2022-2023学年重庆市育才中学校高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年重庆市育才中学校高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先将直线转化为斜截式得到直线斜率，再利用斜率公式求得直线的倾斜角即可.

【详解】因为直线可化为，所以，

设直线的倾斜角为，则由得，

因为，所以.

故选：D.

2．已知圆的一般方程为，其圆心坐标是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据圆的方程即得.

【详解】因为圆的圆心为，

则圆的圆心坐标是.

故选：C．

3．已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的双曲线C的虚半轴长为1，半焦距为，则其渐近线方程为（    ）

A． B． C．  D．

【答案】B

【分析】利用待定系数法结合题意求得双曲线方程，进而求得渐近线方程.

【详解】依题意，设双曲线方程为，

则由双曲线的几何性质易得，故，

故双曲线方程为，所以其渐近线方程为.

故选：B.

4．已知两条直线与相互平行，则这两条直线间的距离为（    ）

A．2 B．4 C． D．不确定

【答案】A

【分析】根据直线平行可得，进而根据平行线间距离公式即可求解.

【详解】由两直线平行可得，

所以 与，

故两直线间的距离为

故选：A

5．圆与直线的位置关系为（    ）

A．相离 B．相切 C．相交 D．以上都有可能

【答案】C

【分析】先求得直线所过的定点，再判断点与圆的位置关系，由此可知直线与圆的位置关系.

【详解】因为直线方程为，

所以令，则，即直线过定点，

因为圆的方程为，

故将代入得，

所以点在圆的内部，

故直线与圆相交.

故选：C.

6．已知直线：y = kx - 4与直线：x + 2y + 2 = 0的交点在第三象限.则实数k的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求得两直线的交点坐标，根据其所处现象列出不等式，求解即可.

【详解】联立直线的方程可得，显然，故，则，

根据题意，且，解得且，故.

故选：A.

7．古希腊时期与欧几里得、阿基米德齐名的著名数学家阿波罗尼斯发现:平面内到两个定点的距离之比为定值（≠1）的点所形成的图形是圆.后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知在平面直角坐标系xOy中，，点P满足.当P、A、B三点不共线时，△PAB面积的最大值为（    ）

A．24 B．12 C．6 D．4

【答案】B

【分析】设点，利用已知的等式，得到点的轨迹方程，从而确定点的轨迹是圆，将面积最大转化为圆上的点到直径的最大问题来分析，即可得到答案．

【详解】设，因为，

所以，

化简整理可得，即，

所以点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，

又，且点，与圆心在轴上，

故当点到x轴距离最大的时候，的面积最大值，

因为圆上的P点到x轴的最大距离为半径，即的高的最大值为4，

所以面积的最大值为．

故选：B

8．椭圆E:+=1（a>b> 0）左右焦点分别为上顶点为A，射线AF1 交椭圆E于B，以AB为直径的圆过，则椭圆E的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】以AB为直径的圆过，即，由勾股定理与椭圆定义用表示出，，

然后在和中，由得出的齐次等式，变形后可得离心率．

【详解】由题意，设，则，

又以AB为直径的圆过，即，所以，解得，所以，

在和中，，

，

，

所以，即，整理得，

所以．

故选：D．

二、多选题

9．已知椭圆的焦距为2，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】就、分类讨论后可求的值.

【详解】由椭圆的焦距，知，又，

故当时，，

当时，，

故选：BC

10．已知直线过，且，到直线的距离相等，则的方程可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】由条件可知直线平行于直线或过线段的中点，当直线时，利用点斜式求出直线方程；当直线经过线段的中点时，利用点斜式可得直线方程.

【详解】由条件可知直线平行于直线或过线段的中点，

当直线时，因为直线的斜率为，

所以直线的方程是，即；

当直线经过线段的中点时，则的斜率为，

的方程是，即，

 故选：AC

11．若P是双曲线上一点，C的一个焦点为F，点，则下列结论中正确的是（    ）

A．离心率为 B．的最小值是3

C．的最小值是 D．焦点到渐近线的距离是2

【答案】ACD

【分析】对于A，将双曲线方程化为标准方程，易得，从而可求离心率；

对于B，利用双曲线方程及两点距离公式，将问题转化为二次函数的最值，从而得解；

对于C，利用双曲线的几何性质易得的最小值；

对于D，利用点线距离公式即可求得焦点到渐近线的距离.

【详解】对于A，由双曲线得，则，故，即，故双曲线离心率为，故A正确；

对于B，设，则或，则，即，

所以，

故当时，，故，故B错误；

对于C，易知，故C正确；

对于D，由选项A知，双曲线焦点为，渐近线为，即，

所以焦点到渐近线的距离为，故D正确.

故选：ACD.

12．已知圆 ，点P是直线l:x + y = 0上一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点分别是A，B，下列说法正确的有（    ）

A．圆M上恰有一个点到直线l的距离为

B．切线长PA的最小值为1

C．四边形AMBP面积的最小值为1

D．直线AB恒过定点

【答案】BCD

【分析】利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质可得切线长利用点到直线的距离可判断B，由题可得四边形面积为，可判断C，由题可知点，，在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线的方程，即可判断D．

【详解】由圆，可知圆心，半径，

圆心到直线的距离为，

圆上的点到直线的最小和最大距离分别为和，由于圆上有两个点到直线的距离距离为，故A错误；

由圆的性质可得切线长，

当最小时，有最小值，又，

，故B正确；

四边形面积为，

四边形面积的最小值为1，故C正确；

设，由题可知点，，在以为直径的圆上，又，

所以，即，

又圆，即，

两式子相减得：直线的方程为：，即，

由，得，即直线恒过定点，故D正确．

故选：BCD

三、填空题

13．双曲线的实轴长为 _________ .

【答案】6

【分析】双曲线的几何性质，根据方程求出a的值即可.

【详解】由得，a=3

所以，实轴长为2a=6

故答案为：6.

14．已知圆C的方程为，过点（1，2）作圆C的切线，则切线方程为 _________ .

【答案】

【分析】首先判断点与圆位置关系，再设切线方程并联立圆的方程，根据所得方程求参数k，即可写出切线方程.

【详解】由题设，，故在圆上，

根据圆及点（1，2），知：过点作圆C的切线斜率一定存在，

∴可设切线为，

由圆心到切线的距离，

解得.

∴切线方程.

故答案为：.

15．已知点和点，是直线上的一点，则的最小值是_________.

【答案】

【分析】先求得关于直线的对称点，结合图像，可知，当三点共线时，取得最小值.

【详解】依题意，设是关于直线的对称点，则，

且，解得，故，

所以，即当三点共线时，取得最小值，

又，所以，

故的最小值为.

故答案为：.

16．已知椭圆的焦点为F1，F2，第一象限的点为椭圆上的动点，当为直角三角形时，点的横坐标是_________ .

【答案】或

【分析】分类讨论与两种情况，利用圆的性质可得点的轨迹方程，联立椭圆方程解之即可解.

【详解】因为椭圆，所以，则，不妨设，如图，

因为为椭圆上的动点，所以，

又因为为直角三角形，点在第一象限，

所以当时，易知，即点的横坐标是；

当时，由圆的性质可知，点落在以为直径的圆在第一象限的弧上，此时圆心为，半径为，

故点的轨迹方程为，

联立，解得或（舍去），即点的横坐标是；

综上：点的横坐标是或；

故答案为：或.

.

四、解答题

17．已知△ABC的顶点，C在y轴上.

(1)已知直线l过点A且在两条坐标轴上的截距之和为6，求l的方程；

(2)若C到直线AB的距离为，求点C的坐标.

【答案】(1)或

(2)或

【分析】（1）根据直线的截距式方程，代入即可求解，

（2）根据两点坐标，由斜截式求直线方程，进而根据点到直线的距离公式即可求解.

【详解】（1）由于直线在两条坐标轴上的截距之和为6，可知直线与轴均有截距，且不为0，故设直线方程为：

因此或，

即直线方程为或，

故方程为：或

（2）设直线方程为

将坐标代入得，

所以直线的方程为：，即，

则点到直线的距离为 ，化简得，故或

故或

18．已知定点，动点.直线MA，MB的斜率之积为.

(1)求点的轨迹方程:

(2)直线与点的轨迹的交点为C，求的面积（ 为坐标原点）.

【答案】(1)

(2)12

【分析】（1）直接利用建立关于，的等式，进而得出动点的轨迹方程；

（2）联立直线与曲线的方程可得点坐标，进而根据三角形的面积公式即可求解.

【详解】（1），

化简得，

所以动点的轨迹方程是．

（2）联立直线与曲线的方程，消元得，

解得或，由于，所以这组解舍去，故，

由于在轴上，所以

19．已知直线，圆C的圆心为C（1，2）.

(1)若，则直线l被圆C截得的弦长为2，求圆C的半径长；

(2)当直线l被圆C截得的弦长最长、最短时，分别求出m的值.

【答案】(1)圆C的半径长5.

(2)直线l被圆C截得的弦长最长时，最短时.

【分析】(1)由几何法求得l被圆C截得的弦长即可得到值.

(2) 当直线l过圆心时直线被圆C截得的弦长最长；

可求出直线恒过定点，当时截得的弦长最短，得到的斜率从而可求出m的值.

【详解】（1）当时，，圆心到直线的距离，

直线l被圆C截得的弦长为，即，得.

（2）当直线过圆心时，被圆截得的弦长最长，将C（1，2）代入得

解得；

因为直线变形为，由得，

所以直线恒过定点.

直线l被圆C截得的弦长为，要使截得的弦长最短，需要最大，

当时最大，此时，故，而

解得.

20．已知椭圆C:，其右焦点为，左焦点为F1，A在椭圆上且满足.

(1)求的大小；

(2)若是该椭圆上的一个动点，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合图像，利用椭圆的定义及余弦定理即可求得的余弦值，进而求得的大小；

（2）设，则利用向量的数量积运算及代入法可得，结合由椭圆几何性质得到的的取值范围，利用二次函数的单调性即可求得的取值范围.

【详解】（1）依题意，不妨设，则，

又因为椭圆C:，所以，故，，则，

所以由椭圆的定义可得，即，

当点在椭圆左右顶点位置时，，不满足题意，所以点是椭圆上异于左右顶点的点，

故在中，，

因为，所以.

.

（2）依题意，设，则由椭圆的几何性质易知，

又由（1）得，，

所以

因为是该椭圆上的一个动点，则，即，

故，

因为开口向上，对称轴为，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

故当时，取得最小值，

又当时，，所以的最大值为，

所以，即的取值范围为.

21．在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，线段的中点为，点为上的点，且.

(1)求证:平面平面；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)见解析；

(2).

【分析】(1)由，为线段的中点，可得，又因为平面，可得，即可得平面，进而可得平面平面；

(2)建立空间坐标系，用向量法求出二面角的余弦值，即可得正弦值.

【详解】（1）证明：因为，为线段的中点，

所以,

所以,

又因为,

所以,

即,

所以①,

又因为平面，

平面，

平面，

所以,

又因为,

所以平面，

又因为平面，

所以②,

又因为③,

由①②③可得平面，

又因为平面，

所以平面平面；

（2）解：以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则,,

由(1)可知平面，平面，

所以，

又因为，

所以为的中点，

又因为平面，平面，

所以，

又因为∥，

所以，

,

所以平面,

又因为,

所以取平面的法向量为，

又因为，,,

设平面的法向量为，

则有，

所以，

所以取，

设二面角的大小为，

则有，

所以.

22．已知椭圆C:（a > b > 0）的离心率，过左焦点F的直线l与椭圆交于点M、N.当直线l与x轴垂直时，的面积为（为坐标原点）.

(1)求椭圆C的标准方程:

(2)设直线l的倾斜角为锐角且满足，求直线l的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据直线与轴垂直时三角形的面积，以及椭圆的离心率，列出方程即可求得

（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，求出的面积，另也可由求得的面积，由此得到关于的方程，即可求解.

【详解】（1）当过左焦点F的直线l与x轴垂直时，，此时的面积为，

且椭圆离心率，可得，解得

则椭圆的标准方程为

（2）设直线的方程为，

将直线方程与椭圆方程联立可得，消去整理得

，

由于直线过椭圆的左焦点，故直线与椭圆必相交，

则

点到直线的距离

且

，

解得

所以直线的方程为，

即或