北京市北工大附属中学2024-2025学年高二上学期10月阶段性检测数学试卷（Word版附解析）

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一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 直线倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由倾斜角与斜率关系，结合倾斜角的范围即可求解.
【详解】由得，故倾斜角满足为，，故.
故选：C
2. 若方程x2＋ky2＝2表示焦点在y轴上的椭圆，那么实数k的取值范围是（ ）
A. (0，＋∞)B. (0，2)C. (1，＋∞)D. (0，1)
【答案】D
【解析】
【分析】要利用条件椭圆焦点在轴上，应将椭圆的方程化为标准方程，由椭圆的焦点在轴上，可得，进而可解得实数的取值范围．
【详解】因为方程，即 表示焦点在轴上的椭圆，
所以 ，即 ，
所以实数的取值范围是．
故选：D．
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，要判断椭圆焦点的位置，应将椭圆的方程化为标准方程．对于椭圆，①表示焦点在x轴上的椭圆；②表示焦点在y轴上的椭圆．；③表示椭圆．
3. 过点，且与椭圆有相同焦点的椭圆的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设所求椭圆方程为，依题意可得，解得、，即可求出椭圆方程.
【详解】椭圆的焦点为或，
设所求椭圆方程为，
则，解得，所以椭圆方程为.
故选：D
4. 已知点.若直线与线段相交,则的取值范围是（ ）
A. B.
C. 或D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线所过定点坐标,设定点是,求出斜率,由图形可得结论.
【详解】由已知直线恒过定点,
如图所示,若与线段相交,则,

因为,
所以.
故选:D.
5. 已知圆的一条直径的端点分别是，，则该圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用中点坐标公式求出圆心，由两点间距离公式求出半径，即可得到圆的方程．
【详解】解：由题意可知，，的中点为，
又圆的半径为，
故圆的方程为．
故选：B．
6. 若椭圆弦AB被点平分，则AB所在直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用点差法求解得，再根据点斜式求解即可得答案.
【详解】设，则
所以，整理得，
因为为弦的中点，
所以，
所以，
所以弦所在直线的方程为，即.
故选：A.
7. 直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出两点坐标得到，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离的范围，由三角形的面积公式计算即可.
【详解】因为线分别与轴，轴交于两点，
所以，所以，
由，可得圆的圆心为，半径为，
因为点在圆上，所以圆心到直线的距离为，
故到直线的距离的范围为，
则.
故选：A.
8. 直线与圆的位置关系是( )
A. 相交但直线不过圆心B. 相切
C. 相离D. 相交且直线过圆心
【答案】A
【解析】
【分析】要判断圆与直线的位置关系，方法是利用点到直线的距离公式求出圆心到此直线的距离，和圆的半径比较即可得到此圆与直线的位置关系．
【详解】由圆的方程得到圆心坐标为，半径r=1，直线为，
∴到直线的距离，
∴圆与直线的位置关系为相交，
又圆心不在直线上，
故选：A．
9. 已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.
【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
10. 吹奏乐器“埙”（如图1）在古代通常是用陶土烧制的，一种“埙”的外轮廓的上部是半椭圆，下部是半圆，已知半椭圆（且为常数）和半圆组成的曲线C如图2所示，曲线C交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点G，点M是半圆上任意一点，当点M的坐标为时，的面积最大，则半椭圆的方程是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由点在半圆上，可求，再根据已知的面积最大的条件可知，，即，代入可求，进而可求椭圆方程
【详解】由点在半圆上，所以，
由椭圆可知图中，

要使的面积最大，可平行移动AG，当AG与半圆相切于时，
M到直线AG的距离最大， 此时，即，
又
，
所以半椭圆的方程为
故选：D.
11. 油纸伞是中国传统工艺品，使用历史已有1000多年.以手工削制的竹条做伞架，以涂刷天然防水桐油的皮棉纸做伞面.油纸伞是世界上最早的雨伞，纯手工制成，全部取材于天然，是中国古人智慧的结晶.在某市开展的油纸伞文化艺术节中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为1的圆，圆心到伞柄底端的距离为1，阳光照射油纸丛在地面上形成了一个椭圆形的影子，此时阳光照射方向与地面的夹角为75°，若伞柄底端正好位于该椭圆的左焦点位置，则该椭圆的长轴长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以伞面直径，为其投影，画出平面示意图，易知且，，为左焦点，为椭圆长轴长，，，即可求长轴长.
【详解】由题设，为伞面直径，为其投影，如下图示：
由题意，且，，为左焦点，为椭圆长轴长，
所以，，
而，所以，
所以.
故选：C
12. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为，过点垂直于轴的直线交椭圆于，两点，，若点是椭圆上的动点，则下列说法错误的是（ ）
A. 的最小值为
B. 的面积的最大值为
C. 的取值范围为
D. 上有且只有个点，使得是直角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得是等边三角形，从而可求得，再根据通径可求得，即可求得椭圆方程，由当点位于上下顶点时，最大，结合余弦定理即可判断A；设，再根据即可判断B；根据数量积坐标表示结合的范围，即可判断C；分别分析以三个点为直角顶点的直角三角形的个数，即可判断D.
【详解】由题意得是等边三角形，
所以的周长为，所以，
令，则，
则，所以，
所以椭圆，
对于A，当点位于上下顶点时，最大，
此时的最小为，
故A错误；
对于B，设，
则，
所以的面积的最大值为，故B正确；
对于C，设，
则，所以，
又，
则，
因为，所以，
所以，故C正确；
对于D，由A选项可知，最大时为锐角，
所以以点为直角顶点的不存在，
以点为直角顶点的分别有个，
所以上有且只有个点，使得是直角三角形，故D正确.
故选：A.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．
13. 两条直线和的交点为_______.
【答案】
【解析】
【分析】联立两条直线方程即可得交点坐标．
【详解】联立，解得,
即直线2x+y﹣8＝0和x﹣2y+1＝0交于点（3，2），
故答案为．
【点睛】本题考查两条直线相交的问题，属基础题.
14. 点关于直线：的对称点的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】设Q的坐标，由题意可得直线l为线段PQ的中垂线，可得点的坐标．
【详解】设是点关于直线：的对称点，
由题意可得，解得，，可得.
故答案为：.
15. 直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则__________.
【答案】2
【解析】
【详解】试题分析：依题意，设与单位圆相交于两点，则∠°.如图，当时满足题意，所以.
考点：直线与圆相交，相等弧的概念，容易题.
16. 已知分别为椭圆的左，右焦点，为C上一点，内切圆的半径为____________．
【答案】
【解析】
【分析】将点代入得出方程，画出图形，直角三角形中用等面积法求出内切圆半径即可.
【详解】将代入中，，
即，，则椭圆方程为，
如图所示，

易得，
则，，，
因为(为三角形周长，为内切圆半径).
又，代入得，解得.
故答案为： .
17. 把半椭圆：和圆弧：合成的曲线称为“曲圆”，其中点是半椭圆的右焦点，分别是“曲圆”与轴的左、右交点，分别是“曲圆”与轴的上、下交点，已知，过点的直线与“曲圆”交于两点，则半椭圆方程为_________（），的周长的取值范围是_______________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由椭圆的焦点坐标以及，可得椭圆的标准方程和圆的方程，从而得到半椭圆方程；易知是椭圆的左焦点，过椭圆的右焦点的直线与曲圆可得，，在直线转动的过程中由，的位置可得三角形的周长的取值范围．
【详解】解：由，令，可得以及，
再由椭圆的方程及题意可得，，，
由，可得，
由可得，
所以，
所以半椭圆及圆弧的方程分别为，，
所以，
可得相当于椭圆的左焦点，
的周长为，
当从（不包括向运动时，，
当在轴右侧时，，所以这时三角形的周长为8，
当从向运动时，在第四象限，则，，
这时三角形的周长小于8，
当运动到时，在处，不构成三角形，三角形的周长接近，
由曲圆的对称性可得运动到轴下方时，与前面的一样，
综上所述，的周长的取值范围为，．
故答案为：；．
三、解答题：本题共5小题，共65分．解答应写出文字说明，证明
18. 已知顶点、、．
（1）求边的垂直平分线的方程；
（2）若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据、，即可得中点及斜率，进而可得其中垂线方程；
（2）当直线过坐标原点时可得直线方程；当直线不过坐标原点时，根据直线的截距式可得解.
【小问1详解】
由、，
可知中点为，且，
所以其垂直平分线斜率满足，即，
所以边的垂直平分线的方程为，即；
【小问2详解】
当直线过坐标原点时，，此时直线，符合题意；
当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为，
由过点，则，解得，
所以直线方程为，即，
综上所述，直线的方程为或.
19. 已知圆：.
（1）求过点的圆的切线方程；
（2）若直线与圆相交于A，B两点，且弦AB的长为，求的值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】(1)根据给定条件设出切线方程，再借助圆的切线的性质列式计算即得.
(2)由所给的弦长结合圆的性质求出弦心距，再借助点到直线距离公式即可得解.
【小问1详解】
圆：的圆心，半径，
设过点的圆的切线方程为：，
于是得，整理得：，则有：或，
当时，切线方程为：，当时，切线方程为：，
所以，所求切线方程为：或.
【小问2详解】
因直线被圆所截弦AB的长为，则圆心C到直线AB的距离为，
于是得，解得，
所以的值为.
20. 已知椭圆长轴长为4，且椭圆的离心率，其左右焦点分别为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率为且过的直线与椭圆交于两点，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的基本性质得到椭圆的值，写出椭圆方程.
（2）写出直线方程，联立方程组，由韦达定理得到和，用交点弦长公式得到线段长，由点到直线距离得到三角形高，从而算出三角形面积.
【小问1详解】
由题意可知：，则，
∵，∴，
∴，
∴椭圆
【小问2详解】
，∴直线：，
联立方程组得
设，
则，
点到直线的距离
∴

21. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，，且．
（1）求的方程．
（2）若，为上的两个动点，过且垂直轴的直线平分，证明：直线过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】(1)由条件，可得的值，再由条件结合，可得答案.
（2）由条件先得出，设，，设直线的方程为，与椭圆方程联立得出韦达定理，代入结论中可 求解.
【详解】（1）解：因为，所以，所以，
又，所以，，
故的方程为．
（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，，
设直线的方程为，
设，，
由，得，
则，
，．
设直线，的倾斜角分别为，，
则，，
所以，
即，
所以，
所以，
化简可得，
所以直线的方程为，
故直线过定点．
【点睛】本题考查求椭圆的方程和直线过定点问题，解答本题的关键是根据条件得出，设出直线的方程为，与椭圆方程联立由韦达定理代入解决，属于中档题.
22. 已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程;
（Ⅱ）已知过点的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与直线交于点Q，设，，求证：为定值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由离心率得，由椭圆过一点．得，两者结合可解得，得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程后可得，由，，把用表示，然后计算并代入即可得证．
【详解】（Ⅰ）由题意，解得，
∴椭圆方程为；
（Ⅱ）易知直线斜率存在，设其方程为，设，
由，消元整理得，
∴，，
把代入得，即，
由，得，，
由，得，，
∴，
∴为定值．
【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．解题方法是设而不求的思想方法，即设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理求得，把它代入题中需求的量化简可得结论．