北京市东城区第中学高二上学期期中考试数学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精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，