學年長春市外國語高二數學上學期10月期中考試卷一、單選題（本大題共8小題）1．直線的傾斜角（

）A． B． C． D．2．已知圓，直線，則圓上到直線的距離為的點的個數為（

）A． B． C． D．3．平行六面體的底面是邊長為2的正方形，且，，為，的交點，則線段的長為（）

A．3 B． C． D．4．若方程表示圓，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．5．曲線與曲線一定成立的是（

）A．長軸長相等 B．焦距相等 C．離心率相等 D．短軸長相等6．已知直線，直線，若，則與的距離為（

）A． B． C． D．7．已知為直線上的一點，則的最小值為（

）A． B． C． D．8．1970年4月24日，我國發射了自己的第一顆人造地球衛星“東方紅一號”，從此我國開始了人造衛星的新篇章．人造地球衛星繞地球運行遵循開普勒行星運動定律：衛星在以地球為焦點的橢圓軌道上繞地球運行時，其運行速度是變化的，速度的變化服從面積守恒規律，即衛星的向徑（衛星與地球的連線）在相同的時間內掃過的面積相等．設橢圓的長軸長、焦距分別為2a，2c，下列結論錯誤的是（

）A．衛星向徑的取值范圍是B．衛星在左半橢圓弧的運行時間大于其在右半橢圓弧的運行時間C．衛星向徑的最小值與最大值的比值越大，橢圓軌道越扁D．衛星運行速度在近地點時最大，在遠地點時最小二、多選題（本大題共3小題）9．對于直線：，下列說法正確的是（

）A．直線恒過定點B．直線斜率可以不存在C．時直線的傾斜角為D．時直線在軸上的截距為10．已知圓：與圓：相交于A，B兩點，則下列判斷正確的是（

）A．兩圓的相交弦所在直線方程為B．兩圓的公共弦長為C．經過A，B兩點，且過原點的圓的方程為D．P為上任意一點，Q為上任意一點，則的最大值為11．數學美的表現形式不同于自然美或藝術美那樣直觀，它蘊藏于特有的抽象概念、公式符號、推理論證、思維方法等之中，揭示了規律性，是一種科學的真實美.在平面直角坐標系中，曲線就是一條形狀優美的曲線，對于此曲線，下列說法正確的有（

）A．曲線圍成的圖形有4條對稱軸B．曲線C圍成的圖形的周長是C．曲線C上的任意兩點間的距離最大值是D．若是曲線上任意一點，的最小值是三、填空題（本大題共3小題）12．已知向量則實數的值為．13．經過點，且在x軸上的截距是在y軸上的截距的2倍的直線l的一般方程是.14．已知橢圓的左、右焦點分別為，，以線段為直徑的圓與C在第一、第三象限分別交于點A，B，若，則C的離心率的最大值是．四、解答題（本大題共5小題）15．求適合下列條件的橢圓的標準方程．(1)已知橢圓的左、右焦點分別為，點在橢圓上，且；(2)焦點在坐標軸上，且經過兩個點.16．已知以點為圓心的圓與直線相切.(1)求圓A的方程；(2)過點的直線l與圓A相交于M、N兩點,當時，求直線l方程．17．在平面直角坐標系中，圓為過點，，的圓．(1)求圓的標準方程；(2)若點P的坐標是，點是圓上的一個動點，點滿足，求點的軌跡方程，并說明軌跡的形狀.18．如圖所示，在直三棱柱中，側面為長方形，，，，.(1)求證：平面平面；(2)求直線和平面所成角的正弦值；(3)在線段上是否存在一點T，使得點T到直線的距離是，若存在求的長，不存在說明理由.19．已知橢圓的離心率為，過橢圓E的左焦點且與x軸垂直的直線與橢圓E相交于的P，Q兩點，O為坐標原點，的面積為.（1）求橢圓E的方程；（2）點M，N為橢圓E上不同兩點，若，求證：的面積為定值.參考答案1．【答案】D【詳解】化成斜截式為，所以直線斜率，直線傾斜角，且，則.故選：D.2．【答案】C【詳解】設與直線平行且與直線的距離為的直線的方程為，由平行線間的距離公式可得，解得或，圓的圓心為，半徑為，顯然直線過圓心，圓心到直線的距離為，所以，直線與圓相交，直線與圓相切，所以，圓上到直線的距離為的點的個數為.故選：C.3．【答案】C【詳解】由題意可知：，則，所以.故選：C.4．【答案】C【詳解】解：因為方程，可變形為，因為方程表示圓，則，解得：或，所以的取值范圍是.故選：C.5．【答案】B【詳解】曲線表示焦點在x軸上的橢圓，其中，所以長軸長為，短軸長，焦距為，離心率，因為，所以，曲線表示焦點在x軸上的橢圓，其中，，，所以長軸長為，短軸長，焦距為，離心率故長軸長不相等，焦距相等，離心率不相等，短軸長不相等，故ABD錯，B對；故選：B6．【答案】B【詳解】由，所以，則，所以可得，根據兩平行直線距離公式.故選：B7．【答案】D【詳解】記點、，則，如下圖所示：

設原點關于直線的對稱點為，且直線的斜率為，由題意可得，解得，故原點關于直線的對稱點為，由對稱性可知，所以，，當且僅當為線段與直線的交點時，等號成立，因此，的最小值為.故選：D.8．【答案】C【詳解】由題意可得衛星的向徑是橢圓上的點到右焦點的距離，所以最小值為，最大值為，所以A正確；根據在相同時間內掃過的面積相等，衛星在左半橢圓弧的運行時間大于其在右半橢圓弧的運行時間，故B正確；衛星向徑的最小值與最大值的比值為越大，則越小，橢圓越圓，故C錯誤．因為運行速度是變化的，速度的變化，所以衛星運行速度在近地點時向徑越小，在遠地點時向徑越大，衛星的向徑（衛星與地球的連線）在相同的時間，內掃過的面積相等，則向徑越大，速度越小，所以衛星運行速度在近地點時最大，在遠地點時最小，故D正確；故選：C．9．【答案】AB【詳解】對于A，直線，令，則，所以直線過定點，故A正確；對于B，當時，直線，斜率不存在，故B正確；對于C，當時，直線，即，所以直線的斜率為，傾斜角為，故C錯誤；對于D，當時，直線，令，得，即直線在軸上的截距為，故D錯誤.故選：AB.10．【答案】ABD【詳解】對于A，由，得，所以兩圓的相交弦所在直線方程為，故A正確；對于B，圓的圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，則兩圓公共弦長為，故B正確；對于C，經過，兩點的圓的方程可設為，即，因為此圓過原點，，解得，所以經過，兩點，且過原點的圓的方程為，故C錯誤；對于D，圓的圓心為，半徑為，所以的最大值為，故D正確.故選：ABD.11．【答案】ACD【詳解】當時，曲線的方程可化為，當時，曲線的方程可化為，當時，曲線的方程可化為，當時，曲線的方程可化為，所以曲線的圖象如圖所示，對于A，由圖可知曲線圍成的圖形有4條對稱軸，故A正確；對于B，曲線由4個半圓組成，其周長為，故B錯誤；對于C，由圖可知曲線上任意兩點間的最大距離為，故C正確；對于D，到直線的距離，點到直線的距離為，由圓的性質得曲線上一點到直線的距離最小為，故的最小值為，故D正確.故選：ACD.12．【答案】7【詳解】由題，，，解得.故答案為：7.13．【答案】或【詳解】當截距為0時，設直線方程為，將代入得，解得，故，即；當截距不為0時，設直線方程為，將代入得，解得，故直線方程為，即.故答案為：或14．【答案】【詳解】連接，設，因為點在第一象限，所以，由對稱性可知，因為，所以，即，由橢圓定義可得，由圓的性質得⊥，由勾股定理得，所以，即，因為，設，，則，由對勾函數性質，單調遞增，所以，即，當時，解得，即，解得當時，解得，即，解得，綜上，所以C的離心率的最大值為.故答案為：15．【答案】(1)(2)【詳解】（1）由題設橢圓，，，即，將點代入方程，可得，所以橢圓方程為.（2）設橢圓的一般方程為，將點，代入橢圓的方程，得，解得，，所以橢圓的標準方程為.16．【答案】（1）（2）或【詳解】（1）由題意知到直線的距離為圓半徑，且,所以圓的方程為.

（2）記MN中點為Q，則由垂徑定理可知且，在中由勾股定理易知，，設動直線方程為：或，顯然合題意.由到距離為1知，解得,∴或為所求方程.17．【答案】(1)；(2)，軌跡是以為圓心，半徑為的圓．【詳解】（1）設圓的方程為，因為圓為過點，，，所以，解得滿足，所以，化成標準方程為.（2）設的坐標是，點的坐標是，因為的坐標是，且，所以，解得，又因為點在圓上運動，所以點的坐標滿足圓的方程，即，代入得，整理得，點的軌跡方程是，軌跡是以為圓心，半徑為的圓．18．【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，【詳解】（1）由于，所以，根據直三棱柱的性質可知，由于，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）設N是的中點，連接，則，MA，MB，MN，兩兩相互垂直.以M為空間坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，，，設平面的法向量為，則，令，可得，設直線和平面所成角為，則；（3）設，則，過T作，則，∵，∴，∴，∴或（舍）∴.19．【答案】(1)(2)證明見解析【詳解】（1）設橢圓的半焦距為c，則①過橢圓左焦點且與x軸垂直的直線方