高中PAGE1試題2023北京匯文中學高二（上）期中數學本試卷共6頁，共150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.一、單選題（本大題共12小題，共60.0分）1.直線過點，傾斜角為，則直線的方程為A. B.C. D.2.設a∈R，則“a＝－2”是“直線l1：ax＋2y－1＝0與直線l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件3.直線與x軸，y軸分別交于點A，B，以線段AB為直徑的圓的方程為（）A. B.C. D.4.已知方程表示的曲線是橢圓，則的取值范圍（）A. B. C. D.5.已知圓與圓，則圓與圓的位置關系是（）A.相離 B.相交 C.內切 D.外切6.拋物線上的一動點M到直線距離的最小值是（）A. B. C. D.7.直線過拋物線的焦點，且與該拋物線交于不同的兩點、，若，則弦的長是（）A. B. C. D.8.我們把離心率為黃金分割系數的橢圓稱為“黃金橢圓”.已知“黃金橢圓”的中心在坐標原點，為左焦點，，分別為右頂點和是上頂點，則A. B. C. D.9.已知圓，直線為上的動點，過點作圓的切線，，且切點為，，最小值為（）A.2 B. C.3 D.410.已知圓：，直線：，則當的值發生變化時，直線被圓所截的弦長的最小值為，則的取值為（）A. B. C. D.11.已知橢圓的左、右焦點分別為、，若橢圓上恰好有個不同的點，使得為等腰三角形，則橢圓的離心率的取值范圍是（）A. B.C. D.12.曲線是平面直角坐標系內與兩個定點和的距離之積等于4的點的軌跡，則（）①曲線過原點；②曲線關于原點對稱；③若點在曲線上，則的面積不大于2；④曲線與曲線有且僅有兩個交點．其中正確命題的序號為（）A.①② B.②③④ C.③④ D.①②④二、填空題（本大題共6小題，共30.0分）13.已知拋物線的準線方程為，則_________14.已知雙曲線的漸近線方程為，則__________．15.圓與軸相交于兩點，則弦所對的圓心角的大小為_________．16.設為橢圓上一動點，，分別為左、右焦點，延長至點，使得，則動點的軌跡方程為__________．17.若直線與曲線有公共點，則k的取值范圍是_____________．18.在平面直角坐標系中，定義為兩點之間的“折線距離”，有下列命題，其中為真命題的是___________.（填序號）①若，則；②到原點的“折線距離”不大于的點構成的區域面積為；③原點與直線上任意一點M之間的折線距離的最小值為；④原點與圓上任意一點M之間的折線距離的最大值為.三、解答題（本大題共4小題，共60.0分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）19.在中，邊上的高所在直線的方程為，的平分線所在直線方程為，若點的坐標為．（1）求點和點的坐標；（2）求邊上的高所在的直線的方程．20.設拋物線的方程為，點為直線上任意一點，過點作拋物線的兩條切線，，切點分別為，．（1）當的坐標為時，求過，，三點的圓的方程，并判斷直線與此圓的位置關系；（2）求證：直線恒過定點．21.已知橢圓的離心率為，過橢圓右焦點的直線與橢圓交于，兩點，當直線與軸垂直時，.（1）求橢圓的標準方程；（2）當直線與軸不垂直時，在軸上是否存在一點（異于點），使軸上任意點到直線，的距離均相等？若存在，求點坐標；若不存在，請說明理由.22.已知橢圓的一個頂點為，焦距為．（1）求橢圓E的方程；（2）過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當時，求k的值．

參考答案一、單選題（本大題共12小題，共60.0分）1.【答案】D【詳解】試題分析：由直線的傾斜角為，得其斜率為．又過點，∴方程為，即．故選D．考點：直線的點斜式方程．2.【答案】A【分析】由“直線l1：ax＋2y－1＝0與直線l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”得到a＝－2或a＝1，即得解.【詳解】解：若a＝－2，則直線l1：－2x＋2y－1＝0與直線l2：x－y＋4＝0平行；若“直線l1：ax＋2y－1＝0與直線l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”，∴，解得a＝－2或a＝1，∴“a＝－2”是“直線l1：ax＋2y－1＝0與直線l2：x＋（a＋1）y＋4＝0平行”的充分不必要條件．故選：A3.【答案】B【分析】利用截距式的幾何意義得到，，從而求得該圓的圓心與半徑，進而得解.【詳解】因為直線在x，y軸上的截距分別為4，2，則，，所以AB的中點坐標為，且，故以線段AB為直徑的圓的方程為，即故選：B.4.【答案】B【分析】橢圓方程的分母均大于0且不相等，進而解出t.【詳解】由題意，.故選：B.5.【答案】D【分析】利用圓心距與半徑和的關系可判斷兩者的位置關系.【詳解】圓，其半徑為3，又，因為即圓心距為兩個圓的半徑之和，故兩圓外切，故選：D.6.【答案】A【分析】對求導可求與直線平行且與拋物線相切的切線方程，再利用兩平行線的距離公式可得所求的最小距離．【詳解】因為，所以，令，得，所以與直線平行且與拋物線相切的切點，切線方程為，即，由兩平行線的距離公式可得所求的最小距離.故選：A.7.【答案】C【分析】利用拋物線的焦點弦公式可求得弦的長.【詳解】拋物線的準線方程為，因為直線過拋物線的焦點，且與該拋物線交于不同的兩點、，則.故選：C.8.【答案】D【分析】設出橢圓的方程，根據題意寫出A,B,F的坐標，利用向量與向量乘積為0，得到.【詳解】設橢圓的方程為，由已知，得則離心率即故答案選D【點睛】本題主要考查了橢圓的基本性質，屬于基礎題.9.【答案】D【分析】最小值滿足四邊形的面積最小，可轉化為動點到點的距離最小值，即可求解．【詳解】圓，，即圓心為，半徑為2，如圖所示，連接，，四邊形的面積為，要使最小，則只需四邊形的面積最小，即只需的面積最小，，只需最小，，所以只需直線上的動點到點的距離最小，其最小值是圓心到直線的距離，此時，，則此時四邊形的面積為2，即的最小值為4．故選：D．10.【答案】C【分析】由直線過定點，結合圓的對稱性以及勾股定理得出的取值.【詳解】直線：恒過點，由于直線被圓所截的弦長的最小值為，即當直線與直線垂直時（為原點），弦長取得最小值，于是，解得.故選：C11.【答案】D【分析】分等腰三角形以為底或一腰兩種情況討論，在第一種情況下，直接確定點為橢圓短軸的端點，在第二種情況下，分析可知，在每個象限內均存在點，使得或，設點在第一象限，結合兩點間的距離公式可得出關于、的不等式，即可求出該橢圓離心率的取值范圍.【詳解】如下圖所示：（1）當點與橢圓短軸的頂點重合時，是以為底邊的等腰三角形，此時，有個滿足條件的等腰；（2）當構成以為一腰的等腰三角形時，以為底邊為例，則或，此時點在第一或第四象限，由對稱性可知，在每個象限內，都存在一個點，使得是以為一腰的等腰三角形，不妨設點在第一象限，則，其中，則，或，由可得，所以，，解得，由可得，所以，，解得，綜上所述，該橢圓的離心率的取值范圍是.故選：D.【點睛】方法點睛：求解橢圓或雙曲線的離心率的方法如下：（1）定義法：通過已知條件列出方程組，求得、的值，根據離心率的定義求解離心率的值；（2）齊次式法：由已知條件得出關于、的齊次方程，然后轉化為關于的方程求解；（3）特殊值法：通過取特殊位置或特殊值，求得離心率.12.【答案】B【分析】根據題意，化簡得到曲線的方程為，結合曲線的對稱性的判定方法，可①不正確，②正確；結合三角形的面積公式，可判定③正確；聯立方程組，求得交點坐標，可判定④正確.【詳解】設軌跡上的任意一點，則，所以，化簡得，①中，把代入上述方程，可得，此式不成立，所以曲線不過原點，所以①不正確；②中，把代換上述方程中的，其方程不變，所以曲線關坐標于原點對稱，所以②正確；③中，若點在曲線上，則的面積為，所以③正確；④中，由曲線，可得，解得，代入曲線，整理得，解得（舍去），所以，解得，可得曲線與曲線有且僅有兩個公共點，所以④正確.故選：B.二、填空題（本大題共6小題，共30.0分）13.【答案】2【分析】由拋物線的準線方程可直接求解.【詳解】由拋物線，得準線方程為，由題意，，得．故答案為：2．14.【答案】【分析】首先可得，即可得到雙曲線的標準方程，從而得到、，再跟漸近線方程得到方程，解得即可；【詳解】解：對于雙曲線，所以，即雙曲線的標準方程為，則，，又雙曲線的漸近線方程為，所以，即，解得；故答案為：15.【答案】【詳解】試題分析：由題可知，根據圓的標準方程，令，解得，因此,,在中，,,,因此為直角三角形，即,故弦所對的圓心角的大小為；考點：圓的標準方程16.【答案】【分析】由橢圓定義可得，，從而，進而的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，由此能求出動點的軌跡方程．【詳解】為橢圓上一動點，，分別為左、右焦點，延長至點，使得，，，，的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，動點的軌跡方程為．故答案為：17.【答案】[0，1]【詳解】如圖，曲線表示如圖所示的半圓，表示過定點的動直線，當動直線在之間時，它與半圓總有公共點，又，，故，也即是.點睛：注意表示半圓，又本題的實質是動直線與半圓的至少有一個公共點.利用幾何意義可以直接求得兩個臨界值，所求范圍在兩個臨界值之間.18.【答案】①③④【分析】根據定義直接計算①，設點到原點的“折線距離”不大于，即可得到，畫出圖象，求出面積即可判斷②，設即可表示再根據分段函數的性質計算可得③，依題意設，則，再利用點到直線的距離求出的范圍，即可判斷④；【詳解】解：對于①若則，故①正確；對于②，設點到原點的“折線距離”不大于，則，即，則點在下圖所示的平面區域內，則所圍成的區域的面積為，故②錯誤；對于③，設，則，函數圖象如下所示：則，故③正確；對于④，因為圓表示以為圓心，為半徑的圓，設，則，令，則所以，解得，即，故④正確；故答案為：①③④三、解答題（本大題共4小題，共60.0分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）19.【答案】（1）（2）【詳解】試題分析：（1）聯立直線和，可求得點的坐標，利用點斜式可得直線的方程，利用角平分線可得直線的斜率，利用點斜式可寫出直線的方程，聯立直線的方程可求得交點的坐標.（2）由直線的斜率可得高的斜率，利用點斜式可求得高所在直線方程.試題解析：（1）由已知點應在邊上的高所在直線與的角平分線所在直線的交點，由得，故．由，所以所在直線方程為，所在直線的方程為，由，得．（2）由（1）知，所在直線方程，所以所在的直線方程為，即．20.【答案】（1），相切（2）證明見解析【分析】（1）設過點的切線方程，代入，整理得，令，可得，的坐標，進而可得的中點，根據即可求解圓的方程，從而可判斷圓與直線相切；（2）利用導數法，確定切線的斜率，得切線方程，由此可得直線的方程，從而可得結論；【小問1詳解】當的坐標為時，設過點的切線方程為，代入，整理得，令，解得，代入方程得，故得，，因為的中點，且,從而過，，三點的圓的圓心為，半徑為，故其方程為．圓心坐標為，半徑為，圓與直線相切【小問2詳解】由已知得，求導得，切點分別為,，,，故過點,的切線斜率為，從而切線方程為,即,又切線過點,，所以得①,即,同理可得過點,的切線為，又切線過點,，所以得②即,即點,,,均滿足,故直線的方程為,又,為直線上任意一點，故對任意成立，所以，，從而直線恒過定點,【點睛】方法點睛：圓錐曲線中定點問題的兩種解法（1）引進參數法：先引進動點的坐標或動線中系數為參數表示變化量，再研究變化的量與參數何時沒有關系，找到定點.（2）特殊到一般法：先根據動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關.21.【答案】（1）；（2）存在點【分析】（1）由題意可得方程解方程后即可得解；（2）設直線，，，假設存在點，設，由題意，聯立方程組表示出、，代入即可得解.【詳解】（1）由題意得，解得:，，.所以橢圓的標準方程為：.（2）依題意，若直線的斜率不為零，可設直線，，.假設存在點，設，由題設，，且，.設直線，的斜率分別為，，則，.因為，在上，故，，而軸上任意點到直線，距離均相等等價于“平分”，繼而等價于.則.聯立，消去得：，有，.則，即，故或（舍）.當直線的斜率為零時，也符合題意.故存在點，使得軸上任意