2022-2023学年甘肃省兰州市教育局第四片区高二下学期联片办学期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年甘肃省兰州市教育局第四片区高二下学期联片办学期中考试数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年甘肃省兰州市教育局第四片区高二下学期联片办学期中考试数学试题 一、单选题1．抛物线的准线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据抛物线方程得出和开口方向即可求得.【详解】由抛物线方程可得，开口向左，则准线方程为.故选：D.2．圆心为且和轴相切的圆的方程是　　A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意先求出圆的半径，再根据圆心坐标，求得它的标准方程．【详解】解：圆心为且和轴相切的圆，它的半径为1，故它的的方程是，故选：．【点睛】本题考查圆的方程的求解，一般求出圆的圆心和半径，考查计算能力，属于基础题.3．过点且垂直于直线的直线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据两直线垂直关系，设出所求直线方程，代入即可求解.【详解】设所求的直线方程为，代入方程解得，所求的直线方程为.故选：D.4．已知椭圆的两个焦点为，，过的直线交椭圆于，两点，若的周长为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】运用椭圆的定义进行求解即可.【详解】由.因为，是椭圆的上的点，、是椭圆的焦点，所以，因此的周长为，故选：D5．椭圆上一点到左焦点的距离是2，是的中点，是坐标原点，则的值为A．4 B．8 C．3 D．2【答案】A【详解】 根据椭圆的定义得， 由于中，是的中点， 根据中位线定理得，故选A．6．，则（    ）A．1 B．3 C．0 D．【答案】C【分析】根据展开式，利用赋值法取即得.【详解】因为，令，可得.故选：C.7．已知圆，则过点的直线l与圆C交于A，B两点，则的最小值是（    ）．A．2 B．4 C． D．【答案】C【分析】先求得圆的圆心和半径，再根据直线l与直线CP垂直时，所截得弦长AB最短求解．【详解】因为，圆的标准方程为，所以半径，圆心，当直线l与直线CP垂直时，所截得弦长AB最短．此时，所以．故选：C．8．已知为双曲线的左、右焦点，以线段为直径的圆与双曲线的右支交于两点，若为等边三角形，则的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对称性可知，由此可得，，由双曲线定义可得关于的齐次方程，由此可求得离心率.【详解】双曲线与以为直径的圆均关于轴对称，为等边三角形，，又，，；由双曲线定义知：，即，双曲线离心率.故选：D 二、多选题9．关于椭圆有以下结论，其中正确的有（    ）A．离心率为 B．长轴长是C．焦点在轴上 D．焦点坐标为(-1，0)，(1，0)【答案】AD【分析】将椭圆方程化为标准方程，再由椭圆的几何性质可得选项.【详解】将椭圆方程化为标准方程为所以该椭圆的焦点在轴上，故C错误；焦点坐标为，故D正确；长轴长是故B错误因为所以离心率故A正确.故选：AD.10．已知为3与5的等差中项，为4与16的等比中项，则下列对曲线描述正确的是（    ）A．曲线可表示为焦点在轴的椭圆B．曲线可表示为焦距是4的双曲线C．曲线可表示为离心率是的椭圆D．曲线可表示为渐近线方程是的双曲线【答案】ACD【分析】由已知条件先求出的值，从而可得曲线C的方程，然后根据曲线方程分析判断即可【详解】由为3与5的等差中项，得，即，由为4与16的等比中项，得，即，则曲线的方程为或．其中表示焦点在轴的椭圆，此时它的离心率，故A正确，C正确；其中表示焦点在轴的双曲线，焦距为，渐近线方程为，故B不正确，D正确．故选:ACD．11．对于的展开式，下列说法正确的是（    ）A．所有项的二项式系数和为64 B．所有项的系数和为64C．常数项为1215 D．二项式系数最大的项为第3项【答案】ABC【分析】根据二项式系数和性质可判断选项A；用赋值法求出所有系数和可判断选项B；求出展开式的通项可判断选项C，由二项式系数的性质可判断D.【详解】的展开式所有项的二项式系数和为，选项A正确；中令得，选项B正确；展开式通项为， 令，得，所以常数项为，选项C正确；二项式系数最大的项为第4项，选项D不正确.故选：ABC.【点睛】本题考查二项式定理的应用，二项式系数性质，熟记通项是解题的关键，掌握赋值法求系数和，属于中档题.12．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于点，且，.下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．△的面积为【答案】BCD【分析】选项A由抛物线的定义可得可判断；选项B将点坐标代入抛物线方程可判断；当时，直线的方程为：，可求出，从而可得，由，同理可得时的情况，从而可判断C，D.【详解】选项A. 由抛物线的定义可得，解得，所以A不正确.选项B. 所以，，抛物线方程为将点坐标代入抛物线方程，得，所以，所以B正确选项C. 当时，则，则直线的方程为： 则 ，得，解得或所以，则，同理当时，可得，所以C正确.选项D.由上可知当时， 同理当时，，所以D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系，过焦点的弦的性质，解答本题的关键是由抛物线的定义可得，解得的值，由求解面积，属于中档题. 三、填空题13．双曲线的右焦点到直线的距离为        ．【答案】【分析】先求出右焦点坐标，再利用点到直线的距离公式求解.【详解】由已知，，所以双曲线的右焦点为，所以右焦点到直线的距离为.故答案为：14．某班从3名男同学和5名女同学中，选取3人参加学校的“创文知识"竞赛，要求男女生都有，则不同的选法共有           种．【答案】45【分析】利用间接法：在所有组合中排除全为男生和全为女生的情况，利用组合数运算求解．【详解】在所有组合中排除全为男生和全为女生的情况，则共有种故答案为：45．15．甲、乙等6人报名参加了三个项目的志愿者工作，每个项目仅需1名志愿者，每人至多参加一个项目，若甲，乙两人不能参加项目，那么共有         种不同的选拔的方案．【答案】80【分析】由于每人至多参加一个项目，又要求甲，乙两人不能参加项目，所以分甲，乙都参加志愿者工作、甲参加志愿者工作，乙没参加志愿者工作、甲没参加志愿者工作，乙参加志愿者工作、甲，乙都没参加志愿者工作4种情况.【详解】由于每人至多参加一个项目，又要求甲，乙两人不能参加项目，所以①甲，乙都参加志愿者工作则有：种情况；②甲参加志愿者工作，乙没参加志愿者工作则有：种情况；③甲没参加志愿者工作，乙参加志愿者工作则有：种情况；④甲，乙都没参加志愿者工作则有：种情况；故满足条件的情况数为：.故答案为：80.16．抛物线焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，，A为垂足，如果直线的倾斜角等于，那么等于          .【答案】【分析】先求出，过作于，利用，即可求出.【详解】解：在中，由抛物线的定义，可得，，，又，则轴，又，过作于，则，则．故答案为：   四、解答题17．已知椭圆的长轴长为，两焦点的坐标分别为和．（1）求椭圆的标准方程；（2）若为椭圆上一点，轴，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】（1）根据椭圆的长轴即焦点坐标,可得.由椭圆中满足,即可求得,进而得椭圆的标准方程.（2）根据,可得点坐标,即可求得的面积．【详解】（1）椭圆的长轴长为,两焦点的坐标分别为和则,且解得 所以椭圆的标准方程为（2）为椭圆上一点,轴所以点的横坐标为,代入椭圆方程可求得点的纵坐标为 不妨设点在轴上方,则 所以【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法,椭圆的几何性质简单应用,焦点三角形面积求法,属于基础题.18．已知点求：(1)过点A，B且周长最小的圆的方程；(2)过点A，B且圆心在直线上的圆的方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）要求的圆，即以AB为直径的圆，求出圆心和半径，可得结果.（2）设圆心为根据DA＝DB，求得m的值，可得要求的圆的方程．【详解】（1）∵点∴过点A，B且周长最小的圆，即以AB为直径的圆，∵AB的中点 ，故要求的圆的方程为.（2）∵圆心在直线上，设圆心为∵圆过点A，B，∴DA＝DB，∴求得∴圆心为，半径故要求的圆的方程为 ．19．已知动圆经过点F(2,0)，并且与直线x＝－2相切（1）求动圆圆心P的轨迹M的方程；    （2）经过点(2,0)且倾斜角等于135°的直线l与轨迹M相交于A，B两点，求|AB|【答案】（1）（2）16【分析】（1）设，根据题目条件列方程可求得结果；（2）联立直线与抛物线方程，根据弦长公式可得结果.【详解】（1）设，则依题意可得，化简得，所以动圆圆心P的轨迹M的方程为（2）直线的方程为，即，联立，消去并整理得，设，，则，，由弦长公式可得.所以【点睛】本题考查了求动点的轨迹方程，考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理和弦长公式，属于基础题.20．已知双曲线的一条渐近线方程为，一个焦点到该渐近线的距离为1.(1)求的方程；(2)经过点的直线交于两点，且为线段的中点，求的方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据双曲线方程得到渐近线方程，即可得到，再由点到线的距离公式求出，最后根据计算可得；（2）设，，直线的斜率为，利用点差法计算可得；【详解】（1）解：双曲线的渐近线为，即，所以，又焦点到直线的距离，所以，又，所以，，所以双曲线方程为（2）解：设，，直线的斜率为，则，，所以，，两式相减得，即即，所以，解得，所以直线的方程为，即，经检验直线与双曲线有两个交点，满足条件，所以直线的方程为.21．已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.【答案】（1）；（2）18.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.  联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.所以△AMN的面积的最大值：.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．22．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点是椭圆的一个顶点，是等腰直角三角形．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点分别作直线，交椭圆于A，两点，设两直线，的斜率分别为，，且，证明：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据条件确定a,b的值，从而可得椭圆方程；（2）讨论直线AB的斜率存在和不存在两种情况，斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程得到根与系数的关系式，用A,B坐标表示，结合根与系数的关系式化简，即可求得直线过定点，当斜率不存在时，亦可说明直线过该定点.【详解】（1）由题意点是椭圆的一个顶点，知，因为是等腰直角三角形，所以，即，所以椭圆的标准方程为：．（2）若直线的斜率存在，设其方程为，由题意知．由，得，由题意知，设，，所以，，因为，所以，所以，整理得，故直线的方程为，即，所以直线过定点．若直线的斜率不存在，设其方程为，，．由题意得，解得，此时直线的方程为，显然过点．综上，直线过定点．【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆的位置关系中直线过定点问题，综合性强，计算量大，解答的关键是将已知条件利用，的坐标来表示，结合根与系数的关系进行化简，要特别注意计算的准确性.