数学卷·2019届北京市东城区第50中学高二上学期期中考试试题x

数学卷·2019届北京市东城区第50中学高二上学期期中考试试题x

北京市东城五十中学2017—2018学年上学期 高二期中考试数学试卷 一、选择题（每题4分，共40分）‎ ‎1. 若直线经过点，，则直线的倾斜角为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵直线经过点，，‎ ‎∴直线的斜率，‎ 设直线的倾斜角为，则，又，‎ ‎∴．‎ 故选．‎ ‎2. 圆与圆的位置关系是（ ）．‎ A. 相离 B. 外切 C. 相交 D. 内切 ‎【答案】C ‎【解析】圆为，‎ 圆为，‎ 两圆心分别为和，‎ 圆心距为 ‎，‎ 即两圆相交．‎ 故选．‎ ‎3. 直线在轴上的截距为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】令，可得，‎ 解得，‎ 即直线在轴上的截距为．‎ 故选．‎ ‎4. 已知两条直线，，若，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】若，则根据直线平行的公式得到：，解得．‎ 故选．‎ ‎5. 已知两条直线和互相垂直，则等于（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为直线和互相垂直，‎ 所以，‎ 解得．‎ 故选．‎ ‎6. 若椭圆，过点，则其焦距为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据题意把点代入椭圆的方程可求得，椭圆方程为，‎ ‎∴，，，‎ ‎∴其焦距为，‎ 故选．‎ ‎7. 设倾斜角为的直线通过抛物线的焦点且与抛物线相交于、两点，则弦的长为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵直线的倾斜角为，且过抛物线的焦点，‎ ‎∴直线的方程为，设，，将代入可得，‎ ‎∴，弦．‎ 故选．‎ 点睛：这个题目考查了抛物线和直线的位置关系，在处理直线和圆锥曲线的位置关系时，往往先根据题意合理设出直线方程，再联立直线和圆锥曲线方程，但要注意“直线不存在斜率”的特殊情况，如本题中利用直线不存在斜率时探究其定点，给一般情形找到了目标.而抛物线中和焦半径有关的题型，经常和抛物线的定义联系。‎ ‎8. 由直线上的一点向圆引切线，则切线长的最小值为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：圆心到直线到圆上一点的距离为，切线长为，因此，当最小时，最小，的最小值为圆心到直线的距离，因此的最小值为 ‎.‎ 考点：（1）切线长的求法；（2）点到直线的距离.‎ ‎9. 已知动圆过点，且与直线相切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设动圆圆心坐标为，动圆过定点，且与定直线相切，‎ 即圆心到定点的距离和到定直线的距离相等，都等于半径，‎ 根据两点间的距离公式可以知道，整理得：．‎ 故选．‎ 点睛：这个题目考查的是求轨迹方程，一般是问谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，而对于直线与曲线的综合问题要先分析题意转化为等式，例如向量中，可以转化为向量坐标进行运算也可以转化为斜率来理解，然后借助韦达定理求解即可运算此类题计算一定要仔细.‎ ‎10. 椭圆的一个焦点为，若椭圆上存在一个点，满足以椭圆短轴为直径的圆与线段相切于该线段的中点，则椭圆的离心率为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：画出如下示意图．可知0M为△PF1F2的中位线，∴PF2=2OM=2b，∴PF1=2a-PF2=2a-2b，又∵M为PF1的中点，∴MF1=a-b，∴在Rt△OMF1中，由OM2+MF12=OF12,可得(a-b)2+b2=c2=a2-b2．可得2a=3b，进而可得离心率e=．‎ 考点：椭圆与圆综合问题．‎ 二、填空题（每空4分，共24分）‎ ‎11. 抛物线的准线方程为__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：由抛物线方程可知，所以准线方程为 考点：抛物线性质 ‎12. 双曲线的两条渐近线的方程为__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】∵双曲线的，，焦点在轴上，‎ ‎∴渐近线方程为．‎ ‎13. 若不论取何值，直线 恒过定点，则这个定点的坐标为__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】直线的方程可化为：，‎ 由的任意性可得：，‎ 解得：，‎ 故定点的坐标为．‎ 故答案为：。‎ ‎14. 直线被圆截得的弦长为__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】圆化为标准方程为，圆心为，半径为，圆心到直线的距离，‎ 故直线被圆截得的弦长为。‎ 故答案为：。‎ ‎15. 直线与直线，分别交于，两点，线段的中点为，则直线的斜率为__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】设直线的斜率为，又直线过点，则直线的方程为，‎ 联立直线与直线，得到，解得，‎ 所以，‎ 联立直线与直线，得到，解得，，‎ 所以，‎ 又线段的中点，‎ 所以，‎ 解得．‎ 故答案为：。‎ ‎16. 已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点的坐标为，则的最大值为__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】∵点为椭圆的左焦点，∴，设椭圆的右焦点，‎ ‎∵点为椭圆上任意一点，点的坐标为，∴，又∵，‎ ‎∴，即的最大值为，此时、、共线．‎ 故答案为：。‎ 点睛：本题考查椭圆的方程与性质，考查学生转化问题的能力，正确转化是关键.这个题应用到了椭圆中焦半径的性质和焦三角形的性质。一般和焦三角形有关的题，经常和椭圆的定义联系起来，或者焦三角形的周长为定值。‎ 三、解答题（共56分）‎ ‎17. （分）已知三角形的三个顶点，，，求边上中线和高线所在的直线方程．‎ ‎【答案】边上的中线所在直线方程，边上高线所在的直线方程．‎ ‎【解析】试题分析：利用中点坐标公式、点斜式可得BC边上中线所在的直线方程，利用相互垂直的直线斜率之间的关系可得BC边上的高线AH的斜率，进而得出BC边上高线所在的直线方程．‎ 解析：设变中点为，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，，‎ 即，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴边上的中线所在直线方程为，‎ 即，‎ 设边上的高线为，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴边上高线所在的直线方程为 ，‎ 即．‎ ‎18. （）已知三个点，，，圆为的外接圆．‎ ‎（）求圆的方程．‎ ‎（）设直线，与圆交于，两点，且，求的值．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎ ‎ 解析：‎ ‎（）由题意得：设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0， ‎ 由已知，点A（﹣1，﹣1），B（﹣8，0），C（0，6）的坐标满足上述方程，‎ 分别代入方程，可得， ‎ 解得：D=8，E=﹣6，F=0，‎ 所求圆的方程为：x2+y2+8x﹣6y=0，化为标准方程为：（x+4）2+（y﹣3）2=25，‎ ‎∴圆的方程为．‎ ‎（）圆心到直线的距离，‎ ‎∵弦长，‎ ‎∴有勾股定理得，‎ 即，‎ 解得．‎ ‎19. （分）已知圆，圆，动圆与圆外切并且与圆内切，求动圆圆心的轨迹方程．‎ ‎【答案】动圆圆心的轨迹方程为．‎ ‎【解析】试题分析：由给出的圆的方程判断两圆的位置关系，从而得到动圆P与圆M外切，与圆N内切，然后利用圆心距和半径的关系得到P到M和P到N的距离之和为定值，符合椭圆定义，从而求得椭圆方程.‎ 解析：‎ 由圆，圆得到，半径，，半径，设动圆的半径为，‎ ‎∵在内，‎ ‎∴动圆只能在内与圆内切，不能是在动圆内，‎ 即：，‎ ‎∵动圆与圆外切，‎ ‎∴，‎ ‎∵动圆与圆内切，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 即到和到的距离之和为定值，‎ ‎∴是以、为焦点的椭圆，且，，，‎ ‎∴动圆圆心的轨迹方程为．‎ ‎20. （分）已知椭圆的长轴长为，离心率，过右焦点 的直线交椭圆于、两点．‎ ‎（）求椭圆的方程．‎ ‎（）当直线的斜率为时，求的面积．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）由题意可得2a=，e=，从而解出椭圆方程；‎ ‎（2）设直线l的方程为y=x﹣1，从而联立方程，从而解出交点坐标，从而求面积；‎ 解析：‎ ‎（）由已知，椭圆方程可设为，‎ ‎∵长轴长为，离心率，‎ ‎∴，，‎ 故所求椭圆方程为．‎ ‎（）因为直线过椭圆右焦点，且斜率为，‎ 所以直线的方程为，设，，‎ 由，得，解得，，‎ ‎∴．‎ ‎21. （分）过点作直线与圆交于、两点，且，为坐标原点，求直线的方程．‎ ‎【答案】直线的方程为或．‎ ‎【解析】试题分析：依题意，直线的斜率必存在，故可设直线l：y=kx+3，联立直线与圆C：x2+y2﹣2x﹣4y﹣6=0方程，由结合韦达定理，可得k值，进而得到直线l的方程．‎ 解析：‎ 由题意，斜率不存在的直线不符合题意，设直线，代入圆的方程整理得：，‎ 设，，则，，‎ ‎∴．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 即，解得，或．‎ 故直线的方程为或．‎ 点睛：本题考查的知识点是直线的方程，直线与圆的位置关系，向量的数量积公式，难度中档．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；还有就是在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值。‎ ‎22. （分）已知椭圆的左焦点为，过的直线与交于、两点． ‎ ‎（）求椭圆的离心率．‎ ‎（）当直线与轴垂直时，求线段的长．‎ ‎（）设线段的中点为，为坐标原点，直线交椭圆交于、两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) 存在直线，使得．‎ ‎【解析】试题分析：（1）将椭圆方程化为标准方程，求得a，b，c，进而得到离心率；（2）当直线l与x轴垂直时，即为x=﹣1，代入椭圆方程，求得纵坐标，进而得到弦长；（3）设直线AB：x=my﹣1，代入椭圆方程，可得（3+2m2）y2﹣4my﹣4=0，运用韦达定理，以及中点坐标公式可得P的坐标，再由向量共线的坐标表示，解方程可得m，进而判断存在这样是直线l．‎ 解析：‎ ‎（）椭圆，‎ 即为，可得，，，‎ 故椭圆的离心率．‎ ‎（）当直线与轴垂直时，即为，代入椭圆方程可得，，‎ 故线段的长为．‎ ‎（）由，设直线，代入椭圆方程得，‎ 设，，则，‎ 即有中点的坐标为，‎ 直线，代入椭圆方程可得：，‎ 可设，，‎ 假设存在直线使得，‎ 即有，‎ 则，解得，‎ 故存在直线，使得．‎ 点睛：本题考查椭圆的方程和性质的运用，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，同时考查向量共线的坐标表示，考查运算能力，属于中档题．涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用．‎ ‎ ‎ ‎ ‎