《重慶市第八中學2023-2024學年高二上學期定時檢測（四）數(shù)學 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內容在教育資源-天天文庫。

重慶八中高2025級高二（上）定時檢測（四）數(shù)學試卷―、單選題（本大題5小題，共50分．在每小題列出的選項中選出符合題目的一項）1.過點的直線的方向向量為，則該直線方程為（）A.B.CD.【答案】A【解析】【分析】根據直線的方向向量確定直線的斜率，利用直線點斜式方程進行求解即可.【詳解】由于直線的方向向量為，故直線的斜率為，故直線的方程為，即，故選：A2.已知圓與圓的公共弦長為2，則m的值為（）A.B.C.D.3【答案】A【解析】【分析】根據圓的圓心和半徑公式以及點到直線的距離公式，以及公共線弦方程的求法即可求解.【詳解】聯(lián)立和,得，由題得兩圓公共弦長，圓的圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，所以，平方后整理得, ，所以或（舍去）；故選：A.3.過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（）A.1B.C.D.【答案】B【解析】【分析】方法一：根據切線的性質求切線長，結合倍角公式運算求解；方法二：根據切線的性質求切線長，結合余弦定理運算求解；方法三：根據切線結合點到直線的距離公式可得，利用韋達定理結合夾角公式運算求解.【詳解】方法一：因為，即，可得圓心，半徑，過點作圓C的切線，切點為，因為，則，可得，則，，即為鈍角，所以；法二：圓的圓心，半徑，過點作圓C的切線，切點為，連接，可得，則， 因為且，則，即，解得，即為鈍角，則，且為銳角，所以；方法三：圓的圓心，半徑，若切線斜率不存在，則切線方程為，則圓心到切點的距離，不合題意；若切線斜率存在，設切線方程為，即，則，整理得，且設兩切線斜率分別為，則，可得，所以，即，可得，則，且，則，解得.故選：B.4.已知橢圓，為兩個焦點，O為原點，P為橢圓上一點，，則 （）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據橢圓的定義結合余弦定理求出的值，利用，根據向量模的計算即可求得答案.【詳解】由題意橢圓，為兩個焦點，可得，則①，即，由余弦定理得，，故，②聯(lián)立①②，解得：，而，所以，即，故選：B【點睛】方法點睛：本題綜合考查了橢圓和向量知識的結合，解答時要注意到O為的中點，從而可以利用向量知識求解.5.已知為橢圓上不同的三點，直線，直線 交于點，直線交于點，若，則（）A0B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據三角形面積公式及或得，再應用相交弦長公式列方程，即可求.【詳解】由，則，由圖知：當位置變化時，或，故，所以，而直線、斜率存在且不為0，故，，所以，即或，當，化簡得.當時，，顯然，無解.所以.故選：B. 二、多選題（本大題共3小題，共39分．在每小題有多項符合題目要求）6.已知橢圓的左、右焦點為，，點在橢圓上，且不與橢圓的左、右頂點重合，則下列關于的說法正確的有（）A.周長為B.當時，的邊C.當時，的面積為D.橢圓上有且僅有6個點，使得為直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】根據橢圓的標準方程求得，進而求得，；根據，可求得；根據余弦定理可求得，進而求得面積；根據為直角三角形分情況求得滿足題意的點P的個數(shù)即可．【詳解】解：由易得，∴的周長為，故A對；令得，，故B錯；設，由余弦定理得，，，∴，故C對；當，由選項B的分析知滿足題意的點P有2個； 同理當，滿足的點P也有2個；當，有，解得，所以滿足題意的點P為橢圓的上下兩頂點，綜上滿足的點P共6個，故D對．故選：ACD．7.已知實數(shù)滿足曲線的方程，則下列選項正確的是（）A.的最大值是B.的最大值是C.的最小值是D.過點作曲線的切線，則切線方程為【答案】BD【解析】【分析】由表示圓上的點到定點的距離的平方，可判定A錯誤；由表示圓上的點與點的斜率，設，結合點到直線的距離公式，列出不等式，可判定B正確；由表示圓上任意一點到直線的距離的倍，進而可判定C錯誤；根據點在圓上，結合圓的切線的性質，可判定D正確.【詳解】由圓可化為，可得圓心，半徑為，對于A中，由表示圓上的點到定點的距離的平方，所以它的最大值為，所以A錯誤；對于B中，表示圓上的點與點的斜率，設，即，由圓心到直線的距離，解得， 所以的最大值為，所以B正確；對于C中，由表示圓上任意一點到直線的距離的倍，圓心到直線的距離，所以其最小值為，所以C錯誤；對于D中，因為點滿足圓的方程，即點在圓上，則點與圓心連線的斜率為，根據圓的性質，可得過點作圓的切線的斜率為，所以切線方程為，即，所以D正確.故選：BD.8.已知為橢圓：的左焦點，直線：與橢圓交于，兩點，軸，垂足為，與橢圓的另一個交點為，則（）A.的最小值為2B.面積的最大值為C.直線的斜率為D.為鈍角【答案】BC【解析】【分析】A項，先由橢圓與過原點直線的對稱性知，，再利用1的代換利用基本不等式可得最小值，A項錯誤；B項，由直線與橢圓方程聯(lián)立，解得交點坐標，得出面積關于k的函數(shù)關系式，再求函數(shù)最值；C項，由對稱性，可設，則，，則可得直線的斜率與k的關系；D項，先由A、B對稱且與點P均在橢圓上，可得，又由C項可知，得，即，排除D項.【詳解】對于A，設橢圓的右焦點為，連接，，則四邊形為平行四邊形，， ，當且僅當時等號成立，A錯誤；對于B，由得，，的面積，當且僅當時等號成立，B正確；對于C，設，則，，故直線的斜率，C正確；對于D，設，直線的斜率額為，直線的斜率為，則，又點和點在橢圓上，①，②，①②得，易知，則，得，，，D錯誤.故選：BC. 【點睛】橢圓常用結論：已知橢圓，AB為橢圓經過原點的一條弦，P是橢圓上異于A、B的任意一點，若都存在，則.三、填空題（本大題3小題，共30分）9.若直線與圓分別交于M、N兩點.則弦MN長的最小值為___________.【答案】4【解析】【分析】分析直線過定點，再由勾股定理即可求解.【詳解】由圓可得圓心，半徑為3，直線，即，直線過定點P，又因為，所以點在圓的內部，當圓心到直線MN距離最大時，弦長MN最小，此時，此時，故答案為：4.10.已知圓：與圓：，點A，B在圓上，且，線段AB的中點為D，O為坐標原點，當最大時，直線OD被圓截得的弦長為______．【答案】【解析】 【分析】先得到兩個圓的圓心和半徑，通過和垂徑定理可得，即點D在以為圓心，為半徑的圓上，故可得到最大時，直線OD的方程為，然后利用幾何法進行求弦長即可【詳解】因為圓：即與圓：即，所以圓的圓心為，半徑；圓的圓心為，半徑．因為，所以，即點D在以為圓心，為半徑的圓上，故當點D在線段的延長線上時，最大，此時直線OD的方程為，則圓心到直線OD的距離為，故直線OD被圓截得的弦長為．故答案為：11.如圖，分別是橢圓的左、右焦點，點P是以為直徑的圓與橢圓在第一象限內的一個交點，延長與橢圓交于點Q，若，則直線的斜率為__________【答案】【解析】【分析】根據橢圓的定義及直徑所對的圓周角等于，利用勾股定理及銳角三角函數(shù)的定義，結合三角函數(shù)的誘導公式及斜率的定義即可求解.【詳解】連接，如圖所示 設則，由橢圓的定義得所以在中，,所以,即，整理得，所以，所以直線的斜率為.故答案為：.四、解答題（本大題2小題，共40分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）12.設橢圓的左右頂點分別為，右焦點為，已知．（1）求橢圓方程及其離心率；（2）已知點是橢圓上一動點（不與端點重合），直線交軸于點，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線的方程．【答案】（1）橢圓的方程為，離心率為.（2）.【解析】【分析】（1）由解得，從而求出，代入橢圓方程即可求方程，再代入離心率公式即求離心率. （2）先設直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，消去，再由韋達定理可得，從而得到點和點坐標.由得，即可得到關于的方程，解出，代入直線的方程即可得到答案.【小問1詳解】如圖，由題意得，解得，所以，所以橢圓的方程為，離心率為.【小問2詳解】由題意得，直線斜率存在，由橢圓的方程為可得，設直線的方程為，聯(lián)立方程組，消去整理得：，由韋達定理得，所以，所以，.所以,,，所以， 所以，即，解得，所以直線的方程為.13.已知橢圓：經過點，為橢圓的右焦點，為坐標原點，的面積為.（1）求橢圓標準方程；（2）過點作一條斜率不為0的直線與橢圓相交于，兩點（在，之間），直線與橢圓的另一個交點為，求證：點，關于軸對稱.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據三角形面積公式，利用代入法進行求解即可；（2）根據對稱性與直線間斜率的關系，結合一元二次方程根與系數(shù)的關系進行求解即可.【小問1詳解】因為的面積為，則有，解得，又因為在橢圓上，則，解得，所以橢圓的標準方程為；【小問2詳解】根據橢圓對稱性，欲證，關于軸對稱，只需證，即證，設，，直線方程為，由消去得， 所以，則因為所以，即，關于軸對稱.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是由，可以判斷，關于軸對稱.