高二试题（数学）时间：120分钟 满分：150分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 直线关于x轴对称的直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据两直线斜率之间的关系，以及所求直线过已知直线与x轴交于点可得.【详解】直线的斜率为2，与x轴交于点，则与关于x轴对称的直线斜率为，并过点，所以，所求方程为，即.故选：D2. 两条平行直线：与：之间的距离是（ ）A. 0B. 2C. 1D. 【答案】D【解析】【分析】根据平行直线间的距离公式求解即可.【详解】直线：即，故与：的距离为.故选：D3. 若椭圆的长轴端点与双曲线的焦点重合，则的值为（ ）A. 4B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】根据长轴端点确定焦点，再根据的关系可求得的值.【详解】椭圆的长轴端点为，所以双曲线的焦点为，故.故选：D.4. 已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.【详解】由，则，解得，所以双曲线的一条渐近线不妨取，则圆心到渐近线的距离，所以弦长.故选：D5. 如果直线与曲线有两个不同的公共点，那么实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用数形结合求出直线与半圆相切时的值，以及直线与半圆有两个交点的临界位置时的的值，进而可以求解【详解】由可得：，则该曲线为以原点为圆心，以1为半径的轴上方的半圆，直线和曲线的图象如图所示：当直线与圆相切于点时满足：，解得，当直线与半圆相交于两点时，把代入直线方程可得：，则由数形结合可得直线与曲线有两个不同的交点时，的取值范围为：，故选：B6. 已知椭圆1(ab0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点若AB的中点坐标为(1，1)，则E的方程为 A. 1B. 1C. 1D. 1【答案】D【解析】【详解】设、，所以，运用点差法，所以直线的斜率为，设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，所以；又因为，解得.【考点定位】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查学生的化归与转化能力.7 已知直线与抛物线相交于A，B两点，若，则（ ）A. 2B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据焦半径公式，联立方程即可求解.【详解】由抛物线可得，所以，故,故，所以故选：B8. 已知椭圆：的左、右焦点分别是，是椭圆上的动点，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则椭圆的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】连接PO，则三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴得，从而可得，根据三角形内心的性质可得，从而可得离心率【详解】是的中点，G是的重心，三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴知，则,设内切圆半径为r，则，椭圆的离心率为故选：A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知方程，则下列说法中正确的有（ ）A 方程可表示圆B. 当时，方程表示焦点在轴上的椭圆C. 当时，方程表示焦点在轴上的双曲线D. 当方程表示椭圆或双曲线时，焦距均为10【答案】BCD【解析】【分析】根据方程的形式，结合圆，椭圆和双曲线的形式，即可求解.【详解】对于A，当方程可表示圆时，无解，故A错误;对于B，当时，表示焦点在轴上的椭圆，故B正确；;对于C，当时，表示焦点在x轴上的双曲线，故C正确;对于D，当方程表示双曲线时，得；由C可知，焦距为10，当方程表示椭圆时，则，焦距为10，所以焦距均为10，故D正确.故选：BCD10. 已知圆与圆，下列说法正确的是（ ）A. 与的公切线恰有4条B. 与相交弦的方程为C. 与相交弦的弦长为D. 若，分别是圆，上的动点，则【答案】BCD【解析】【分析】求出圆心距，判断两圆位置关系即可判断A；两圆方程相减消去二次项可判断B；利用点到直线的距离公式求到相交弦的距离，然后由弦长公式求弦长可判断C；观察图形可知，可判断D.【详解】由已知得圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，因为，故两圆相交，所以与的公切线恰有2条，故A错误；两圆方程做差可得与相交弦的方程为，故B正确；由点到直线的距离公式得到相交弦的距离为，故相交弦的弦长为，C正确；.由图可知，故D正确.故选：BCD11. 已知双曲线左右顶点为，左右焦点为，直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，则（ ）A. 若，则的面积为B. 直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，则C. 若的斜率的范围为，则的斜率的范围为D. 存在直线的方程为，使得弦的中点坐标为【答案】ABC【解析】【分析】对于A：利用余弦定理及双曲线的定义求出，进而可得三角形的面积；对于B：设，与直线联立，发现均与无关，进一步分析可得；对于C：求出为定值，进而可得的斜率的范围；对于D：将直线方程和双曲线方程联立，通过判别式可得结果.【详解】在双曲线中，对于A：在双曲线的焦点三角形中，可得所以，故A正确； 对于B，不妨设，当时表示双曲线，当时表示该双曲线的两条渐近线.设直线，其与的交点为联立，可得，应满足且.由韦达定理可知，都与无关.所以线段的中点与线段的中点重合，不妨设为.由可知，故B正确；对于C，设，且，所以若的斜率范围为，则的斜率的范围为，C正确；对于D，联立，消去可得，故直线与双曲线无交点，所以不存在中点，D错误.故选：ABC.12. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过焦点作直线与抛物线交于、两点，与轴交于点，过点作抛物线的切线与准线交于点，连接，若，则（ ）A. B. C. 为钝角D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据给定条件，求出点的坐标，直线的方程，结合抛物线的切线求出点坐标，再逐项计算判断即得.【详解】依题意，由，得，设，不妨令，过作轴的垂线分别交y轴于，则有，即，点，设直线的方程为，与方程联立消去x得：，则，解得，因此点，直线，设抛物线在点处切线方程为，与方程联立消去x得：，显然，解得，于是抛物线在点切线方程为，而抛物线的准线为，则，对于A，直线斜率，因此，A正确；对于B，由，得，B正确；对于C，显然，即为直角，C错误；对于D，点O到直线的距离，点M到的距离，所以，D正确.故选：ABD【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 抛物线的准线方程为_.【答案】【解析】【分析】将抛物线方程化为标准方程即可得解.【详解】由题意抛物线的标准方程为，其准线方程为.故答案为：.14. 若直线与圆相交于，两点，且（其中为原点），则的值为_.【答案】【解析】【分析】直接利用垂径定理列式计算即可.【详解】由可得，则，解得.故答案为：.15. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为_.【答案】【解析】【分析】设动圆的圆心，半径为，根据两圆的位置关系列式整理可得动圆圆心的轨迹为椭圆，根据椭圆定义可得轨迹方程.【详解】设动圆的圆心，半径为，又由圆得，圆心，半径，由圆得，圆心，半径，由已知得，两式相加消去可得，根据椭圆定义可得动圆圆心的轨迹为以为焦点的椭圆，设为其中，所以，所以动圆圆心的轨迹方程为.故答案为：.16. 如图，过双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，为线段的中点，为坐标原点，若，则双曲线的离心率为_. 【答案】【解析】【分析】利用中位线结合双曲线的性质, 解得，解得，然后转化成，求得离心率.【详解】设双曲线的右焦点，连接，.则中，则，由直线与圆相切，可得.又双曲线中，则，又，则，整理得，两边平方整理得，则双曲线离心率，故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知的三个顶点的坐标为，求（1）求的面积；（2）求的外接圆的标准方程.【答案】（1）20 （2）【解析】【分析】（1）根据点点距离公式可判断三角形为等腰三角形，即可根据面积公式求解，（2）根据两点斜率公式结合垂直满足的关系可判断为直角三角形，进而根据直角三角形的性质确定外接圆圆心和半径，即可求解方程.【小问1详解】，由于,所以为以为斜边的等腰直角三角形，可得中点，所以，故的面积为20.【小问2详解】由（1）知.所以外接圆圆心恰好为中点，,所以三角形外接圆标准方程为.18. 已知直线和圆，且直线和圆交于两点.（1）当为何值时，截得的弦长为4；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）由题意可得，再由求解即可；（2）由，可得，则有，即，求解即可；【小问1详解】设直线与圆心距离为，则，所以有解得；【小问2详解】当时，此时，因为，所以，有，即，解得.19. 已知为坐标原点，直线，的斜率之积为4，记动点的轨迹为.（1）求的方程；（2）直线经过点，与交于，两点，线段中点在第一象限，且纵坐标为4，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设出动点坐标为，根据斜率之积为4列出等式，化简即可.（2）首先直线斜率存在且经过点，设出直线方程并将其与双曲线方程联立，由韦达定理结合已知条件算出斜率，进而由弦长的计算公式直接计算即可.【小问1详解】设点的坐标为，因为，所以，化简得：.所以的方程为.【小问2详解】当直线的斜率不存在时，显然不符合题意；设，直线方程为，与联立得：，由且，解得且，由韦达定理得，因为线段中点在第一象限，且纵坐标为，所以，解得或（舍去），所以直线为，所以，所以.20. 已知动圆过定点，且截轴所得弦长为4.（1）求动圆圆心的轨迹的方程；（2）过点的直线与轨迹交于A，两点，若为轨迹的焦点，且满足，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由题意，设动圆圆心，设圆截y轴所得弦为，分别讨论当不在y轴上和在y轴上这两种情况，进而即可求解；（2）易知直线斜率存在，设出直线l的方程，将直线l的方程与轨迹T的方程联立，利用根与系数的关系以及斜率公式再进行求解即可【小问1详解】如图，设动圆圆心，设圆截y轴所得弦为，则有，当不在y轴上时，过作交于，则是的中点，于是，化简得；当在y轴上时，动圆过定点，且在y轴上截得弦的长为4，则与原点重合，即点也满足方程，所以动圆圆心的轨迹的方程为.【小问2详解】显然直线斜率存在，不妨设直线，与联立可得，得，韦达定理可知，已知，解得或1，因为，所以.所以.21. 椭圆与双曲线有相同的焦点，且过. （1）求椭圆的方程；（2）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为，当动点在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点，.（i）证明：点B在以为直径的圆内；（ii）求四边形面积的最大值.【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）6【解析】【分析】（1）根据题意设出椭圆方程，用待定系数法求解即可得解；（2）（i）根据题意只要证为钝角即即可，求出坐标，利用向量数量积运算即可得证；（ii）求出四边形的面积，对面积的表达式变形利用基本不等式和对勾函数单调性求出最大值得解.【小问1详解】由题知，椭圆的焦点为，故可设椭圆方程为，将点代入可得，解得，所以椭圆得方程为. 【小问2详解】（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；根据题意可知直线斜率均存在，且，；所以直线的方程为，的方程为；联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则；联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则；则，；所以；即可知为钝角，所以点B在以为直径的圆内；（ii）易知四边形的面积为，设，则，当且仅当时等号成立；由对勾函数性质可知在上单调递增，所以，可得，所以时，四边形的面积最大为6，此时点的坐标为，由对称性可知，即当点的坐标为或时，四边形的面积最大，最大值为6.【点睛】思路点睛：本题第二问考查直线与椭圆的综合问题.小问（i）要证点在圆内等价于只要证为钝角即即可，求出坐标，利用向量数量积运算即可得证；小问（ii）求出四边形的面积，从结构出发变换，换元，利用基本不等式和对勾函数单调性求出最大值得解.22. 已知点在双曲线上（1）双曲线上动点Q处的切线交的两条渐近线于两点，其中O为坐标原点，求证：的面积是定值；（2）已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点，在线段上取异于点的点，满足，证明：点恒在一条定直线上【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出双曲线方程，设，则过点的切线方程为，联立与两条渐近线方程，得到点坐标，利用求出面积为定值；（2）考虑直线斜率不存在，不合题意，故直线斜率存在，设直线方程，与双曲线方程联立，设出，得到两根之和，两根之积，再设点的坐标为，由得到，消去参数得到点恒在一条定直线上.【小问1详解】将代入双曲线中，解得，故双曲线方程为，下面证明上一点的切线方程为，理由如下：当切线方程的斜率存在时，设过点的切线方程为，与联立得，由化简得，因为，代入上式得，整理得，同除以得，即，因为，所以，联立，两式相乘得，从而，故，即，令，则，即，解得，即，当切线斜率不存在时，此时切点为，切线方程为，满足，综上：上一点的切线方程为，设，则过点的切线方程为，故为过点的切线方程，双曲线的两条渐近线方程为，联立与，解得,联立与，解得,直线方程为，即，故点到直线的距离为，且，故的面积为，为定值；【小问2详解】若直线斜率不存在，此时直线与双曲线右支无交点，不合题意，不满足条件，故直线斜率存在，设直线方程，与联立得，由，因为恒成立，所以，故，解得,设，则，设点的坐标为，则由得，变形得到，将代入，解得，将代入中，解得，则，故点恒在一条定直线上.【点睛】方法点睛：过圆上一点的切线方程为：，过圆外一点的切点弦方程为：.过椭圆上一点的切线方程为，过双曲线上一点的切线方程为