2021-2022学年江苏省南通市启东市东南中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年江苏省南通市启东市东南中学高二上学期期中数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省南通市启东市东南中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．在平面直角坐标系中，下列四个结论：①每一条直线都有点斜式和斜截式方程；②倾斜角是钝角的直线，斜率为负数；③方程与方程可表示一条直线；④直线过点，倾斜角为，则其方程为.其中正确的个数为A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【详解】对于①，斜率不存在的直线无点斜式和斜截式方程，故错；对于②，倾斜角是钝角的直线，其倾斜角的正切值为负数，直线斜率为负数，正确；对于③，方程表示直线去掉点 与方程不表示同一直线，故错；对于④，直线过点，倾斜角为，则其方程为，正确，正确的个数为，故选B.2．设圆上的动点到直线的距离为，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：先把圆的方程化为标准形式，求出圆心坐标和半径，求出圆心到直线的距离，此距离减去圆的半径得最小值，加上半径得最大值.详解：由题意得，圆，即，圆心为，半径，由圆心到直线的距离，圆上动点到直线的最小距离为，最大距离为，即的取值范围是，故选B.点睛：本题考查圆的标准方程及几何性质，直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，意在考查综合运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.3．已知抛物线C的顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右焦点F2重合，若抛物线C与该椭圆在第一象限的交点为P，椭圆的左焦点为F1，则|PF1|＝(　　)A． B． C． D．2【答案】B【详解】由椭圆的方程可得，∴，故椭圆的右焦点为，即抛物线的焦点为，∴，∴，∴，∴抛物线的方程为，联立，解得或，∵为第一象限的点，∴，∴，∴，故选B.4．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1，3，3，5，5，7，…，该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为（    ）A．39 B．45 C．48 D．51【答案】D【分析】利用已知条件将每一层有的塔的数目设为，依题意可知，…成等差数列，利用等差数列通项公式以及前项和公式即可得出结论.【详解】设该数列为，依题意可知，，，…成等差数列，且公差为2，，设塔群共有层，则，解得．故最下面三层的塔数之和为．故选：D.5．已知动点到，两点的距离相等，是圆上的动点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】易知轨迹为线段的垂直平分线，由此可求得轨迹方程；利用点到直线距离公式求得圆心到直线距离，由可求得结果.【详解】到两点距离相等，点轨迹为线段的垂直平分线，又，中点坐标为，点的轨迹方程为：，即.由圆的方程知：圆心为，半径，圆心到直线的距离，.故选：A.【点睛】结论点睛：直线与圆相离时，圆上的点到直线距离的最大值为，最小值为（为圆心到直线距离，为圆的半径）.6．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，直线与抛物线交于，两点，若，则=A． B．C． D．【答案】B【分析】先根据题意写出直线的方程，再将直线的方程与抛物线y2＝2x的方程组成方程组，消去y得到关于x的二次方程，最后利用根与系数的关系结合抛物线的定义即可求线段AB的长．【详解】解：抛物线C：y2＝2x的焦点为F（，0），准线为l：x＝﹣，设M（x1，y1），N（x2，y2），M，N到准线的距离分别为dM，dN，由抛物线的定义可知|MF|＝dM＝x1+，|NF|＝dN＝x2+，于是|MN|＝|MF|+|NF|＝x1+x2+1．∵，则，易知：直线MN的斜率为±，∵F（，0），∴直线PF的方程为y＝±（x﹣），将y＝±（x﹣），代入方程y2＝2x，得3（x﹣）2＝2x，化简得12x2﹣20x+3＝0，∴x1+x2，于是|MN|＝x1+x2+11故选：B．【点睛】本题考查抛物线的定义和性质，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．7．已知数列中，且，则为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】采用倒数法可证得数列为等差数列，根据等差数列通项公式可推导得到，代入即可.【详解】由得：，又，数列是以为首项，为公差的等差数列，，，.故选：A.8．已知圆：，直线过点，且与圆交于A，两点，则当面积最大时，直线的方程为（    ）A． B．C．或 D．或【答案】C【分析】分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线的方程为，求出三角形的面积，利用基本不等式求得面积的最大值，从而可求得对于直线的斜率，即可得解.【详解】解：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，则此时直线与圆相切，不存在；当直线斜率存在时，设直线的方程为，即，则圆心到直线的距离，，则，当且仅当，即时，取等号，即，解得或，所以直线的方程为或.故选：C. 二、多选题9．以下四个命题表述正确的是（    ）A．直线恒过定点B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C．圆与圆恰有三条公切线，则D．已知圆，点P为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，、为切点，则直线经过定点【答案】BCD【解析】将直线的方程进行整理利用参数分离即可判断选项A；根据圆心到直线的距离与半径的关系比较即可判断选项B；由题意知两圆外切；由圆心距等于半径即可求得值，即可判断选项C；设出点坐标，求出以线段为直径的圆的方程，与已知圆的方程相减即可得直线的方程，即可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于选项A：由可得：，由可得，所以直线恒过定点，故选项A不正确；对于选项B：圆心到直线的距离等于，圆的半径，平行于且距离为1的两直线分别过圆心以及和圆相切，故圆上有且仅有3个点到直线的距离等于，故选项B正确；对于选项C：由可得，圆心，，由 可得，圆心，，由题意可得两圆相外切，所以，即，解得：，故选项C正确；对于选项D：设点坐标为，所以，即，因为、分别为过点所作的圆的两条切线，所以，，所以点在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为，整理可得：，与已知圆相减可得，消去可得：即，由可得，所以直线经过定点，故选项D正确.故选：BCD.【点睛】结论点睛：（1）圆和圆的公共弦的方程为两圆的方程相减即可.（2）已知，，以线段为直径的圆的方程为：.10．（多选）设数列是等差数列，公差为d，是其前n项和，且，则（    ）A． B． C．或为的最大值 D．【答案】BC【解析】根据得到，再根据得到，可得数列是单调递减的等差数列，所以或为的最大值，根据得，故BC正确.【详解】由得，，即，又，，，∴B正确；由，得，又，，∴数列是单调递减的等差数列，，或为的最大值，∴A错误，C正确；，，所以D错误.故选：BC．【点睛】关键点点睛：根据等差中项推出，进而推出是解题关键.11．（多选）已知抛物线的焦点到准线的距离为，直线过点且与抛物线交于，两点，若是线段的中点，则（    ）A． B．抛物线的方程为C．直线的方程为 D．【答案】ACD【分析】由焦点到准线的距离可求得，则可判断A正确，B错误；利用斜率坐标计算公式几何中点坐标计算公式可求得直线的斜率，从而求得的方程，可判断C正确；，所以从而判断D正确.【详解】因为焦点到准线的距离为4，根据抛物线的定义可知，故A正确故抛物线的方程为，焦点，故B错误则，．又是的中点，则，所以，即，所以直线的方程为．故C正确由，得．故D正确故选：ACD．12．已知实数，满足方程，则下列说法错误的是A．的最大值为 B．的最大值为C．的最大值为 D．的最大值为【答案】CD【分析】B中表示到原点距离的平方，求出原点到圆心距离可得圆上点到原点距离的最大值的最小值，可判断B，A，C，D中均可以令对应式子，解得后代入圆方程，由判别式可得最值．从而得到判断．本题用了几何意义求解，转化为直线与圆有公共点，由圆心到直线的距离不大于半径可得结论．【详解】对于A，设，则，表示直线的纵截距，当直线与圆有公共点时，，解得，所以的最大值为，故A说法正确；对于B，的几何意义是表示圆上的点到原点距离的平方，易知原点到圆心的距离为2，则原点到圆上的最大距离为，所以的最大值为，故B说法正确；对于C，设，把代入圆方程得，则，解得，最大值为，故C说法错误；对于D，设，则，表示直线的纵截距，当直线与圆有公共点时，，解得，所以的最大值为，故D说法错误.故选：CD.【点睛】本题考查命题的真假判断，实质考查直线与圆的位置关系，根据圆心到直线的距离不大于半径易得解，对平方式可用几何意义：两点间距离的平方求解． 三、填空题13．等差数列与的前项和分别为和，且，则________【答案】【分析】根据等差数列与的前项和分别为和，有，即可求解.【详解】等差数列与的前项和分别为和，则有：同理：所以【点睛】此题考查等差数列的性质，前项和与通项公式之间的关系，即通过，求解两个等差数列特殊项的比值关系.14．点是圆外一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则切点弦所在直线方程为_________.【答案】【分析】计算，设直线方程为，计算，利用点到直线的距离公式得到答案.【详解】如图所示：，故，设直线方程为.，，故，根据相似计算得到，利用点到直线的距离公式得到：，解得或当时，直线和圆不相交，舍去，故.故答案为：.【点睛】本题考查了圆的切线问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.15．过椭圆右焦点的直线交于两点，为的中点，且的斜率为，则椭圆的方程为__________．【答案】【详解】设 ，则 ，， ，由此可得： ，因为 ， ， ，所以 .又由题意知， 的右焦点为 ，故 ，因此 ，所以的方程为：.点睛：圆锥曲线中弦的中点问题通常可以用“点差法”：设两个交点为中点为，则有 ，，两式作差可得，整理得：，再根据具体题目代入数值即可. 四、双空题16．直线：截圆的弦为，则的最小值为__________，此时的值为__________．【答案】     2     1【分析】设圆心到直线的距离为，则，然后由，可求出，进而利用均值不等式可求解【详解】可化简为，设圆心到直线的距离为，则，可得，当时，有最小值，当时，没有最小值，所以，当且仅当时，等号成立，此时，故答案为：①2；②1【点睛】关键点睛：解题关键在于求出，进而利用均值不等式求出答案，属于中档题 五、解答题17．已知直线(1)当时，直线过与的交点，且垂直于直线，求直线l的方程；(2)求点到直线的距离d的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）计算两直线的交点，根据垂直得到直线斜率，得到直线方程.（2）确定直线过定点，点到定点的距离即最大距离，计算即可.【详解】（1）当时，直线：，：，则，解得交点又由直线l垂直于直线，而直线的斜率，两直线垂直得斜率乘积为，得到又因为直线l过与的交点，直线l的方程为，即（2）直线：过定点，又，点M到直线的距离d的最大值为18．已知等差数列{an}的所有项和为150，且该数列前10项和为10，最后10项的和为50.(1)求数列{an}的项数；(2)求a21+a22+…+a30的值.【答案】(1)50(2)30 【分析】（1）推导出（a1+an）+（a2+an﹣1）+（a3+an﹣2）+…+（a10+an﹣9）＝60，由等差数列性质知，a1+an＝a2+an﹣1＝a3+an﹣2＝…＝a10+an﹣9，从而10（a1+an）＝60，由此能求出数列{an}的项数.（2）推导出，由此能求出，从而能求出结果.【详解】（1）据题意，得a1+a2+a3+…+a10＝10，an+an﹣1+an﹣2+…+an﹣9＝50，∴（a1+an）+（a2+an﹣1）+（a3+an﹣2）+…+（a10+an﹣9）＝60，又据等差数列性质知，a1+an＝a2+an﹣1＝a3+an﹣2＝…＝a10+an﹣9，∴10（a1+an）＝60，∴a1+an＝6，又，∴n＝50，即数列{an}的项数为50.（2）据（1）求解知，，即，∴，∴5（2a1+49d）30.19．已知直线x-y+1=0被圆截得的弦长等于．(1)求圆C的方程；(2)求过点M(4，4)的圆C的切线方程．【答案】(1)(2)或 【分析】(1)求出圆心C到直线x-y+1=0的距离，再根据给定弦长求出r即可.(2)设出切线方程，利用切线的性质列式计算作答.【详解】（1）圆的圆心，半径，点C到直线x-y+1=0的距离d，则，依题意，，即，解得，所以圆C的方程是：.（2）设过点M(4，4)的圆C的切线方程为：，由(1)及圆的切线性质得：，化简整理得：，即或，当时，切线方程为：，当时，切线方程为：，所以过点M(4，4)的圆C的切线方程是或.20．已知椭圆：的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的左焦点且斜率为1的直线l交椭圆于A，B两点，求.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据离心率和短轴一个端点到右焦点的距离为，建立方程组，求解可得方程；（2）先联立方程，结合韦达定理和弦长公式可得.【详解】（1）由题意知：，即   ①∵短轴的一个端点到右焦点的距离为，即 ②      又    ③由①②③解得：，，∴椭圆的方程为：.(2)由(1)知：椭圆的左焦点，∴直线l的方程为：，设，，联立： ，整理得：，，，.21．记是等差数列的前n项和，若，(1)求的通项公式，并求的最小值；(2)设，求数列的前n项和【答案】(1)，-36；(2) 【分析】（1）求出，再求出，2，3，4时，时，，即得解；（2）对分和两种情况讨论得解.【详解】（1）解：设的公差为d，则，，，，由得，，，2，3，4时，时，，的最小值为（2）解：由知，当时， 时，，，当时，当时，，22．已知中心在原点的椭圆的长轴长为，且与抛物线有相同的焦点．(1)求椭圆的方程；(2)若点的坐标为，点，是椭圆上的两点点，，不共线，且，证明直线斜率存在时过定点，并求面积的取值范围．【答案】(1)；(2)证明见解析；. 【分析】（1）根据抛物线的定义，得出椭圆焦点坐标，利用椭圆长轴长及椭圆中的关系即可求解；（2）由题可设直线AB的方程，与椭圆方程联立利用韦达定理法，根据∠OHA=∠OHB得出，进而得出及直线AB恒过定点，再结合三角形的面积公式及基本不等式即可求解.【详解】（1）抛物线的焦点为，∴E的焦点为，又，∴，又，∴．∴椭圆E的方程为．（2）设直线AB的方程为（），，，由得，，，即，∴，，又∵，∴，，∴，∴，即，满足题意直线恒过点，，令，则，，又，面积的取值范围是．