2021年北京市朝阳区二校联考高二上期中数学试卷（含答案解析）

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1、2021年北京市朝阳区二校联考高二上期中数学试卷一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）1直线与圆的位置关系是A过圆心B相切C相离D相交2关于椭圆，有下列四个命题：甲：；乙：；丙：的焦距为6；丁：的焦点在轴上如果只有一个假命题，则该命题是A甲B乙C丙D丁3圆与圆的位置关系是A相离B相交C外切D内切4平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点、的坐标分别为、若动点满足，其中、，且，则点的轨迹方程为ABCD5. 两平行直线与之间的距离为( )A.0B.C.D.6.已知四点中恰有三点在椭圆上，则A8B6C4D28直线经过，两点，那么直线的倾斜角的取值范围为（）ABCD8椭圆上存在一点满足，、分别为椭

2、圆的左、右焦点，则椭圆的离心率的范围是A，B，C，D，9把离心率的曲线称之为黄金双曲线若以原点为圆心，以虚半轴长为半径画圆，则圆与黄金双曲线A无交点B有1个交点C有2个交点D有4个交点10已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，当的面积最大时，内切圆半径为A3B2CD二、填空题共6小题，每小题5分，共30分）11圆的半径是12过点的直线与椭圆交于，两点，且点平分弦，则直线的方程为13已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为4，则椭圆的标准方程为15曲线与直线恰有2个公共点，则的取值范围为_.15已知椭圆和双曲线有共同的焦点，是它们的一个公共点，且，记椭圆和双曲线的离心率则分别为，则的最

3、大值为16曲线是平面内到定点和定直线的距离之和等于4的点的轨迹，给出下列四个结论：曲线关于轴对称；曲线关于轴对称；若点在曲线上，则；若点在曲线上，则其中，所有正确结论的序号是三、解答题（共5小题，共70分解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）17（14分）已知抛物线的方程是（）求的焦点坐标和准线方程；（）直线过抛物线的焦点且倾斜角为，与抛物线的交点为，求的长度18（14分）一炮弹在处的东偏北的某处爆炸，在处测到爆炸信号的时间比在处早4秒，已知在的正东方、相距6千米，为爆炸地点，（该信号的传播速度为每秒1千米）求、两地的距离19（14分）已知定点，动点满足（）求动点的轨迹方程，并说明方程表示的

4、曲线类型；（）当时，求直线斜率的取值范围20（14分）已知椭圆两个焦点分别为，离心率为，且过点（）求椭圆的标准方程；（）是椭圆上的点，且，求三角形的面积21（14分）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆相交于，两点，不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点求证：直线过定点，并求出该定点的坐标参考答案一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）1【分析】求出圆心到直线的距离，由此能判断直线与圆的位置关系【解答】解：圆的圆心，半径，圆心到直线的距离，直线与

5、圆相交故选：【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的判断，考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题2【分析】根据题意，由双曲线的焦点坐标可得的值，由双曲线的几何性质可得的值，结合双曲线焦点的位置，分析可得答案【解答】解：根据题意，双曲线的焦点坐标为，即，则有，解可得，即双曲线的方程为，其焦点在轴上，则双曲线的渐近线方程为，即；故选：【点评】本题考查双曲线的几何性质，注意先分析双曲线焦点的位置3【分析】把圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径，再根据两圆的圆心距等于两圆的半径之和，可得两圆相外切【解答】

6、解：圆即，表示以为圆心、半径等于3的圆圆即，表示以为圆心、半径等于2的圆由于两圆的圆心距，故等于它们的半径之和，故两圆相外切，故选：【点评】本题主要考查圆的标准方程，圆与圆的位置关系的判定，属于中档题4【分析】由已知向量等式可知在所在的直线上，由直线方程的两点式得答案【解答】解：由，且，得，即，则、三点共线设，则在所在的直线上，、，所在直线方程为，整理得：故的轨迹方程为：故选：【点评】本题考查共线向量基本定理的应用，考查轨迹方程的求法，考查数学转化思想方法，是中档题5【分析】根据抛物线的定义可知该点到准线的距离为10，进而利用抛物线方程求得其准线方程，利用点到直线的距离求得，即为焦点到准线的距

7、离【解答】解：横坐标为6的点到焦点的距离是10，该点到准线的距离为10，抛物线的准线方程为，求得故选：【点评】本题主要考查了抛物线的定义和性质考查了考生对抛物线定义的掌握和灵活应用，属于基础题6【分析】利用空间向量的线性运算法则，结合三角形重心的性质求解【解答】解：，为，故选：【点评】本题主要考查了空间向量基本定理，考查了三角形重心的性质，是基础题7【分析】根据抛物线的光学性质得出的坐标，即可得直线的斜率【解答】解：轴，由题意可知经过抛物线的焦点，直线的斜率故选：【点评】本题考查了抛物线的性质，属于中档题8【分析】利用已知条件列出不等式，推出、的关系，然后求出离心率的范围【解答】解：椭圆上存在

8、一点，使得，为椭圆的两个焦点），可得，；故选：【点评】本题考查椭圆离心率的取值范围，考查椭圆的方程，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题9【分析】运用双曲线的离心率公式可得，的关系，联立圆的方程和双曲线方程，解方程可得，再与比较，即可得到所求交点个数【解答】解：由题意可得，则，由圆方程，双曲线的方程联立，解得，由，可得，即方程组有4个不同的解，可得圆与黄金双曲线有4个交点故选：【点评】本题考查双曲线的方程和圆的方程联立，考查运算能力，注意运用双曲线的范围和离心率公式，属于中档题10【分析】由，分、同号或异号讨论，即可得到结论【解答】解：方程即，表示抛物线，方程表示椭圆或双曲线当和同号时，抛物

9、线开口向左，方程表示椭圆或圆或不表示任何图形，无符合条件的选项当和异号时，抛物线开口向右，方程表示双曲线，故选：【点评】本题考查根据曲线的方程判断曲线的形状，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题二、填空题共6小题，每小题5分，共30分）11【分析】根据题意，将圆的方程变形为标准方程，由此分析可得答案【解答】解：根据题意，圆即圆，其半径，故答案为：【点评】本题考查圆的标准方程，注意圆标准方程的形式，属于基础题12【分析】设，代入椭圆的方程，两式相减，结合中点坐标公式和直线的斜率公式，即可解出直线的斜率，由点斜式方程可得直线的方程【解答】解：设，代入椭圆的方程可得：，两式

10、相减可得：，又，即为，则直线的方程为：，化为故答案为：【点评】本题考查了直线与椭圆相交问题，注意运用“点差法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题13【分析】设椭圆的方程为，运用离心率公式和，的关系和两点的距离公式，解方程可得，进而得到椭圆标准方程；【解答】解：（1）设椭圆的方程为，由题意可得，可得，则椭圆的标准方程为；【点评】本题考查椭圆和双曲线的方程的求法，注意运用待定系数法，考查方程思想和运算能力，属于中档题14【分析】连接，根据向量的加减运算三角形法则，求出，即可求【解答】解：由题意：，点为中点，那么：，则，连接，则，那么：，故答案为：【点评】本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面

11、向量基本定理的应用，注意平面向量加法法则的合理运用属于基础题15【分析】先设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长，焦距因为涉及椭圆及双曲线离心率的问题，所以需要找，之间的关系，而根据椭圆及双曲线的定义可以用，表示出，在中根据余弦定理可得到：，由基本不等式的性质分析可得，变形即可得答案【解答】解：设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，则根据椭圆及双曲线的定义：，设，在中由余弦定理得，即，变形可得：，又由，即，变形可得：，即的最大值是；故答案为：【点评】本题考查椭圆、双曲线的几何性质，涉及余弦定理、基本不等式的性质，关键是根据所得出的条件灵活变形，求出焦点三角形的边长16【分析】由条件求出曲线的轨

12、迹方程，作出曲线的图象，由图象可对四个命题真假作出判断【解答】解：设是曲线上的任意一点，因为曲线是平面内到定点和定直线的距离之和等于4的点的轨迹，所以，即，当时，当时，作出曲线的图象，如图，由图象可知，不正确；曲线关于轴对称；正确；图象最高点在，最低点在故，正确；若点在曲线上，则，因为，则正确故答案为：【点评】本题考查了命题真假的判断，属于中档题三、解答题（共5小题，共70分解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）17【分析】（）化简抛物线方程为标准方程，然后求的焦点坐标和准线方程；（）直线的方程为，联立，得，由此利用弦长公式能求出线段的长度【解答】解：（）抛物线的方程是，标准方程为：，所以抛

13、物线的焦点坐标，准线方程；（）直线过抛物线的焦点，且倾斜角为，直线的方程为，联立，得，设，则，线段的长度【点评】本题考查抛物线的焦点坐标、准线方程的求法，考查线段长的求法，考查抛物线性质、直线方程、韦达定理、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题18【分析】由题意可得，千米，千米，三角形中，设，则，由余弦定理求得的值【解答】解：如图所示：由题意可得，千米，千米，故，三角形中，设，则，由余弦定理可得，解得千米，故、两地的距离为10 千米【点评】本题主要考查解三角形的实际应用，余弦定理的应用，属于中档题19【分析】根据已知条件，结合向量的数

14、量积公式可得，再分，两种情况讨论，即可求解当时，点的轨迹方程为，此时点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，再结合点到直线的距离公式，即可求解【解答】解：设点，动点满足，即，当时，方程可化为，此时动点的轨迹为直线，当时，方程可化为，即，故动点的轨迹是以点为圆心，以为半径长的圆，综上所述，当时，动点的轨迹为直线，当时，动点的轨迹是以点为圆心，以为半径长的圆当时，点的轨迹方程为，此时点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，则直线与圆有公共点，故，解得或，综上所述，直线的斜率的取值范围为，【点评】本题主要考查轨迹方程的求解，考查分类讨论的思想，属于中档题20【分析】（）由

15、离心率为，即，可得，从而，再把点代入椭圆方程即可求得，进而得到【解答】解：由已知，得所以所以，即因为椭圆过点，所以，得，所以椭圆的方程为；设，所以，利用余弦定理，整理得，故，所以【点评】本题考查椭圆方程的求法和焦点三角形的面积，属中档题21【分析】（1）由已知椭圆上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1，可得：，从而可求椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆方程联立，利用以为直径的圆过椭圆的右顶点，结合根的判别式和根与系数的关系求解，即可求得结论【解答】（1）解：由题意设椭圆的标准方程为，由已知椭圆上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1，可得：，椭圆的标准方程为；（2）证明：设，联立，消去可得，则又因为以为直径的圆过椭圆的右顶点，即，解得：，且均满足当时，的方程，直线过点，与已知矛盾；当时，的方程为，直线过定点所以，直线过定点，定点坐标为【点评】本题考查椭圆的性质及应用，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，综合性强，属于中档题