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

这是一份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，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：D2．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：C6．2022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：B7．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：ACD10．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：BC11．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：AD12．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．