数学理卷·2018届北京市朝阳区工大附高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）x

数学理卷·2018届北京市朝阳区工大附高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）x

‎2016-2017学年第一学期期中考试 高二年级 数学学科试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）‎ ‎1. 若圆与圆关于原点对称，则圆的方程为（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可知圆的圆心（﹣2，1），半径为1，‎ 关于原点对称的圆心（2，﹣1），半径也是1，所求对称圆的方程：‎ 故选A．‎ 点睛：求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法：‎ ‎①直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．‎ ‎②定义法：根据圆、直线等定义列方程．‎ ‎③几何法：利用圆的几何性质列方程．‎ ‎④代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等．‎ ‎2. 已知方程表示双曲线，则的取值范围是（ ）．‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】∵方程表示双曲线，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 故选：B ‎3. 设抛物线上一点到轴的距离是，则点到该抛物线的焦点的距离是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：先根据抛物线的方程求得抛物线的准线方程，根据点P到y轴的距离求得点到准线的距离进而利用抛物线的定义可知点到准线的距离与点到焦点的距离相等，进而求得答案．‎ 解：抛物线y2=8x的准线为x=﹣2，‎ ‎∵点P到y轴的距离是4，‎ ‎∴到准线的距离是4+2=6，‎ 根据抛物线的定义可知点P到该抛物线焦点的距离是6‎ 故选B 考点：抛物线的定义．‎ ‎4. 圆与圆的位置关系是（ ）．‎ A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内切 ‎【答案】B ‎【解析】∵圆的圆心，半径，‎ 圆的圆心，半径，‎ ‎ ，‎ ‎∴圆与圆外切．‎ 故选：．‎ ‎5. 若一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个正三棱柱的侧面积为（ ）．‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据几何体的三视图，得：该几何体是底面边长为，高为的正三棱柱；‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴这个正三棱柱的侧面积为：．‎ 故选：．‎ 点睛：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.‎ ‎6. 若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由离心率为，可知，‎ ‎∴．‎ ‎∴渐近线方程为，‎ 故选．‎ ‎7. 椭圆上的点到一个焦点的距离为，是的中点，则点到椭圆中心的距离为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵椭圆方程为，‎ ‎∴，可得，‎ ‎∵中，、分别为和的中点，‎ ‎∴，‎ ‎∵点在椭圆上，可得，‎ ‎∴，‎ 由此可得，‎ 故选．‎ ‎8. 设是曲线上任意一点，则的取值范围是（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵曲线方程是，即，‎ 故曲线是一个圆，圆心坐标是，半径是，关于轴上下对称，‎ 设圆心为，坐标原点为，过作直线与圆相切于（取切点在第三象限），‎ 直线与轴的夹角为，则，‎ ‎∵，，是直角三角形，‎ ‎∴，‎ 故，‎ ‎∴，‎ ‎∵曲线是一个圆，关于轴对称，‎ ‎∴时，直线与直线关于轴对称，此时切点在第二象限，‎ ‎∴，‎ 故的取值范围是．‎ 故选．‎ ‎9. 已知抛物线的焦点为，点，，在抛物线上，且，则有（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：因为抛物线的焦点为，点，在抛物线上，且，所以，即，故选C。‎ 考点：1．抛物线的定义；2．焦半径公式．‎ ‎【思路点睛】首先利用抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，即在抛物线上的点到焦点的距离为；然后再把等式两边同时加整理成进而根据抛物线的定义可得．‎ ‎10. 离心率为黄金比的椭圆称为“优美椭圆”．设是优美椭圆，、分别是它的左焦点和右顶点，是它的短轴的一个顶点，则等于（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵，‎ ‎∴，‎ 在三角形中有，‎ ‎，，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，所以等于．‎ 故选．‎ 点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上．‎ ‎11. 若抛物线的焦点坐标为，则__________；准线方程为__________．‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎【解析】因为抛物线方程为y2=2px,所以焦点坐标为,又焦点坐标为(1,0),则p=2,准线方程为x=-1.‎ ‎12. 棱长为的正方体外接球的表面积是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：由题意得，正方体与外接球之间满足正方体的对角线长即为球的直径，所以可得，即，所以球的表面积为.‎ 考点：球的组合体及球的表面积公式.‎ ‎13. 一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的__________．（填入所有可能的几何体前的编号）①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱 ‎【答案】①②③⑤‎ ‎【解析】‎ ‎14. 已知是直线上的动点，，是圆的两条切线，，是切点，是圆心，那么圆上的点到直线的距离的最小值为__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】设与平行的直线，‎ 且与圆相切，‎ ‎∴，‎ ‎∴或（舍），‎ ‎∴．‎ ‎ ‎ ‎15. 在平面直角坐标系中，椭圆的焦距为，以为圆心，为半径的圆，过点作圆的两切线互相垂直，则离心率__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图，‎ 切线、互相垂直，‎ 又半径垂直于，‎ 所以是等腰直角三角形，．‎ 解得．则离心率．‎ ‎【答案】 (1). 16 (2). ‎ ‎【解析】根据椭圆的定义，，‎ ‎∵，‎ ‎∴的周长为；‎ 的面积的面积的面积（、在轴的上下两侧），‎ 又的面积，‎ ‎∴，‎ 故答案为，．‎ 三、解答题（本大题共4个小题，共40分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17. 已知⊙与直线相切．‎ ‎(Ⅰ)求半径．‎ ‎(Ⅱ)若点，，点是⊙上的动点，求证：为定值．‎ ‎【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)‎ ‎【解析】试题分析：（1）圆心到直线的距离求半径．（2）设,则是定值 试题解析:‎ ‎(Ⅰ)圆心到直线的距离，‎ ‎．‎ ‎(Ⅱ)因为在圆上，所以可设，‎ ‎，‎ 是定值．‎ ‎18. 已知点，⊙．‎ ‎(Ⅰ)当直线过点且与圆心的距离为时，求直线的方程．‎ ‎(Ⅱ)设过点的直线与⊙交于，两点，且，求以线段为直径的圆的方程．‎ ‎【答案】(Ⅰ) 或．(Ⅱ) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）把圆的方程变为标准方程后，分两种情况①斜率k存在时，利用点到直线的距离公式表示出圆心到所设直线的距离d，让d等于1列出关于k的方程，求出方程的解即可得到k的值，根据k的值和P的坐标写出直线l的方程即可；②当斜率不存在时显然得到直线l的方程为x=2；（2）由题意易得：，从而，得到以线段为直径的圆的方程．‎ 试题解析:‎ ‎(Ⅰ)由题意知，圆的标准方程为：，‎ ‎①设直线的斜率为（存在），‎ 则方程为，即，‎ 又⊙的圆心为，，‎ 由，‎ 所以直线方程为，即．‎ ‎②当不存在时，直线的方程为．‎ 综上所述，直线的方程为或．‎ ‎(Ⅱ)，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎19. 已知定点及椭圆，过点的动直线与椭圆相交于，两点．‎ ‎(Ⅰ)若线段中点的横坐标是，求直线的方程．‎ ‎(Ⅱ)设点的坐标为，求的值．‎ ‎【答案】(Ⅰ) ，或 (Ⅱ) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）将直线的点斜式方程（其中斜率为参数）代入椭圆方程，并设出交点A，B的坐标，消去Y后，可得一个关于X的一元二次方程，然后根据韦达定理（一元二次方程根与系数关系）易得A、B两点中点的坐标表达式，再由AB中点的横坐标是，，构造方程，即可求出直线的斜率，进而得到直线的方程．（2）由M点的坐标，我们易给出两个向量的坐标，然后代入平面向量数量集公式，结合韦达定理（一元二次方程根与系数关系），不难不求出的值．‎ 试题解析:‎ ‎(Ⅰ)依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，‎ 将代入，消去整理得，‎ ‎．‎ 设，，‎ 则，‎ 由线段中点的横坐标是，‎ 得，‎ 解得，适合（）．‎ 所以直线的方程为，或．‎ ‎(Ⅱ)①当直线与轴不垂直时，‎ 由（I）知，．（），‎ 所以，‎ ‎．‎ 将（）代入，整理得：‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎②当直线与轴垂直时，‎ 此时点，的坐标分别为、，‎ 此时亦有．‎ 综上，．‎ 点睛：与直线和圆锥曲线的位置关系有关的参数范围问题，常采用解方程组的思想方法，转化为判别式进行；与向量数量积有关的问题，常常利用韦达定理，以整体代入的方法求解，这样可以避免求交点，使运算过程得到简化．‎ ‎20. 已知椭圆的短轴长为，且与抛物线有共同的焦点，椭圆的左顶点为，右顶点为，点是椭圆上位于轴上方的动点，直线，与直线分别交于，两点．‎ ‎(1)求椭圆的方程．‎ ‎(2)求线段的长度的最小值．‎ ‎(3)在线段的长度取得最小值时，椭圆上是否存在一点，使得的面积为，若存在求出点的坐标，若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）(2) （3）或 ‎【解析】（I）由已知得，抛物线的焦点为，则，又．‎ 由，可得．‎ 故椭圆的方程为．…………………………………………4分 ‎（Ⅱ）直线的斜率显然存在，且，故可设直线的方程为，从而．‎ 由得．………………………………6分 设，则．所以，从而．‎ 即又，‎ 则直线的斜率为．‎ 由得 所以．‎ 故．‎ 又，．‎ 当且仅当，即时等号成立．‎ 所以当时，线段的长度取最小值．…………………………………………8分 ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当的长度取最小值时，．‎ 则直线的方程为，此时，．‎ 若椭圆上存在点，使得的面积等于，则点到直线的距离等于，‎ 所以在平行于且与距离等于的直线上．‎ 设直线．‎ 则由得．………………………………………10分 ‎．即．‎ 由平行线间的距离公式，得，‎ 解得或（舍去）．‎ 可求得或．…………………………………………13分