（2）直线与椭圆交与不同的两点，
联立方程组，解得或，
则，故线段的长度为.
（3）直线与椭圆交于两点，设，
联立方程组，可得，解得或，
因为，则点在轴上，所以，解得.
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