浙江省嘉兴市桐乡市茅盾中学2023-2024学年高二数学上学期第一次考试试题（Word版附解析）

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一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1. 斜率不存在的直线一定是（ ）．
A. 过原点的直线
B. 垂直于x轴的直线
C. 垂直于y轴的直线
D. 垂直于坐标轴的直线
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线斜率与倾斜角的关系即可得到答案.
【详解】直线的斜率不存在，则直线的倾斜角为90°，故直线垂直于x轴.
所以本题答案为B.
【点睛】本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，牢记直线的倾斜角为90°时，其斜率不存在，属基础题.
2. 已知直线的倾斜角为，且经过点，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出斜率，再由直线的点斜式方程求解即可.
【详解】由题意知：直线的斜率为，则直线的方程为.
故选：C.
3. 圆的圆心坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的标准方程，则其圆心坐标为求解.
【详解】因为圆的标准方程为，
所以该圆的圆心坐标为．
故选：C
4. 下列直线中，与直线相交的是（ ）．
A. 直线B. 直线
C. 直线D. 直线
【答案】CD
【解析】
【分析】根据两直线平行，斜率相等排除AB选项，即可求出结果.
【详解】易知直线的斜率为，
所以与直线相交的直线的斜率必定不为，
选项A，B中的直线的斜率都是，
选项C，D中的直线的斜率都是1，
故A，B不符合题意．
故选：CD．
5. 圆与圆的位置关系是（ ）
A. 外切B. 内切C. 相离D. 相交
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆心距和半径的关系即可得到答案.
【详解】圆，圆心，半径，
圆，圆心，半径，
因为.
所以两圆的位置关系是外切.
故选：A
【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，属于简单题.
6. 当点在圆上变动时，它与定点连线的中点的轨迹方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设中点的坐标为，易得，再根据点在圆上求解.
【详解】设中点坐标为，因为定点，
所以，
因为点在圆上，
所以，
整理得.
故选：D
7. 已知点.若直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线恒过定点，然后画图观察直线的变化时斜率的变化，再求的斜率，所以得答案.
【详解】即，又因为，
所以直线恒过定点，画图得直线要想与线段有交点，就需要绕着点，从直线开始逆时针旋转到直线，则，
所以直线斜率
故选：A
8. 如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心F为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月球飞行，然后在点P处变轨进入以F为一焦点的椭圆轨道Ⅱ上绕月球飞行，最后在点Q处变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ上绕月球飞行．设圆形轨道Ⅰ的半径为，圆形轨道Ⅲ的半径为，则下列结论中正确的是（ ）
A. 轨道Ⅱ的焦距为
B. 轨道Ⅱ的长轴长为
C. 若不变，r越大，轨道Ⅱ的短轴长越小
D. 若不变，越大，轨道Ⅱ的离心率越大
【答案】ABD
【解析】
【分析】设椭圆方程，根据椭圆的性质得到，判断选项A，B；由判断选项C；由判断选项D.
【详解】解：设椭圆方程，
由椭圆的性质知，，，
则，，故选A，B正确；
，，所以，
若不变，越大，越大，即轨道Ⅱ的短轴长越大，故C的错误；
，
若不变，越大，则越小，越大，即轨道Ⅱ的离心率越大，故D正确．
故选：ABD．
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
9. 与直线平行且到的距离等于的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用平行线间的距离公式即可求解.
【详解】设所求直线方程为，
由题意得，解得：或，
故所求直线方程为：或.
故选：AB.
10. 如图，直线，，的斜率分别为，，，倾斜角分别为，，，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由倾斜角的定义可判断，，的大小，由斜率与倾斜角的关系可判断，，的大小.
【详解】解：由图可知，即，故C、D都错误.
又因为当时，，且随的增大而增大，故；
当时，，故；故，故A正确，B错误.
故选：A.
11. 若椭圆的一个焦点坐标为，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. 的长轴长为C. 的短轴长为D. 的离心率为
【答案】AB
【解析】
【分析】由题意可得椭圆的焦点在轴上，且，可得，求出椭圆的方程，然后逐一判断各选项即可.
【详解】由题意可得椭圆的焦点在轴上，且，
所以，且，，
解得，故A正确；
所以椭圆，
所以，，
所以的长轴长为，故B正确；
所以的短轴长为，故C错误；
所以，故D错误.
故选：AB.
12. 已知，分别为圆：与圆：的动点，为轴上的动点，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】作出圆关于x轴的对称圆圆，利用对称性，由求解.
【详解】如图所示：

圆：关于x轴的对称圆圆：，
由对称性知：，
故答案为：
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 椭圆的焦距为__________．
【答案】8
【解析】
【分析】根据椭圆方程求c，进而可得焦距.
【详解】由题意可知：，可得，
所以椭圆的焦距为.
故答案为：8.
14. 经过点A(1,1)且在两条坐标轴上的截距相等的直线方程是________．
【答案】或
【解析】
【分析】在坐标轴上截距相同可设直线截距式方程，将点A(1,1)代入直线方程即可.
【详解】（1）当直线的截距不为0时即不经过原点，
设直线方程是：
因为直线过点 A(1,1)
所以
解得a=2
即直线方程是
（2）当直线经过原点时方程为：
综上所述直线方程为：或
【点睛】本题考查利用直线截距式方程求解直线问题，利用直线截距式方程求解的关键是:截距式方程没有把平面内的所有制直线都包含在内，将经过原点的直线和平行于坐标轴的直线遗漏了，因此需要将这两类直线单独计算，以防遗漏.
15. 方程表示圆，则实数的取值范围为_____．
【答案】
【解析】
【分析】由圆的一般式方程需要满足的条件可得，得到关于的不等式，求解可得的范围．
【详解】由圆的一般式方程可得，即，求得.
故答案为：．
【点睛】本题考查圆的一般式方程的特征，考查基本运算求解能力，属于基础题．
16. 已知，，点在直线上，若使取最小值，则点的坐标是___________.
【答案】
【解析】
【分析】求出点关于直线的对称点，则直线与的交点即为所求.
【详解】点关于直线对称点为，又，
则直线的方程为，即，
联立，解得，，
所以使取最小值的点的坐标是.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17. 三角形三个顶点是，，
（1）求AB边上的高所在直线的方程；
（2）求BC边上的中线所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出AB边上的高的斜率，用点斜式方程即可求得；
（2）求出BC边上的中点，利用两点式方程即可求得.
【小问1详解】
因为，，所以.
所以AB边上的高的斜率为.
所以AB边上的高所在直线为：，即
【小问2详解】
因为，，所以BC边上的中点
所以BC边上的中线所在直线，即.
18. 已知圆C：，直线l：.
（1）当a为何值时，直线l与圆C相切；
（2）当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|=时，求直线l的方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由题设可得圆心为，半径，根据直线与圆的相切关系，结合点线距离公式列方程求参数a的值即可.
（2）根据圆中弦长、半径与弦心距的几何关系列方程求参数a，即可得直线方程.
【小问1详解】
由圆：，可得，
其圆心为，半径，
若直线与圆相切，则圆心到直线距离，即，可得：.
【小问2详解】
由（1）知：圆心到直线的距离，
因为，即，解得：，
所以，整理得：，解得：或，
则直线为或.
19. 已知在四棱锥中，底面是矩形，是等边三角形，平面平面，是线段的中点.

（1）求证：直线平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式计算即可.
【小问1详解】
取中点，连，因为分别为的中点

所以，且，又因为，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，故平面.
【小问2详解】
取中点，连，过作交于点，
因为为正三角形，为中点，故，
又平面平面，平面平面，故平面，
又，如图建立空间直角坐标系，

不妨设，则，
，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
令得平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，
所以，
故与平面所成角的正弦值为.
20. 已知直线方程为，其中.
（1）求直线恒过定点的坐标.当变化时，求点到直线的距离的最大值及此时的直线方程；
（2）若直线分别与轴､轴的负半轴交于两点，求面积的最小值及此时的直线方程.
【答案】（1）直线恒过定点，，
（2）4，
【解析】
【分析】（1）把直线方程整理成关于的方程，由恒等式知识可得定点坐标，点到直线的距离的最大时 一定有与该直线垂直，可得结论．
（2）求出直线与两坐标轴交点坐标，得三角形面积，然后由基本不等式得最小值及参数值．
【小问1详解】
直线方程为，
可化为对任意都成立，
所以，解得，所以直线恒过定点.
设定点为，当变化时，时，
点到直线的距离最大，可知点与定点的连线的距离就是所求最大值，
即，此时直线过点且与垂直，
∴，解得故直线的方程为
【小问2详解】
由于直线经过定点.直线的斜率存在且，
可设直线方程为可得与轴､轴的负半轴交于，两点∴，，解得.
∴
当且仅当时取等号，面积的最小值为4，
此时直线的方程为：，即：.
21. 在平面直角坐标系中，已知圆，圆N过原点O及点且与圆C外切.
（1）求圆N的标准方程；
（2）若过点A的直线l被两圆截得的弦长相等，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先由题意，得到圆的圆心在直线上，设，半径为，根据两圆外切，列出方程求解，求出，，即可得出圆的方程；
（2）先判断当的斜率不存在时，不符合题意；当的斜率存在时，设的方程为，根据又被两圆截得的弦长相等，列出方程求解，即可求出结果.
【小问1详解】
由题意知，圆的圆心在直线上，设，半径为，
因为圆与圆C外切，且圆C的圆心，半径为，
所以，即①，
又，即②，由①得，，代入②得，，
解得或(舍)，所以，故所求圆的标准方程为.
【小问2详解】
当的斜率不存在时，的方程为：，与圆相离，不符合题意.
当的斜率存在时，设为，故的方程为，
则圆心C到直线的距离为：；圆心到直线的距离为：，
因为圆的弦长一半与圆心到弦的距离的平方和等于圆的半径的平方，
又被两圆截得的弦长相等，所以，即，
解得或，故直线的方程为或.
22. 已知为椭圆的左､右焦点，点为椭圆上一点，且
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若圆是以为直径的圆，直线与圆相切，并与椭圆交于不同的两点､，且，求的值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义，可求得，再将点代入椭圆方程可求得；
（2）由已知可推得.联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理可求得，，由，即可解出的值.
【小问1详解】
因为，，所以，.
又点为椭圆上一点，则有，所以.
所以，椭圆方程为.
【小问2详解】
由（1）可得，，则圆的圆心为，半径为.
直线可化为.
由直线与圆相切，得，整理可得.
设，
联立直线与椭圆方程，得
，又，
则恒成立，
所以，，
因为，所以，
即.
化简可得，，解得.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；