精品解析：江苏省淮阴中学2024-2025学年高二上学期阶段性考试数学试题

江苏省淮阴中学2024-2025学年度第一学期阶段性考试 高二数学试题 命题人：孟庆东 审题人：韩晓东 一、单项选择题（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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 若方程x2＋ky2＝2表示焦点在y轴上的椭圆，那么实数k的取值范围是（ ） A. (0，＋∞) B. (0，2) C. (1，＋∞) D. (0，1) 3. 已知圆与圆，若圆与圆外切，则实数的值为（ ） A. 2 B. 5 C. 6 D. 9 4. 已知圆在点处的切线上一点在第一象限内，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. D. 9 5. 将一张坐标纸折叠一次，使得点和点重合，点和点重合，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知点F，A分别是椭圆的左焦点、右顶点，满足，则椭圆的离心率等于（ ） A. B. C. D. 7. 设椭圆的右焦点为，动点在椭圆上，点是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，是圆上两点，且，若直线上存在点使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知动点到原点与到点的距离之比为，记的轨迹为，直线，则（ ） A. E是一个半径为2的圆 B. 上的点到的距离的取值范围为 C. 被截得的弦长为 D. 上存在四个点到的距离为 10. 在平面直角坐标系中，，，若在曲线上存在一点，使得为钝角，则称曲线上存在“钝点”，下列曲线中，有“钝点”的曲线为（ ） A. B. C. D. 11. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，左、右焦点为，，为椭圆上异于，的一点，过点且垂直于轴的直线与椭圆的另一个交点为，则（ ） A. 存在点，使 B. 的最大值为4 C. 的最小值为 D. 当点在椭圆上运动时，的内心的轨迹方程为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与平行，则与之间的距离为_______ 13. 在平面直角坐标系中，圆，圆.过点的直线被两圆截得的弦长相等，则直线的斜率是_____. 14. 过椭圆的中心的直线分别交椭圆于、两点，的垂直平分线交椭圆于点，过点分别作于，于，则四边形的面积的取值范围为______ 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知圆 (1)求过点的圆的切线方程； (2)点为圆上任意一点，求的最值． 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，且的面积为． （1）求椭圆的标准方程； （2）若倾斜角为的直线l与C相交于两个不同的点，求的最大值． 17. 已知是圆上的动点，点满足，记的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程. （2）直线与圆交于两点，是曲线上一点.当取得最小值时，求面积的最大值. 18. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到定点的距离和它到定直线的距离之比是常数，设动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）记曲线的左顶点为，过作直线交于，两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值. 19. 已知曲线上任意一点满足. （1）求曲线的方程； （2）曲线上三个不同的动点P，E，F满足PE与PF的倾斜角互补，且P不与曲线的顶点重合，过点P且垂直于x轴的直线与曲线的另一个交点为Q，记线段EF的中点为H，O为坐标原点，求证：Q，H，O三点共线. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省淮阴中学2024-2025学年度第一学期阶段性考试 高二数学试题 命题人：孟庆东 审题人：韩晓东 一、单项选择题（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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜率和倾斜角的关系即可求倾斜角. 【详解】设斜率为，倾斜角为， ∵，∴，． 故选：D． 2. 若方程x2＋ky2＝2表示焦点在y轴上的椭圆，那么实数k的取值范围是（ ） A. (0，＋∞) B. (0，2) C. (1，＋∞) D. (0，1) 【答案】D 【解析】 【分析】要利用条件椭圆焦点在轴上，应将椭圆的方程化为标准方程，由椭圆的焦点在轴上，可得，进而可解得实数的取值范围． 【详解】因为方程，即 表示焦点在轴上的椭圆， 所以 ，即 ， 所以实数的取值范围是． 故选：D． 【点睛】本题考查椭圆的标准方程，要判断椭圆焦点的位置，应将椭圆的方程化为标准方程．对于椭圆，①表示焦点在x轴上的椭圆；②表示焦点在y轴上的椭圆．；③表示椭圆． 3. 已知圆与圆，若圆与圆外切，则实数的值为（ ） A. 2 B. 5 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】求出两圆圆心坐标后根据两圆位置关系可得，解得. 【详解】易知圆的圆心为，半径； 圆可化为，圆心，半径； 易知，由圆与圆外切可知，即， 解得. 故选：B 4. 已知圆在点处的切线上一点在第一象限内，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆的切线方程及基本不等即可求解． 【详解】易知圆在点处的切线的方程为， 所以，，， 所以， 当且仅当，时，等号成立． 所以的最小值为. 故选：C. 5. 将一张坐标纸折叠一次，使得点和点重合，点和点重合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两点关于折线对称，先求出折线方程，再根据与关于折线对称求出即可. 【详解】设点和，线段中点为点, 折线即为线段的中垂线， 则，，所以， 直线的斜率为，则折线斜率为2， 所以折线方程为：， 由题知与关于折线对称， 则两点中点在直线上且两点连线与直线垂直， 所以化简得， 解得，所以. 故选：A 6. 已知点F，A分别是椭圆的左焦点、右顶点，满足，则椭圆的离心率等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据推断出，进而根据勾股定理可知，把进而整理关于a和c的方程求得即离心率e的值. 【详解】 ，， ，即， 整理得，即， 等号两边同时除以得，即，求得， ，， 故选：B. 7. 设椭圆的右焦点为，动点在椭圆上，点是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的定义，结合两点间线段最短、点到直线距离公式进行求解即可. 【详解】根据题意知椭圆的右焦点坐标为，左焦点坐标为， 根据椭圆的定义可知，所以， 则， 所以最小时，即最小， 定点到直线最短距离是过定点直线的垂线段， 根据点到直线的距离公式可得， 所以. 故选：C 8. 已知，是圆上两点，且，若直线上存在点使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据，确定点轨迹，再由点轨迹与直线有公共点求参数的取值范围. 【详解】由题意可知:圆的圆心为，半径， 设中点为，则，且，可得， 又因为，可知为等腰直角三角形， 则，可得， 故点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆， 因为直线上存在点使得， 即直线与圆有交点， 即圆心到直线的距离，解得或. 故选：A 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知动点到原点与到点的距离之比为，记的轨迹为，直线，则（ ） A. E是一个半径为2的圆 B. 上的点到的距离的取值范围为 C. 被截得的弦长为 D. 上存在四个点到的距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】设，用坐标表示已知距离比化简后可得圆方程，判断A，求出圆心到直线的距离，判断BD，由勾股定理求得弦长判断C． 【详解】设，则，化得得，即， 所以轨迹为以为圆心，2为半径的圆，A正确； 圆心到直线的距离为，直线与圆相交， 上的点到的距离的取值范围为，B错； 弦长为，C正确； 由于，因此圆上只有2个点到的距离为，D错． 故选：AC． 10. 在平面直角坐标系中，，，若在曲线上存在一点，使得为钝角，则称曲线上存在“钝点”，下列曲线中，有“钝点”的曲线为（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】确定曲线有点，满足，且，或者曲线上有点在以为直径的圆内且不在直线上，即可得． 【详解】设，则， 为钝角，则，因此只要有满足且即有为钝角， 对于A，，则，当时，，A满足， 对于B，，，由于椭圆中，，因此，B不满足， 对于C，以为直径的圆圆心为，半径为1，只有此圆内点满足， 曲线是圆，圆心为，半径为2，而，且，因此两圆相交，即圆上有点在圆内，C满足， 对于D，当时，曲线为，即射线，射线顶点为， 圆心到射线的距离为，因此射线有部分在圆内，即有点满足为钝角，D满足， 故选：ACD． 11. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，左、右焦点为，，为椭圆上异于，的一点，过点且垂直于轴的直线与椭圆的另一个交点为，则（ ） A. 存在点，使 B. 的最大值为4 C. 的最小值为 D. 当点在椭圆上运动时，的内心的轨迹方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】应用的符号判断范围即可判断A的正误；由，应用基本不等式即可判断； 求出应用的范围求最值即可；应用内切圆的面积和内切圆的切线性质可得到与，代入原椭圆方程即可求得. 【详解】解：设点，其中，由椭圆，可知，， 所以， 又因为，所以 ， 所以，所以，故A错误； 因为，所以， （当时等号成立），故B正确； 依题意点，所以， 将代入可得， 因为，所以当时，取得最小值，故C正确； 设的内心，点， 设的内切圆分别与,，相切于点(如图所示)， 因为， 即， 所以，又因为同号，所以. 由内切圆的性质可知，，， 所以， 所以，即， 将代入可得： 又因为，所以， 因为同号，所以. 将与代入可得， 又因为，所以，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与平行，则与之间的距离为_______ 【答案】 【解析】 【分析】 首先根据两条直线平行求出参数，再有两平行线间的距离公式即可求解. 【详解】由直线与平行， 则，即， 故直线，化为， 又， 故与之间的距离为， 故答案为： 【点睛】本题主要考查两条直线平行斜率的关系以及两平行线间的距离公式，属于基础题. 13. 在平面直角坐标系中，圆，圆.过点的直线被两圆截得的弦长相等，则直线的斜率是_____. 【答案】 【解析】 【分析】设直线方程为，由勾股定理求弦长列方程求解． 【详解】过且斜率不存在的直线与圆两都不相交， 设直线方程为，即， 由题意，解得． 故答案为：． 14. 过椭圆的中心的直线分别交椭圆于、两点，的垂直平分线交椭圆于点，过点分别作于，于，则四边形的面积的取值范围为______ 【答案】． 【解析】 【分析】由对称性求得，设直线的方程为，代入椭圆方程求得点坐标，由垂直得点坐标，代入上式，变形后可求得范围．可先讨论斜率不存在或斜率为0时情形，然后再求解一般情形，从而得出结论． 【详解】由已知， （1）若直线斜率不存在，如图1， ，， ，， ， 所以， （2）若直线的斜率为0，如图2， ，， ， 所以， （3）若直线的斜率存在且不为0，如图3， 由已知是的垂直一部分线，则，分别是边上的高，则，， 所以，， 设直线的方程为，， 由，得，，取，即， 直线的方程为，同理可得， ，，， 直角中，，， ， 因为，所以，，，即， 所以， 综上，， 故答案为：． 【点睛】方法点睛：本题考查直线与椭圆相交问题，考查其中的面积问题，解题关键是求出面积，一般设出直线方程，求得椭圆与直线的交点坐标如题中点（直线过原点，交点坐标容易求得，否则需要用韦达定理），利用垂直得出另一点的坐标（注意类比，减少计算量），根据直角三角形把面积表示为所设参数的表达式，利用不等式知识得范围．解题时需对特殊情形进行讨论，如斜率不存在，或斜率为0（垂直直线的斜率不存在）． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知圆 (1)求过点的圆的切线方程； (2)点为圆上任意一点，求的最值． 【答案】(1) 和 (2)的最大值为；的最小值为 【解析】 【分析】(1)本题首先可以确定圆的圆心以及半径，然后根据题意分为直线斜率存在以及不存在两种情况，最后根据圆心到切线距离等于半径即可列出算式并得出结果； (2)本题首先可明确为原点到圆上一点的直线的斜率，然后结合图像得出当圆与直线相切时斜率取最值，最后根据圆心到切线距离等于半径即可得出结果． 【详解】(1)因为圆的方程为，即， 所以圆心为，半径为， ①当切线斜率不存在时， 因为直线过点，所以直线方程为，即 圆心到直线距离，所以直线是圆的切线， ②当切线斜率存在时，设切线斜率为， 则切线方程为，即 因为圆心到切线距离等于半径， 所以，解得，此时切线方程为， 综上所述，过点的圆的切线方程为和． (2)因为即，为圆上任意一点， 所以即原点到圆上一点的直线的斜率， 令，则原点到圆上一点的直线的方程为，即 如图所示，当圆与直线相切时，斜率取最值， 则有圆心到切线距离等于半径，即，解得或， 所以斜率的最大值，斜率的最小， 所以的最大值为；的最小值为． 【点睛】本题考查圆与直线相切的相关性质，考查斜率的相关性质，若圆与直线相切，则圆心到直线线距离等于半径，考查点到直线距离公式，考查计算能力，是中档题． 16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，且的面积为． （1）求椭圆的标准方程； （2）若倾斜角为的直线l与C相交于两个不同的点，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助椭圆上的点的坐标，的面积与计算即可得； （2）设出直线方程，联立曲线，借助韦达定理与弦长公式计算即可得. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 故椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 ，故可设，，， 联立，消去可得， ，即， ，， 则 ， 则当时，有最大值，且其最大值为. 17. 已知是圆上的动点，点满足，记的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程. （2）直线与圆交于两点，是曲线上一点.当取得最小值时，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出点坐标，由题意得到点坐标，代入圆的方程可得； （2）先求出直线过定点，确定过点的弦的最小值，再求三角形高的最大值，从而确定所求三角形面积的最大值. 【详解】（1）由题意，设，由，得, 为圆：上的动点，所以， 所以点的轨迹方程为：. 即曲线的方程为：. （2）将的方程整理为， 令解得所以过定点. 如图： 当时，取得最小值，此时，所以，解得， 直线的方程为， ，. 由（1）可知，曲线是圆心为，半径为3的圆，点到的距离为，所以点到的距离， 故面积的最大值为. 18. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到定点的距离和它到定直线的距离之比是常数，设动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）记曲线的左顶点为，过作直线交于，两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值. 【答案】（1）； （2） 证明：由（1），是椭圆的右焦点，直线必与椭圆相交， 设直线的方程为，， 由，得， 则，． 分别作的垂直平分线，交点为， 又的中点为，， 所以的垂直平分线方程为为， 同理的垂直平分线的方程为， 设，则是方程的两根， 方程整理得， 所以，， 又因为，． 所以，， 解得， , 所以，又, 所以为定值． 【解析】 【分析】（1）用坐标表示已知几何条件，并化简可得； （2）设直线的方程为，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，然后由及点坐标求它们的垂直平分线方程（消去），设，则是这两个方程的解，由此观察得出是含有的一个方程的解，再利用韦达定理得，两次应用韦达定理后可得出关于的方程组，解出，然后计算可得． 【小问1详解】 由题意，化简得； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：本题考查直线与椭圆相交中定值问题，解题方法是设交点坐标为，设直线方程（或），代入椭圆方程应用韦达定理，再用交点坐标求出题中另外的关系，代入韦达定理的结论化简可得，本题中关于外心的处理方法值得学习，设，由的垂直平分线相交求外心坐标，但在求解过程中，由于点坐标是这两个方程的解，因此又可看作另外一方程的解，再应用韦达定理，与开始应用韦达定理对应得出方程组求得． 19. 已知曲线上任意一点满足. （1）求曲线的方程； （2）曲线上三个不同的动点P，E，F满足PE与PF的倾斜角互补，且P不与曲线的顶点重合，过点P且垂直于x轴的直线与曲线的另一个交点为Q，记线段EF的中点为H，O为坐标原点，求证：Q，H，O三点共线. 【答案】（1） （2） 证明：设，，，， 由题意知，，且， 联立方程组，可得，则， 所以， 又由，所以， 设直线的方程为，则直线的方程为 将的方程代入，可得， 整理得，① 因为是方程①的一个实根，可得，② 将的方程代入，可得， 整理得，③， 因为是方程③的一个实根，因此，④， ②-④得，⑤， ②+④得，⑥， 因此，⑦ 将⑤⑥代入⑦式可得，⑧ 因为，所以，⑨ 将⑨代入⑧式中，可得， 又因为，可得，所以, 即三点共线． 【解析】 【分析】根据题意，利用椭圆的定义判断出T的轨迹，由此可求曲线C的方程； 设出P，E，F，H的坐标，先根据点差法得到，的关系，然后通过联立PE，PF与椭圆方程可得，的表示，根据斜率计算公式化简并结合P在椭圆上得到关于，的表示，再分析关于，的表示，得到与的关系，从而可知和的关系，由此可完成证明． 【小问1详解】 解：设，由， 可得，且，所以， 所以点的轨迹是以和为焦点的椭圆，且， 可得，则，所以曲线的方程为 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $