江苏省徐州市铜山区棠张中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学模拟试卷（一）

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总分：150分 考试时间：120分钟
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线，，则“”是“”的（ ）条件
A. 必要不充分B. 充分不必要
C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线平行求得，结合充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】若，则，
解得或，
当时，和的方程都是，两直线重合，不符合题意.
经验证可知，符合.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
2.抛物线的焦点到其准线的距离为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准式，即可得到，再根据的几何意义得解；
【详解】解：抛物线，即，则，所以，
所以抛物线的焦点到其准线的距离为.
故选：C
3. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，短轴长为，离心率为，过点的直线交椭圆于，两点，则的周长为
A. 4B. 8C. 16D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆的定义，结合，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，椭圆的短轴长为，离心率为，
所以，，则，所以，
所以的周长为，
故选C．
4. 设双曲线的虚轴长为2，焦距为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到，，进而得到，求出渐近线方程.
【详解】由题意得，，解得，，
故，
故双曲线渐近线方程为.
故选：C
5. 已知焦点在轴上的椭圆的焦距为6，则实数等于（ ）
A. B. C. 12D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程建立方程，解之即可求解.
【详解】由题意知，，
又，所以，
即实数的值为12.
故选：C
6. 点在曲线上，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，问题转化为半圆上的点到定直线的距离的5倍，进而求出结果.
【详解】如图，曲线为圆上半圆，圆心，半径为2，，
表示点到直线距离的5倍，
点到直线的距离，即直线与圆相离，
点到直线的距离，
最小值为，最大值为，
则的取值范围为.
故选：B
7. 焦距为，并且截直线所得弦的中点的横坐标是的椭圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】设椭圆方程为，且，及交点，将两点代入椭圆方程可得，根据弦中点坐标关系可得，结合直线方程得，再由椭圆的焦距求得的值，即可得椭圆标准方程.
【详解】解：设椭圆方程为，且
设直线与椭圆相交的两点坐标为，由题意可知，即，
所以，
又在椭圆上，可得：，两式相减得，
整理得：，则，所以，
又直线的斜率为，所以，即，所以
椭圆的焦距为，所以，则，
故可得：解得，故椭圆的标准方程为：.
故选：A.
8. 已知圆，直线，若直线与轴交于点，过直线上一点作圆的切线，切点为，且，则的取值范围是（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出轨迹方程，再根据直线与圆有交点，结合点到直线距离公式即可求解.
【详解】
设，根据直线解析式，直线与轴交点，
因为，圆心，半径；
根据题意，
，又因为，
则有：，
化简整理得，，故的轨迹为，
是圆心为，半径为的圆；
因为存在，则直线与圆有交点，
则圆心到直线的距离小于等于半径，
所以，即，整理得：，
解得；
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 曲线，下列结论正确的有（ ）
A. 若曲线表示椭圆，则且不等于0B. 若曲线表示双曲线，则焦距是定值
C. 若，则短轴长为2D. 若，则渐近线为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据椭圆双曲线简单几何性质逐项判断即可.
【详解】对于:表示椭圆,则,即,故正确;
对于:表示双曲线,则,即,
当时,,焦距不是定值, 故错误;
对于:时,为椭圆,短轴长,故正确;
对于:时, 为双曲线,渐近线方程为,故错误;
故选: .
10. 已知直线和圆，则下列选项正确的是（ ）
A. 直线恒过点 B. 圆与圆有三条公切线
C. 直线被圆截得的最短弦长为 D. 当时，圆上存在无数对关于直线对称的点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据定点的特征即可求解A，根据两圆的位置关系即可求解B，根据垂直时即可结合圆的弦长公式求解C，根据直线经过圆心即可求解D.
【详解】对于A，由直线的方程，可知直线恒经过定点，故A正确；
对于B，由圆的方程，可得圆心，半径，又由，由于，
所以圆与圆相交，圆与圆有两条公切线，故B错误；
对于C，由，根据圆的性质，可得当直线和直线垂直时，此时截得的弦长最短，最短弦长为，故C正确；
对于D，当k=1时，直线，将圆心代入直线的方程，可得，
所以圆上存在无数对关于直线对称的点，故D正确，
故选:ACD.
11. 设椭圆的右焦点为，点为左顶点，点为上顶点，直线过原点且与椭圆交于，两点（在第一象限），则以下命题正确的有（ ）
A. B. 时，三角形面积为
C. 直线与直线斜率之积是定值 D. 当与平行时，四边形的面积最大
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意和椭圆的性质，结合直线的特点，可较易判断A选项；对于B选项我们可以巧妙利用椭圆的对称性，将所求三角形转化为面积相同且较易求面积的三角形，利用三角形相关的性质，即可判断；对于C选项，按照选项内容建立起直线和直线的斜率的积的关系式，通过对式子的变形整理，看式子中是否含有变量，如果有变量，则不是定值，如果没有变量，则是定值；对于D选项，我们可以将四边形的面积分解为几个易于计算的小三角形的面积，这样有利于我们更好的建立四边形面积的表达式，从而根据表达式得出面积最大时，和的位置关系.
【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，焦距为，
则由题意可知，，，，，
∴，，，直线过原点，且在第一象限，
∴设直线的方程为：，，
∵经过原点，∴，即：，
∴，即：，故A正确；
如图所示：
设椭圆的左焦点为，连接，，，，由对称性可知：四边形是平行四边形，
又：，，
设，，，
由余弦定理可知：，
即：，
即：，解得：，∴，
又：，∴，，
∴
，
∴，故B正确；
设：，点在第一象限，∴，由对称性知：，
∴，，
∴，
又：在椭圆上，∴，∴，
即有：，
直线与直线的斜率之积与直线的斜率有关，不是定值，故C错误；
如图所示：
，
当且仅当：，即：，，时等号成立，
而，此时，
∴当与平行时，四边形的面积最大，最大面积为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆的方程是，则圆心的轨迹方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】将圆方程化成标准方程可得出圆心坐标为，再根据表示圆的条件消去参数即可得圆心的轨迹方程.
【详解】因为方程表示圆，
即表示圆,所以，
解得,
易知圆心坐标为，且，
设圆心坐标为，则有，
消去，得即为所求圆心的轨迹方程.
故答案为：
13. 已知为椭圆上的点，，则线段长度的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】记线段的长度为，表达的函数，利用,；，结合二次函数的性质即可求的最小值．
【详解】设，记线段的长度为，是椭圆上任意一点，
设,,,
所以：．
由于，故时，有最小值，且的最小值，
故答案为：
14. 直线与双曲线有且只有一个公共点，则实数 ．
【答案】或
【分析】由消去y，对二次系数是否为0分类讨论可得.
【解析】由消去y，整理得，
当时，由得；
又注意到直线恒过点，且渐近线的斜率为时，直线与渐近线平行时也成立．
故答案为：或

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知圆，直线过点.
（1）当直线与圆相切时，求直线的斜率；
（2）线段的端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，建立方程，解出即可；（2）建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出.
【小问1详解】
已知的圆心是，半径是，
设直线斜率为
则直线方程是，即，
则圆心到直线距离为，
解得直线的斜率.
【小问2详解】
设点则，
由点是的中点得，
所以①
因为在圆上运动，所以②
①代入②得，
化简得点的轨迹方程是.
16. 已知抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴上，且抛物线上有一点到焦点的距离为6．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若抛物线C与直线相交于不同的两点A、B，且AB中点横坐标为2，求k的值．
【答案】（1） （2）2
【解析】
【分析】（1）根据抛物线上点到焦点的距离关于p的方程可求出得抛物线方程；
（2）联立直线方程与抛物线方程得一元二次方程，由韦达定理及中点坐标公式即可求解.
小问1详解】
由题意设抛物线方程为，其准线方程为，
∵到焦点的距离等于A到其准线的距离，
∴
∴
∴抛物线C的方程为
【小问2详解】
由消去y，得 ,
∵直线与抛物线相交于不同两点A、B，
则有,
解得且，
又，
解得 ，或（舍去）
∴的值为．
17.已知圆.
（1）证明：圆过定点.
（2）当时，求直线被圆截得的弦长.
（3）当时，若直线与圆交于两点，且，其中为坐标原点，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析 （2） （3）
【解析】
【分析】（1）对式子变形为，由于与无关，列方程求解即可得定点；
（2）求出圆心到直线距离，再结合垂径定理求解弦长即可；
（3）联立直线与圆的方程，韦达定理，利用数量积的坐标运算列不等式，求解即可.
【小问1详解】
由，
得，
令，得，解得，
所以圆过定点，且定点的坐标为.
【小问2详解】
当时，圆的标准方程为，
则圆的圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长为.
【小问3详解】
将代入，得.
则恒成立，
设，则，
所以
，整理得，则，
所以的取值范围是.
18. 已知椭圆C：的焦距为，离心率为.
（1）求C的标准方程；
（2）若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且的面积为，求t的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，，即可得到答案.
（2）首先设，，根据直线与椭圆联立，结合根系关系得到，设直线l与x轴的交点为，再根据求解即可.
【小问1详解】
由题意得，，，
又，则，
则，
所以C的标准方程为.
【小问2详解】
由题意设，，如图所示：
联立，
整理得， ，
则，，
故.
设直线l与x轴交点为，
又，则，
故，
结合，解得.
19. 已知圆C：与圆的相交弦长为
（1）求圆C的半径R的值；
（2）若对于的圆，已知点，点，在圆C上，直线不经过点，且直线，的斜率之和为2，求证：直线MN经过一定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）或
（2）证明见解析，.
【解析】
【分析】（1）根据题意，联立两圆的方程，结合勾股定理代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，分直线斜率存在与不存在讨论，联立直线与圆的方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
∵依题意可知两圆的相交弦与x轴垂直
联立方程组
得故有
化简得
故得或
故圆的半径为或
【小问2详解】
由（1）及可知，则圆的方程为，
设，，
当直线的斜率存在，则可设直线的方程为，
代入圆方程可得：，则，
得，
且，，
所以
.
又∵直线，斜率之和为2，∴
化简得
代入，得，
∴直线恒过定点.
当直线的斜率不存在时，，，，
∵直线，斜率之和为2， ∴，解得，
但，且，故不合题意，舍去.
综上，直线恒过定点.