- 1.76 MB
- 2021-04-22 发布
南昌二中2019—2020学年度上学期第一次月考
高二数学（文）试卷
一、选择题（每小题5分，共12小题，共60分）
1.若直线平分圆的周长，则
A. 9 B. -9 C. 1 D. -1
【答案】B
【解析】
【分析】
直线平分圆周长，说明直线过圆心，把圆心坐标代入直线方程可得.
【详解】因为直线平分圆的周长，所以直线经过该圆的圆心，则，即.选B.
【点睛】本题考查圆的一般方程，解题关键是把圆的一般方程化为标准方程，属于基础题.
2.直线与直线平行，则它们之间的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
解：因为直线与直线平行，则，则m=2,它们之间的距离为,选D
3.若直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的标准方程为
A. B.
C. 或 D. 以上答案都不对
【答案】C
【解析】
【分析】
首先求出直线与坐标轴的交点，分别讨论椭圆焦点在轴和轴的情况，利用椭圆的简单性质求解即可。
【详解】直线与坐标轴的交点为，
（1）当焦点在轴上时，设椭圆的标准方程为
则，所求椭圆的标准方程为.
（2）当焦点在轴上时，设椭圆的标准方程为
，所求椭圆的标准方程为.
故答案选C
【点睛】本题考查椭圆方程的求法，题中没有明确焦点在轴还是轴上，要分情况讨论，解题时要注意椭圆的简单性质的合理运用，属于基础题。
4.直线与椭圆的位置关系为( )
A. 相切 B. 相交 C. 相离 D. 不确定
【答案】B
【解析】
分析】
由直线，得到直线恒过点，只需判定点在椭圆的内部，即可得到答案．
【详解】由题意，直线，可得直线恒过点，
又由，所以点在椭圆的内部，
所以直线与椭圆相交于不同的两点，故选B．
【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的判定，其中解答中把直线与椭圆的位置关系转化为点与椭圆的位置关系的判定是解答的关键，着重考查了转化思想，以及运算与求解能力，属于基础题．
5.已知，,2成等差数列，则在平面直角坐标系中，点M(x，y)的轨迹为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
已知，,2成等差数列,得到，化简得到。
【详解】已知，,2成等差数列,得到，化简得到
可知是焦点在x轴上的抛物线的一支.
故答案为：A.
【点睛】这个题目考查的是对数的运算以及化简公式的应用，也涉及到了轨迹的问题，求点的轨迹，通常是求谁设谁，再根据题干将等量关系转化为代数关系，从而列出方程，化简即可.
6.若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆的一个焦点，则p=
A. 2 B. 3
C. 4 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】
利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于的方程，即可解出，或者利用检验排除的方法，如时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A，同样可排除B，C，故选D．
【详解】因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，所以，解得，故选D．
【点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．
7.设、是椭圆：的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：如下图所示，是底角为的等腰三角形，则有
所以，所以
又因为，所以，，所以
所以答案选C.
考点：椭圆的简单几何性质.
8.已知直线被椭圆截得的弦长为7，则下列直线中被椭圆截得的弦长一定为7的有
① ② ③ ④
A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条
【答案】C
【解析】
【分析】
根据椭圆关于原点、轴和轴对称，可得直线关于原点、轴和轴的直线与直线被椭圆截得的弦长相等，从而得到答案。
【详解】由于椭圆关于原点、轴和轴对称，
所以直线关于原点、轴和轴对称的直线分别为、
，则有3条直线被椭圆截得的弦长一定为7。
故答案选C
【点睛】本题考查椭圆的标准方程以及其对称性，考查推理能力与计算能力，属于中档题
9.已知圆，设平面区域，若圆心,且圆与轴相切，则的最大值为 （ ）
A. 5 B. 29 C. 37 D. 49
【答案】C
【解析】
试题分析：作出可行域如图，
圆C：（x－a）2＋（y－b）2＝1的圆心为，半径的圆，因为圆心C∈Ω，且圆C与x轴相切，可得，所以所以要使a2＋b2取得的最大值，只需取得最大值，由图像可知当圆心C位于B点时，取得最大值，B点的坐标为，即时是最大值.
考点：线性规划综合问题.
10..如图，已知是椭圆的左、右焦点，是椭圆上任意一点，过作的外角的角平分线的垂线，垂足为,则点的轨迹为
A. 直线
B. 圆
C. 椭圆
D. 抛物线
【答案】B
【解析】
【分析】
延长与的延长线交于点，连接，根据等腰三角形“三线合一”和三角形中位线定理，结合椭圆的定义证出的长恰好等于椭圆的长半轴,得到点的轨迹方程为，由此得到答案。
【详解】延长与的延长线交于点，连接.
因为是的外角的角平分线，且，所以在中，，且为线段的中点．又为线段的中点，由三角形的中位线定理，得．由椭圆的定义，得，所以，可得点的轨迹方程为，所以点的轨迹为以原点为圆心，半径为的圆．
故答案选B
【点睛】本题考查椭圆中求动点轨迹，着重考查椭圆的定义，等腰三角形的判定和三角形中位线定理等知识，属于中档题。
11.设点，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：依题意，直线MN与圆有公共点即可，即圆心到直线MN的距离小于等于1即可，过作MN，垂足为A，在中，因为，故，所以，则，解得．
考点：1、解直角三角形；2、直线和圆的位置关系．
12.阿波罗尼斯(约公元前262-190年)证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数
的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点A、B间的距离为,动点满足，当P、A、B不共线时，三角形PAB面积的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题，设点，根据题意，求得圆的方程，再求得P点的位置，即可求得面积的最大值.
【详解】以经过的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系；
则： 设, ，
两边平方并整理得： ，
当点P到AB（x轴）的距离最大时，三角形PAB的面积最大，
此时面积为
故选：A
【点睛】本题考查了曲线的轨迹方程，熟悉圆的定义和求轨迹方程是解题的关键，属于中档题型.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.阿基米德(公元前287年—公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他最早利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为，面积为，则椭圆C的标准方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】
设椭圆的方程为，由面积公式以及离心率公式，求出，，即可得到答案。
【详解】设椭圆C的方程为，椭圆C的面积为，则 ,又，解得，.则C的方程为
【点睛】本题考查椭圆及其标准方程，注意运用离心率公式和，，的关系，考查学生基本的运算能力，属于基础题。
14.设实数满足条件，若目标函数的最大值为12，则的最小值为__．
【答案】
【解析】
【分析】
在平面直角坐标系内，画出可行解域，平行移动直线，找到在纵轴上截距最大时，经过的点，得到等式，利用基本不等式求出的最小值.
详解】由可行域可得，当，时，目标函数取得最大值，，
即，.
故答案为：
【点睛】本题考查了通过目标函数的最大值，得到参数之间的等式，求不等式最小值问题，关键是正确得到参数之间的等式.
15.设是椭圆上一点，分别是椭圆的左、右焦点，若，则的大小_____.
【答案】
【解析】
【分析】
，，利用椭圆的定义、结合余弦定理、已知条件，可得，解得，从而可得结果．
【详解】椭圆，
可得，设，，
可得，
化简可得：，
，故答案为．
【点睛】本题主要考查椭圆的定义以及余弦定理的应用，属于中档题．对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
16.已知抛物线C：x2＝8y的焦点为F，动点Q在C上，圆Q的半径为1，过点F的直线与圆Q切于点P，则的最小值为________．
【答案】3
【解析】
试题分析：. 由抛物线的定义知：为点到准线的距离,易知,抛物线的顶点到准线的距离最短,.
考点：向量；抛物线的性质.
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知的三个顶点
求：（1）边上高所在的直线方程
（2）边中线所在的直线方程
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【分析】
（1）先根据高与垂直，求出的斜率，再利用点斜式，写出直线。
（2）E为的中点，先求出E点坐标，再利用两点式，写出直线
【详解】解：（1）
直线的方程为
即
（2）边中点E ，中线的方程为
即
【点睛】熟练掌握直线的几种表达形式，一般式、斜截式、点斜式、两点式、截距式。
18.已知椭圆的中心在原点，焦点为，且离心率．
求椭圆的方程；
求以点为中点的弦所在的直线方程．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）焦点为，求得,根据离心率，求得,可得,从而可得结果；（2）设出弦两端点坐标，代入椭圆方程，两式相减，利用平方差公式分解因式；转化为斜率与中点坐标的关系式，可求出弦所在直线斜率，利用点斜式可得结果.
【详解】设椭圆方程为，
由已知，又，解得，所以，
故所求方程为．
由题知直线的斜率存在且不为，
设直线与椭圆相交代入椭圆方程得
作差得，即
得所以直线方程的斜率．
故直线方程是 即．
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和利用点差法求中点弦问题,利用设而不求得到斜率，从而求出直线方程. 求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.
19.已知圆
（Ⅰ）过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方程；
（Ⅱ）当取何值时，直线与圆相交的弦长最短，并求出最短弦长．
【答案】（Ⅰ）直线方程为或（Ⅱ）时，弦长最短为
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出圆的圆心以及半径，利用垂径定理求出圆心到直线的距离，分别讨论直线斜率存在与不存在的情况，利用点到直线的距离公式，即可求得直线方程。
（Ⅱ）求出直线过定点,当时，弦长最短，从而得到答案。
【详解】由题可得圆的圆心，半径
（Ⅰ）设点到直线距离为，圆的弦长公式，得，解得，
①当斜率不存在时，直线方程为，满足题意
②当斜率存在时，设直线方程为，则，解得，
所以直线的方程为，
综上，直线方程为或
（Ⅱ）由直线，可化为，可得直线过定点,
当时，弦长最短，又由，可得，
此时最短弦长为．
【点睛】本题考查直线与圆位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题。
20.已知点，直线，动点到点的距离等于它到直线的距离．
(Ⅰ)试判断点的轨迹的形状，并写出其方程；
(Ⅱ)若曲线与直线相交于两点，求的面积.
【答案】（Ⅰ）点的轨迹是以为焦点、直线为准线的抛物线，其方程为（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据抛物线的定义得知点的轨迹为抛物线，确定抛物线的焦点和准线，于此得出抛物线的方程；
（Ⅱ）设点、，将直线与曲线的方程联立，利用抛物线的定义求出，并利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，然后利用三角形的面积公式计算出的面积.
【详解】（Ⅰ）因点到点的距离等于它到直线的距离，所以点的轨迹是以
为焦点、直线为准线的抛物线，其方程为；
（Ⅱ）设 联立，得 , ,
直线经过抛物线的焦点,
点到直线的距离，
【点睛】本题考查抛物线的定义、以及直线与抛物线中的三角形面积的计算，考查韦达定理设而不求思想的应用，解题关键在于利用相关公式计算弦长与距离，这类问题计算量较大，对计算要求较高，属于中等题。
21.已知点M在椭圆上，以M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的右焦点F．
（Ⅰ）若圆M与y轴相切，求椭圆的离心率；
（Ⅱ）若圆M与y轴相交于A，B两点，且是边长为2的正三角形，求椭圆的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）设，以M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的右焦点F，可知．由圆M与y轴相切，得．两者联立即可得出参数a，c的二元齐次方程，进而得到离心率e的方程，从而求解．（Ⅱ）由已知得，，，，然后结合即可求出a，b的值即可．
试题解析：（Ⅰ）设，圆M的半径为r，依题意得
将代入椭圆方程得：，所以，又，
从而得，两边除以得：
解得：，因为，所以．
（Ⅱ）因为是边长为2的正三角形，所以圆M的半径，
M到圆y轴的距离，又由（1）知：，，
所以，，，又因为，解得：，
，
所求椭圆方程是：．
考点：求椭圆方程；求离心率．
【思路点睛】对于求离心率的题目，通常是两种思路：一、题中有两个独立的条件，可求出圆锥曲线的基本量a，c，从而求出e．二、题中只有一个条件，只能列出关于参量的一个方程，即关于a，c的二次齐次方程，然后方程两边同除以a2，从而得到关于关于e的一元二次方程，求出方程的解即可．关于求圆锥曲线方程，常常是待定系数法，找到关于参数的两个方程即可．
22.设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值．
【答案】（1）；(2)．
【解析】
分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.
（II）设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意可得.
易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或.经检验的值为.
详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得．由,从而．
所以，椭圆的方程为．
（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，
点的坐标为．由的面积是面积的2倍，可得，
从而，即．
易知直线的方程为，由方程组消去y，可得．由方程组消去，可得．由，可得，两边平方，整理得，解得，或．
当时，，不合题意，舍去；当时，，，符合题意．
所以，的值为．
点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．