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天津市实验中学滨海学校2023-2024学年高二上学期期中质量调查数学试题（Word版附解析）
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这是一份天津市实验中学滨海学校2023-2024学年高二上学期期中质量调查数学试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了已知椭圆，直线l等内容，欢迎下载使用。
满分：150 时长：100分钟
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2．本卷共12题，每题5分，共60分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
一、单选题(每题5分，共60分）
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，且，则的值为（ ）
A．4B．-4C．5D．-5
3．如图，在平行六面体中，，分别在棱和上，且，．若，则（ ）
A．B．0C．D．
4．已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A．1B．3C．9D．81
5．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆短轴的一个端点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知椭圆，直线l：（），直线l与椭圆的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交D．不确定
7．在日常生活中，可以看见很多有关直线与椭圆的位置关系的形象，如图，某公园的一个窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，则该窗户的最短的竖直窗棂的长度为（ ）
A．B．C．2D．3
8．如图，在正方体中，为的中点，则异面直线与所成的角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
9．椭圆的弦被平分，则此弦所在的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知圆心在轴上的圆与直线相切，且截直线所得的弦长为，则圆的方程为（ ）
A．B．或
C．D．或
11．已知圆：，过直线：上一点P向圆作切线，切点为Q，则的最小值为（ ）
A．5B．C．D．
12．设分别是椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点，若在直线上存在点P，使线段的中垂线过点，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
第ⅠⅠ卷
二．填空题（每题5分，共30分）
13．圆与圆的公共弦所在的直线方程为 ．
14．已知点，则直线的斜率的大小为 .
15．过点且与椭圆有相同焦点的椭圆的标准方程为 .
16．已知椭圆的三个顶点构成等边三角形，则椭圆的离心率是 .
17．椭圆上的点P到直线的最大距离是 ,
距离最大时点P坐标为 .
18.在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，若圆
上存在动点满足，则的取值范围是 ．
三．解答题（共60分）
19.已知直线和圆．
(1)判断直线与圆的位置关系；若相交，求直线被圆截得的弦长；
(2)求过点且与圆相切的直线方程．
20.在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求直线FC到平面的距离．
设椭圆的左右顶点分别为,左右焦点.已知，.
求椭圆方程及离心率.
若斜率为1的直线交椭圆于A,B两点，与以为直径的圆交于C,D两点.若,求直线的方程.
22.．已知椭圆：： 的离心率 ，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为.，是椭圆的两个焦点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为E的左顶点，过点作两条互相垂直的直线分别与E交于两点，证明：直线经过定点，并求这个定点的坐标．
(3)设是椭圆上一点，直线与椭圆交于另一点，
点满足：轴且，求证：是定值.
参考答案：
1．D
【分析】利用直线斜截式可得其斜率，再利用斜率与倾斜角的关系即可得解.
【详解】依题意，设直线的倾斜角为，则，
因为的斜率为，所以，则.
故选：D.
2．C
【分析】向量垂直时，数量积等于零，向量数量积用坐标进行表示即可.
【详解】因为向量，，且，
所以，即，
则，
故选：C.
3．D
【分析】根据题意，结合向量加法与数乘运算，即可求解.
【详解】因为
．
所以，，，故．
故选：D.
4．A
【分析】根据条件，利用椭圆标准方程中长半轴长a，短半轴长b，半焦距c的关系列式计算即得.
【详解】由椭圆的一个焦点坐标为，则半焦距c=2，
于是得，解得，
所以的值为1.
故选：A
5．C
【分析】根据余弦定理即可求解.
【详解】由题意可知，，
在中，由余弦定理得，化简得，
则，所以，
故选：C.
6．C
【分析】由题得直线过定点（0，1），而该定点在椭圆内部，所以直线和椭圆相交.
【详解】由题意知l：（）恒过点，
因为，所以点（0,1）在椭圆内部，
所以直线l与椭圆相交．
故选：C
7．B
【分析】根据题意，建立坐标系得椭圆的标准方程为，再结合题意计算即可得答案.
【详解】解：根据题意，建立如图所示的坐标系，
因为窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，
所以椭圆的标准方程为，
因为其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，
所以当时，，所以最短窗棂的长度为．
故选：B
8．D
【分析】连接，由已知条件可证得平面，从而可得，由此可得答案
【详解】连接，则，
因为平面，在平面内，
所以，
因为，
所以平面，
因为在平面内，
所以，
所以异面直线与所成的角为，
故选：D
【点睛】此题考查求异面直线所成的角，属于基础题
9．D
【分析】设以A（4，﹣2）为中点椭圆的弦与椭圆交于E（x1，y1），F（x2，y2），A（4，2）为EF中点，得到x1+x2＝8，y1+y2＝﹣4，利用点差法能够求出中点弦所在的直线方程．
【详解】设以为中点的椭圆的弦与椭圆交于，，∵为中点，∴，，
把，分别代入椭圆中，
得
则①－②得，
∴，∴，
∴以为中点的椭圆的弦所在的直线的方程为，整理得，.
故选：D
【点睛】本题考查椭圆的中点弦所在的直线方程的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意点差法的合理运用．
10．C
【分析】由题意设圆的标准方程为，由圆与直线 相切得，在由圆截直线的弦长为得，联立解出即可解决问题.
【详解】由题设所求圆的圆心为 ，半径为，标准方程为
因为圆与直线 相切，所以有圆心到该直线的距离为半径，即：，也即 ①
又圆截直线的弦长 为 ，设圆的圆心为到直线的距离为 ，
所以，由 有 ②
联立①②可得： ，所以所求得圆的标准方程为
故选：C.
11．C
【分析】当圆心与点P的距离最小，即距离为圆心到直线的距离时，切线长PQ最小.
【详解】如图所示：
记圆心到直线：的距离为，则.
因为，所以当直线与CP垂直，即时，最小，故.
故选：C
12．D
【分析】利用中垂线的性质列出关于的方程，再转化为关于的方程即可.
【详解】由题知，如图所示：
设P，F1（－c，0），F2（c，0），
由线段PF1的中垂线过点F2得｜PF2｜＝｜F1F2｜，
即＝2c，
得m2＝4c2－＝－＋2a2＋3c2≥0，
即3c4＋2a2c2－a4≥0，得3e4＋2e2－1≥0，解得e2≥，
又0＜e＜1，所以≤e＜1.
故选：D.
13．
【分析】两式相减，即可得到两圆公共弦所在的直线方程.
【详解】联立，两式相减得.
故答案为：
14．1
【分析】根据两点式求斜率公式即可求解.
【详解】直线的斜率为，则直线的斜率为.
故答案为：1.
15．
【分析】方法一：由题意得椭圆的焦点坐标为，，由椭圆定义得，求出即可；
方法二：设所求椭圆的标准方程为，由题中条件，列出方程组求解即可；
方法三： 由条件设所求椭圆的标准方程为，将点P的坐标代入，求解即可.
【详解】方法一：由题意得.
因此所求椭圆的焦点坐标为，.
由椭圆定义得，
即，所以.
故所求椭圆的标准方程为.
方法二：因为所求椭圆与椭圆的焦点相同，所以其焦点在x轴上，且.
设所求椭圆的标准方程为，则①.
又点在所求椭圆上，所以，即②.
由①②得，，故所求椭圆的标准方程为.
方法三： 由条件设所求椭圆的标准方程为.
将点P的坐标代入，得，解得或（舍去）.
故所求椭圆的标准方程为.
故答案为：.
16．
【分析】首先确定三个顶点的位置，再根据几何关系，建立方程，即可求离心率.
【详解】因为，所以三个顶点应是两个短轴端点，一个长轴端点，
即，即，则，得.
故答案为：
第一个空3分，第二个空2分
【分析】设与平行且与椭圆相切的直线方程为，联立直线方程和椭圆方程，由判别式等于0求得c的值，把椭圆上的点到直线的最大距离转化为与椭圆的相切的的直线和其平行线间的距离.
【详解】设直线与椭圆相切．
由消去x整理得.
由得.
当时符合题意(舍去)．
即x+2y+=0与椭圆相切,椭圆上的点到直线的最大距离即为两条平行线之间的距离:
【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查了直线和椭圆的关系，体现了数学转化思想方法，解答本题的关键是理解椭圆上的点到直线的最大距离，与这条直线和它平行且与椭圆的相切的直线间的距离的关系.
18．
【分析】设，根据点到点的位置关系化简可得，再根据圆与圆的位置关系求解即可.
【详解】设，因为动点满足，所以，化简得．
又动点在圆上，所以圆与圆有公共点，所以，解得．
故答案为：
19．(1)相交，截得的弦长为2.（6分）
(2)或.（7分）
【分析】（1）利用点到直线的距离公式以及直线与圆的位置关系求解；
（2）利用直线与圆相切与点到直线的距离公式的关系求解.
【详解】（1）由圆可得，圆心,半径，
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，
直线被圆截得的弦长为.
（2）若过点的直线斜率不出在，则方程为，
此时圆心到直线的距离为，满足题意；
若过点且与圆相切的直线斜率存在，
则设切线方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得，
所以切线方程为，即，
综上，过点且与圆相切的直线方程为或.
20．(1)；（7分）
(2).（8分）
【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间坐标系，用向量法求出线面角的正弦值作答.
（2）由（1）的坐标系，利用向量法求线面距离作答.
【详解】（1）在正方体中，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间坐标系，
则，，，，，，，
于是，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
令直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
（2）由（1）知，，， 显然，
即，而平面，平面，于是平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
而点到平面的距离为，
所以直线FC到平面的距离是.
21.（1） （7分）
(2)（8分）
22.【详解】（1）由题意可得，得，，椭圆；（4分）
（2）由（1）知：；
当直线斜率存在时，设，，，
由得：，
则，解得：，
，，
，，
即，
，
即，
整理可得：，或；
当时，直线恒过点，不合题意；
当时，直线，恒过定点；
当直线斜率不存在且恒过时，即，
由得：，，满足题意；
综上所述：直线恒过定点.（6分）
（3）由题意可得，，
设，，，则，
由，可得，
；
直线的方程为，得，
与椭圆方程联立，
可得，
所以，
即有，
所以．
所以，是定值．
，从计算出，最后即可证明定值.（6分）
满分：150 时长：100分钟
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2．本卷共12题，每题5分，共60分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
一、单选题(每题5分，共60分）
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，且，则的值为（ ）
A．4B．-4C．5D．-5
3．如图，在平行六面体中，，分别在棱和上，且，．若，则（ ）
A．B．0C．D．
4．已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A．1B．3C．9D．81
5．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆短轴的一个端点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知椭圆，直线l：（），直线l与椭圆的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交D．不确定
7．在日常生活中，可以看见很多有关直线与椭圆的位置关系的形象，如图，某公园的一个窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，则该窗户的最短的竖直窗棂的长度为（ ）
A．B．C．2D．3
8．如图，在正方体中，为的中点，则异面直线与所成的角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
9．椭圆的弦被平分，则此弦所在的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知圆心在轴上的圆与直线相切，且截直线所得的弦长为，则圆的方程为（ ）
A．B．或
C．D．或
11．已知圆：，过直线：上一点P向圆作切线，切点为Q，则的最小值为（ ）
A．5B．C．D．
12．设分别是椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点，若在直线上存在点P，使线段的中垂线过点，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
第ⅠⅠ卷
二．填空题（每题5分，共30分）
13．圆与圆的公共弦所在的直线方程为 ．
14．已知点，则直线的斜率的大小为 .
15．过点且与椭圆有相同焦点的椭圆的标准方程为 .
16．已知椭圆的三个顶点构成等边三角形，则椭圆的离心率是 .
17．椭圆上的点P到直线的最大距离是 ,
距离最大时点P坐标为 .
18.在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，若圆
上存在动点满足，则的取值范围是 ．
三．解答题（共60分）
19.已知直线和圆．
(1)判断直线与圆的位置关系；若相交，求直线被圆截得的弦长；
(2)求过点且与圆相切的直线方程．
20.在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求直线FC到平面的距离．
设椭圆的左右顶点分别为,左右焦点.已知，.
求椭圆方程及离心率.
若斜率为1的直线交椭圆于A,B两点，与以为直径的圆交于C,D两点.若,求直线的方程.
22.．已知椭圆：： 的离心率 ，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为.，是椭圆的两个焦点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为E的左顶点，过点作两条互相垂直的直线分别与E交于两点，证明：直线经过定点，并求这个定点的坐标．
(3)设是椭圆上一点，直线与椭圆交于另一点，
点满足：轴且，求证：是定值.
参考答案：
1．D
【分析】利用直线斜截式可得其斜率，再利用斜率与倾斜角的关系即可得解.
【详解】依题意，设直线的倾斜角为，则，
因为的斜率为，所以，则.
故选：D.
2．C
【分析】向量垂直时，数量积等于零，向量数量积用坐标进行表示即可.
【详解】因为向量，，且，
所以，即，
则，
故选：C.
3．D
【分析】根据题意，结合向量加法与数乘运算，即可求解.
【详解】因为
．
所以，，，故．
故选：D.
4．A
【分析】根据条件，利用椭圆标准方程中长半轴长a，短半轴长b，半焦距c的关系列式计算即得.
【详解】由椭圆的一个焦点坐标为，则半焦距c=2，
于是得，解得，
所以的值为1.
故选：A
5．C
【分析】根据余弦定理即可求解.
【详解】由题意可知，，
在中，由余弦定理得，化简得，
则，所以，
故选：C.
6．C
【分析】由题得直线过定点（0，1），而该定点在椭圆内部，所以直线和椭圆相交.
【详解】由题意知l：（）恒过点，
因为，所以点（0,1）在椭圆内部，
所以直线l与椭圆相交．
故选：C
7．B
【分析】根据题意，建立坐标系得椭圆的标准方程为，再结合题意计算即可得答案.
【详解】解：根据题意，建立如图所示的坐标系，
因为窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，
所以椭圆的标准方程为，
因为其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，
所以当时，，所以最短窗棂的长度为．
故选：B
8．D
【分析】连接，由已知条件可证得平面，从而可得，由此可得答案
【详解】连接，则，
因为平面，在平面内，
所以，
因为，
所以平面，
因为在平面内，
所以，
所以异面直线与所成的角为，
故选：D
【点睛】此题考查求异面直线所成的角，属于基础题
9．D
【分析】设以A（4，﹣2）为中点椭圆的弦与椭圆交于E（x1，y1），F（x2，y2），A（4，2）为EF中点，得到x1+x2＝8，y1+y2＝﹣4，利用点差法能够求出中点弦所在的直线方程．
【详解】设以为中点的椭圆的弦与椭圆交于，，∵为中点，∴，，
把，分别代入椭圆中，
得
则①－②得，
∴，∴，
∴以为中点的椭圆的弦所在的直线的方程为，整理得，.
故选：D
【点睛】本题考查椭圆的中点弦所在的直线方程的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意点差法的合理运用．
10．C
【分析】由题意设圆的标准方程为，由圆与直线 相切得，在由圆截直线的弦长为得，联立解出即可解决问题.
【详解】由题设所求圆的圆心为 ，半径为，标准方程为
因为圆与直线 相切，所以有圆心到该直线的距离为半径，即：，也即 ①
又圆截直线的弦长 为 ，设圆的圆心为到直线的距离为 ，
所以，由 有 ②
联立①②可得： ，所以所求得圆的标准方程为
故选：C.
11．C
【分析】当圆心与点P的距离最小，即距离为圆心到直线的距离时，切线长PQ最小.
【详解】如图所示：
记圆心到直线：的距离为，则.
因为，所以当直线与CP垂直，即时，最小，故.
故选：C
12．D
【分析】利用中垂线的性质列出关于的方程，再转化为关于的方程即可.
【详解】由题知，如图所示：
设P，F1（－c，0），F2（c，0），
由线段PF1的中垂线过点F2得｜PF2｜＝｜F1F2｜，
即＝2c，
得m2＝4c2－＝－＋2a2＋3c2≥0，
即3c4＋2a2c2－a4≥0，得3e4＋2e2－1≥0，解得e2≥，
又0＜e＜1，所以≤e＜1.
故选：D.
13．
【分析】两式相减，即可得到两圆公共弦所在的直线方程.
【详解】联立，两式相减得.
故答案为：
14．1
【分析】根据两点式求斜率公式即可求解.
【详解】直线的斜率为，则直线的斜率为.
故答案为：1.
15．
【分析】方法一：由题意得椭圆的焦点坐标为，，由椭圆定义得，求出即可；
方法二：设所求椭圆的标准方程为，由题中条件，列出方程组求解即可；
方法三： 由条件设所求椭圆的标准方程为，将点P的坐标代入，求解即可.
【详解】方法一：由题意得.
因此所求椭圆的焦点坐标为，.
由椭圆定义得，
即，所以.
故所求椭圆的标准方程为.
方法二：因为所求椭圆与椭圆的焦点相同，所以其焦点在x轴上，且.
设所求椭圆的标准方程为，则①.
又点在所求椭圆上，所以，即②.
由①②得，，故所求椭圆的标准方程为.
方法三： 由条件设所求椭圆的标准方程为.
将点P的坐标代入，得，解得或（舍去）.
故所求椭圆的标准方程为.
故答案为：.
16．
【分析】首先确定三个顶点的位置，再根据几何关系，建立方程，即可求离心率.
【详解】因为，所以三个顶点应是两个短轴端点，一个长轴端点，
即，即，则，得.
故答案为：
第一个空3分，第二个空2分
【分析】设与平行且与椭圆相切的直线方程为，联立直线方程和椭圆方程，由判别式等于0求得c的值，把椭圆上的点到直线的最大距离转化为与椭圆的相切的的直线和其平行线间的距离.
【详解】设直线与椭圆相切．
由消去x整理得.
由得.
当时符合题意(舍去)．
即x+2y+=0与椭圆相切,椭圆上的点到直线的最大距离即为两条平行线之间的距离:
【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查了直线和椭圆的关系，体现了数学转化思想方法，解答本题的关键是理解椭圆上的点到直线的最大距离，与这条直线和它平行且与椭圆的相切的直线间的距离的关系.
18．
【分析】设，根据点到点的位置关系化简可得，再根据圆与圆的位置关系求解即可.
【详解】设，因为动点满足，所以，化简得．
又动点在圆上，所以圆与圆有公共点，所以，解得．
故答案为：
19．(1)相交，截得的弦长为2.（6分）
(2)或.（7分）
【分析】（1）利用点到直线的距离公式以及直线与圆的位置关系求解；
（2）利用直线与圆相切与点到直线的距离公式的关系求解.
【详解】（1）由圆可得，圆心,半径，
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，
直线被圆截得的弦长为.
（2）若过点的直线斜率不出在，则方程为，
此时圆心到直线的距离为，满足题意；
若过点且与圆相切的直线斜率存在，
则设切线方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得，
所以切线方程为，即，
综上，过点且与圆相切的直线方程为或.
20．(1)；（7分）
(2).（8分）
【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间坐标系，用向量法求出线面角的正弦值作答.
（2）由（1）的坐标系，利用向量法求线面距离作答.
【详解】（1）在正方体中，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间坐标系，
则，，，，，，，
于是，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
令直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
（2）由（1）知，，， 显然，
即，而平面，平面，于是平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
而点到平面的距离为，
所以直线FC到平面的距离是.
21.（1） （7分）
(2)（8分）
22.【详解】（1）由题意可得，得，，椭圆；（4分）
（2）由（1）知：；
当直线斜率存在时，设，，，
由得：，
则，解得：，
，，
，，
即，
，
即，
整理可得：，或；
当时，直线恒过点，不合题意；
当时，直线，恒过定点；
当直线斜率不存在且恒过时，即，
由得：，，满足题意；
综上所述：直线恒过定点.（6分）
（3）由题意可得，，
设，，，则，
由，可得，
；
直线的方程为，得，
与椭圆方程联立，
可得，
所以，
即有，
所以．
所以，是定值．
，从计算出，最后即可证明定值.（6分）
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