1、上海财经大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、填空题1已知直线经过点、，则直线的斜率为_2已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则到另一焦点距离为_3若椭圆的一个焦点为，则_4直线关于点对称的直线的一般式方程为_5已知圆和圆外切，则实数的值为_6设是椭圆上一点，分别是椭圆的左、右焦点，若，则的大小_.7若直线被两平行线与所截得的线段的长为2，则直线的倾斜角为_8已知集合，若，则实数的取值范围是_9由直线上一点向圆引切线，则切线长的最小值为_10已知、是圆上的两个不同的动点，且，则的最大值为_11已知、分別是椭圆的左、右焦点，是短轴的顶点，
2、直线经过点且与交于、两点，若垂直平分线段，则的周长是_12设椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于、两点，则以下结论：为定值；的周长的取值范围是；当时，为直角三角形；当时，的面积为其中正确的是_（填序号）二、单选题13下列各组直线中，互相垂直的一组是（）A与B与C与D与14椭圆与椭圆的（）A长轴相等B短轴相等C焦距相等D长轴、短轴、焦距均不相等15若直线与圆所截得的弦长为，则实数为（）A或B1或3C3或6D0或416已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，过左焦点作直线与椭圆在第一象限交点为P，若为等腰三角形，则直线的斜率为ABCD三、解答题17在中，顶点的坐标为，的平分线所在直线的方为：，且边上的中线
3、所在直线的方程为：(1)求点的坐标；(2)求边所在直线的一般式方程18已知圆心在轴上的圆经过两点、(1)求此圆的标准方程；(2)求过点且与此圆相切的直线的一般式方程19已知椭圆的离心率，焦距是（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于、两点，求的值20已知两点、，点是直角坐标平面上的动点，若将点的横坐标保持不变、纵坐标扩大到倍后得到点，且满足(1)求动点所在曲线的轨迹方程；(2)过点作斜率为的直线，交（1）中的曲线于、两点，且满足：（为坐标原点），试判断点是否在曲线上，并说明理由21已知椭圆的左右焦点分别为,短轴两个端点为,且四边形的边长为 的正方形（）求椭圆的方程；（）若,分别是椭圆长轴的左
4、,右端点,动点满足,连结,交椭圆于点证明: 的定值；（）在（）的条件下,试问轴上是否存在异于点,的定点,使得以为直径的圆恒过直线,的交点,若存在,求出点的坐标；若不存在,说明理由试卷第3页，共3页参考答案：1【分析】根据斜率公式计算可得.【详解】因为直线经过点、，所以.故答案为：27【详解】试题分析：由椭圆定义知:,所以到另一焦点距离为7.考点：椭圆的定义.3【分析】根据椭圆的性质计算可得.【详解】因为椭圆的一个焦点为，所以，解得.故答案为：4【分析】由直线关于点对称的直线与已知直线平行，设出所求直线方程，再根据点到两条直线的距离相等可解出答案.【详解】设对称直线为，根据点到两条直线的距离相等
5、，则有，即，解得（舍）或.所以对称直线的方程为.故答案为：.512【分析】把两圆化为标准方程，得到圆心坐标和半径，由两圆外切，圆心距等于半径之和，列方程解实数的值.【详解】圆化为标准方程为，圆心，半径，圆化为标准方程为，圆心，半径，由两圆外切，有，即，解得.故答案为：126【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
6、的三角函数值，以便在解题中直接应用.7或【分析】根据两平行线间的距离与2的比较可得直线和两平行线的夹角为60，再根据倾斜角的关系求解即可【详解】设直线与两平行线的交点分别为，过点作的垂线，垂足为，如图，两平行线间的距离，则，又，所以直线与两平行线的夹角满足，则，因为两平行线斜率为，所以倾斜角为，所以直线的倾斜角为或故答案为：或8【分析】根据，将问题转化为直线与半圆有公共点求解.【详解】，两边同平方移项得，则其轨迹为半圆，因为，所以直线与半圆有公共点，当直线，即与半圆相切时，解得（负舍）如图所示，作出边界情况，由图象知：实数的取值范围是，故答案为：.9【分析】设过点的切线与圆相切于点，分析可知当
7、与直线垂直时，取最小值，再利用勾股定理可求得切线长的最小值.【详解】设过点的切线与圆相切于点，连接，则，圆的圆心为，半径为，则，当与直线垂直时，取最小值，且最小值为，所以，即切线长的最小值为.故答案为：.1015【分析】根据题意，写出圆的参数方程，然后将两点坐标表示成参数方程形式，并根据的关系，找到两个点参数形式的角度关系，然后带入求解的式子，利用三角函数的性质即可求解最大值.【详解】由已知，圆的参数方程为：（为参数），因为、是圆上的两个不同的动点，可令，；，且，所以、，由可得：，又因为，所以，所以，其中，所以，当时，取得最大值15.故答案为：15.11.【分析】根据已知画出图形，利用中垂线的
8、性质、椭圆的定义与性质以及两直线垂直进行计算求解.【详解】如图，因为垂直平分线段，所以，由椭圆定义可知，的周长为，由题可知，所以，所以，,因为垂直平分线段，所以，解得，因为，所以，所以的周长为.故答案为：.12【分析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的定义判断，由为定值以及的范围判断；求出、坐标，由数量积公式得出，得出为直角三角形判断；求出、坐标，由面积公式得出的面积判断.【详解】设椭圆的左焦点为，则所以为定值，故正确；的周长为，因为为定值6，所以的范围是，所以的周长的范围是，故正确；将与椭圆方程联立，解得，即，又因为，所以为直角三角形，故正确；将与椭圆方程联立，解得，即，所以，故正确.故答案为：13
9、D【分析】分别求出两直线的斜率，根据斜率之积为两直线垂直，即可判断.【详解】对于A：直线的斜率为，直线的斜率为，故两直线平行，故A错误；对于B：直线的斜率为，直线的斜率为，斜率之积不为，即两直线不垂直，故B错误；对于C：直线的斜率为，直线的斜率为，斜率之积不为，即两直线不垂直，故C错误；对于D：直线的斜率为，直线的斜率为，斜率之积为，即两直线垂直，故D正确；故选：D14C【分析】分别求出两个椭圆的长轴长、短轴长和焦距即可判断【详解】椭圆即，则此椭圆的长轴长为10，短轴长为6，焦距为；椭圆即，因为，则此椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为,故两个椭圆的焦距相等故选：C15D【分析】根据直线与圆的位置
10、关系，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，利用垂径定理即可求解.【详解】解：圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线的距离为，又直线被圆所截的弦长为，故，即，解得或.故选：D.16A【分析】根据点在第一象限，得，根据离心率为得，再按照和两种情况讨论，利用余弦定理和同角公式可求出直线的斜率.【详解】因为点在第一象限，所以，因为，所以，当时，满足，所以，所以，所以直线的斜率为，当时，不符合题意.综上所以直线的斜率为.故选：A【点睛】本题考查了分类讨论思想，考查了椭圆的定义，考查了余弦定理、同角公式，斜率的定义，属于中档题.17(1)(2)【详解】（1）设点的坐标为，由已知点在直线上，所以，又线
11、段的中点为，点在直线上，所以，解得，所以点的坐标为；（2）由已知点关于直线的对称点在直线上，所以，解得，所以点的坐标为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.18(1)(2)或【分析】（1）设圆心的坐标为，根据求出的值，可得出圆的半径，由此可得出圆的标准方程；（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直接验证即可；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用圆心到直线的距离等于圆的半径求出的值，综合可得出直线的方程.【详解】（1）解：设圆心的坐标为，由可得，解得，则圆的半径为，所以，圆的标准方程为.（2）解：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，圆心到直线的距离为，此时直线与圆
12、相切，合乎题意；若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，由题意可得，解得，此时，直线的方程为，即.综上所述，直线的方程为或.19（1）（2）【详解】试题分析：（1）由离心率可求得的值，由焦距可得值，进而得到值，得到椭圆方程；（2）将直线与椭圆方程联系，整理得的值，利用弦长公式求解的值试题解析：（1），又，所以， 椭圆方程为（2）设，、，将带入整理得所以有 所以又代入上式，整理得即解得 或即经验证，使成立，故为所求考点：1椭圆方程及性质；2直线与椭圆相交的弦长问题20(1)(2)点在曲线上，理由见解析.【分析】（1）求出向量、的坐标，结合条件可得出动点的轨迹方程；（2）得出直线的方程为，设点、，将
13、直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用向量的坐标运算得出的坐标，再判断点是否在曲线上.【详解】（1）因为，、，所以 ，因为，所以，化简得，即，因此，曲线的方程为；（2）又已知直线的方程为， 将直线的方程与椭圆的方程联立，得方程的判别式，设点、，由韦达定理得，所以，点的坐标为，所以点的坐标满足曲线的方程，所以点在曲线上.21() ；()见解析；() 存在,使得以为直径的圆恒过直线,的交点.【详解】试题分析：（I）由于四边形为正方形，所以，由此求得椭圆方程为.（II）设出直线的方程，联立直线方程和椭圆方程，求出点坐标，代入可求得值为.（III）设出点的坐标，利用圆的直径所对圆周角为直角的几何性质得到，结合（II）将的坐标代入上式，可求得.试题解析：()由题意得, ,所以所求的椭圆方程为 ()由()知, ,由题意可设,因为所以由整理得:因为所以，所以 ()设,则若以为直径的圆恒过,的交点,则,所以恒成立由()可知,所以即恒成立所以所以存在,使得以为直径的圆恒过直线,的交点答案第13页，共13页
