重庆市第八中学2023-2024学年高二数学上学期定时检测（四）试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第八中学2023-2024学年高二数学上学期定时检测（四）试题（Word版附解析），共38页。试卷主要包含了 已知为椭圆， 若直线与圆分别交于M、N两点， 已知圆等内容，欢迎下载使用。

1. 过点的直线的方向向量为，则该直线方程为（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的方向向量确定直线的斜率，利用直线点斜式方程进行求解即可.
【详解】由于直线的方向向量为，故直线的斜率为，
故直线的方程为，即，
故选：A
2. 已知圆与圆的公共弦长为2，则m的值为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的圆心和半径公式以及点到直线的距离公式，以及公共线弦方程的求法即可求解.
【详解】联立和,
得，由题得两圆公共弦长，
圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以，
平方后整理得,
，
所以或（舍去）；
故选：A.
3. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.

4. 已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出的值，利用，根据向量模的计算即可求得答案.
【详解】由题意椭圆，为两个焦点，可得，

则①，即，
由余弦定理得，
，故，②
联立①②，解得：，
而，所以，
即，
故选：B
【点睛】方法点睛：本题综合考查了椭圆和向量知识的结合，解答时要注意到O为的中点，从而可以利用向量知识求解.
5. 已知为椭圆上不同的三点，直线，直线交于点，直线交于点，若，则（ ）
A 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形面积公式及或得，再应用相交弦长公式列方程，即可求.
【详解】由，则，

由图知：当位置变化时，或，故，
所以，而直线、斜率存在且不为0，
故，
，
所以，即或，
当，化简得.
当时，，显然，无解.
所以.
故选：B.
二、多选题（本大题共3小题，共39分．在每小题有多项符合题目要求）
6. 已知椭圆的左、右焦点为，，点在椭圆上，且不与椭圆的左、右顶点重合，则下列关于的说法正确的有（ ）
A. 周长为
B. 当时，的边
C. 当时，的面积为
D. 椭圆上有且仅有6个点，使得为直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程求得，进而求得，；根据，可求得；根据余弦定理可求得，进而求得面积；根据为直角三角形分情况求得满足题意的点P的个数即可．
【详解】解：由易得，
∴ 的周长为，故A对；
令得，
，故B错；
设，
由余弦定理得，
，
，
∴ ，故C对；
当，由选项B的分析知满足题意的点P有2个；
同理当，满足的点P也有2个；
当，
有，
解得，
所以满足题意的点P为椭圆的上下两顶点，
综上满足的点P共6个，故D对．
故选：ACD．
7. 已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（ ）
A. 的最大值是
B. 的最大值是
C. 的最小值是
D. 过点作曲线的切线，则切线方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】由表示圆上的点到定点的距离的平方，可判定A错误；由表示圆上的点与点的斜率，设，结合点到直线的距离公式，列出不等式，可判定B正确；由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，进而可判定C错误；根据点在圆上，结合圆的切线的性质，可判定D正确.
【详解】由圆可化为，可得圆心，半径为，
对于A中，由表示圆上的点到定点的距离的平方，
所以它的最大值为，所以A错误；
对于B中，表示圆上的点与点的斜率，设，即，
由圆心到直线的距离，解得，
所以的最大值为，所以B正确；
对于C中，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，
圆心到直线的距离，所以其最小值为，所以C错误；
对于D中，因为点满足圆的方程，即点在圆上，
则点与圆心连线的斜率为，
根据圆的性质，可得过点作圆的切线的斜率为，
所以切线方程为，即，所以D正确.
故选：BD.
8. 已知为椭圆：的左焦点，直线：与椭圆交于，两点，轴，垂足为，与椭圆的另一个交点为，则（ ）
A. 的最小值为2B. 面积的最大值为
C. 直线的斜率为D. 为钝角
【答案】BC
【解析】
【分析】A项，先由椭圆与过原点直线的对称性知，，再利用1的代换利用基本不等式可得最小值，A项错误； B项，由直线与椭圆方程联立，解得交点坐标，得出面积关于k的函数关系式，再求函数最值； C项，由对称性，可设，则，，则可得直线的斜率与k的关系； D项，先由A、B对称且与点P均在椭圆上，可得，又由C项可知， 得，即，排除D项.
【详解】对于A，设椭圆的右焦点为，连接，，
则四边形为平行四边形，
，
，
当且仅当时等号成立，A错误；
对于B，由得，
，
的面积，
当且仅当时等号成立，B正确；
对于C，设，则，，
故直线的斜率，C正确；
对于D，设，直线的斜率额为，直线的斜率为，
则，
又点和点在椭圆上，①，②，
①②得，易知，
则，得，
，，D错误.
故选：BC.
【点睛】椭圆常用结论：
已知椭圆，AB为椭圆经过原点的一条弦，P是椭圆上异于A、B的任意一点，若都存在，则.
三、填空题（本大题3小题，共30分）
9. 若直线与圆分别交于M、N两点. 则弦MN长的最小值为___________.
【答案】4
【解析】
【分析】分析直线过定点，再由勾股定理即可求解.
【详解】由圆可得圆心，半径为3，
直线，即，
直线过定点P，
又因为，
所以点在圆的内部，
当圆心到直线MN距离最大时，弦长MN最小，此时，
此时，
故答案为：4.
10. 已知圆：与圆：，点A，B在圆上，且，线段AB的中点为D，O为坐标原点，当最大时，直线OD被圆截得的弦长为______．
【答案】
【解析】
【分析】先得到两个圆的圆心和半径，通过和垂径定理可得，即点D在以为圆心，为半径的圆上，故可得到最大时，直线OD的方程为，然后利用几何法进行求弦长即可
【详解】因为圆：即与圆：即，
所以圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径．
因为，所以，即点D在以为圆心，为半径的圆上，
故当点D在线段的延长线上时，最大，此时直线OD的方程为，
则圆心到直线OD的距离为，
故直线OD被圆截得的弦长为．
故答案为：
11. 如图，分别是椭圆的左、右焦点，点P 是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q，若，则直线的斜率为__________

【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的定义及直径所对的圆周角等于，利用勾股定理及锐角三角函数的定义，结合三角函数的诱导公式及斜率的定义即可求解.
【详解】连接，如图所示

设则，
由椭圆的定义得
所以
在中，,
所以,即，整理得，
所以，
所以直线的斜率为.
故答案为：.
四、解答题（本大题2小题，共40分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
12. 设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
（1）求椭圆方程及其离心率；
（2）已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为.
（2）.
【解析】
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【小问1详解】
如图，

由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
【小问2详解】
由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
13. 已知椭圆：经过点，为椭圆的右焦点，为坐标原点，的面积为.
（1）求椭圆标准方程；
（2）过点作一条斜率不为0的直线与椭圆相交于，两点（在，之间），直线与椭圆的另一个交点为，求证：点，关于轴对称.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据三角形面积公式，利用代入法进行求解即可；
（2）根据对称性与直线间斜率的关系，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【小问1详解】
因为的面积为，则有，解得，
又因为在椭圆上，则，解得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
根据椭圆对称性，欲证，关于轴对称，
只需证，即证，
设，，直线方程为，
由消去得，
所以，
则
因为
所以，即，关于轴对称.
【点睛】关键点睛：本题的关键是由，可以判断，关于轴对称.