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  • 2021-06-20 发布

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

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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.‎ ‎ ‎ ‎ ‎