河南省驻马店确山县第一高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题（B卷）

这是一份河南省驻马店确山县第一高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题（B卷），共8页。试卷主要包含了双曲线的渐近方程为，已知圆与直线相切，则，方程表示的曲线是，若点P在抛物线上，点Q在圆，是抛物线C等内容，欢迎下载使用。

一．选择题
1．已知圆，圆，则这两个圆的位置关系为（ ）
A．外离B．外切C．相交D．内含
2．双曲线的渐近方程为（ ）
A．B．C．D．
3．已知圆与直线相切，则（ ）
A．B．C．D．
4．圆x2＋y2＋4x－12y＋1＝0关于直线ax－by＋6＝0(a>0，b>0)对称，则＋的最小值是（ ）
A．2B．C．D．
5．已知圆，则当圆的面积最小时，圆上的点到坐标原点的距离的最大值为（ ）
A．B．6
C．D．
6．方程表示的曲线是（ ）
A．两条线段B．两条直线
C．两条射线D．一条射线和一条线段
7．已知椭圆与直线交于A，B两点，点满足，则的值为（ ）
A．B．6C．D．
8．若点P在抛物线上，点Q在圆:上，则|PQ|的最小值是（ ）
A．B．C．2D．
9．是抛物线C：上一定点，A，B是C上异于P的两点，直线PA，PB的斜率，满足为常数，，且直线AB的斜率存在，则直线AB过定点（ ）
A．B．
C．D．
10．已知双曲线()的左､右焦点分别为为双曲线上的一点，为的内心，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，，，点满足.点的轨迹为，下列结论不正确的是（ ）
A．曲线的方程为
B．在曲线上存在点，使得
C．在轴上存在异于，的两定点，，使得
D．当，，三点不共线时，射线是的平分线
12．已知离心率为2的双曲线的右焦点是抛物线的焦点，过点作一条直线与双曲线交于两点，为双曲线的左焦点，若，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
二．填空题
13．已知为椭圆上的任意一点，则的最大值为________.
14．有平面点集D和实数集R，若按照某对应法则f，使得D中每一点都有唯一的实数z与之对应，则称f为在D上的二元函数，且称D为f的定义域，P对应的值z为f在点P的函数值，记作.若二元函数，其中，，则二元函数的最小值为___________.
15．已知是抛物线上一点，则的最小值为______.
16．若方程恰有两个不同的实数根，则实数的取值范围是______．
三．解答题
17．已知抛物线：的焦点为，直线：与抛物线交于，，直线：与抛物线交于，，交直线：于点，交直线于点．求证：（Ⅰ），； （Ⅱ）．
18．已知椭圆的离心率为，且经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线分别交x轴于M，N两点，点，若，求证：为定值．
19．已知，动点满足,设动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）已知直线与曲线交于两点，若点，求证：为定值.
20．已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．(1)求椭圆的标准方程；(2)当时，求的值；(3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值．
21．已知，是椭圆的两个顶点． (1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线与椭圆交于，，与直线交于点，求的值．
22．已知圆：，动圆过定点且与圆相切，圆心的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）设斜率为1的直线交于，两点，交轴于点，轴交于，两点，若，求实数的值.
数学试题B参考答案：
1．C 2．A 3．A 4．C 5．D
6．A【详解】试题分析：因为，所以 即，所以
所以方程表示的是两条射线．
7．A【详解】因为A，B两点在直线上，故可设，
故，因为，故即，
因为A，B两点在椭圆上，故即，
故，等式两边同时减去1，整理得到，
解得或.而，故，故,故选：A.
8．D【详解】设，由可知圆心坐标为，半径，则.
因此的最小值为，从而的最小值为.故选：D
9．C【详解】设，则，相减得，
，同理得：， 为常数，，
，整理有，①
设直线AB：，代入抛物线方程得：，
，则，
代入①，得：，有，
代入AB的直线方程，得：，
，
，
直线过定点，则，解得：，即，
直线AB所过定点 .故选：C.
10．D【详解】如下图示，延长到且，延长到且，
所以，即，
故是△的重心，即，又，
所以，而是的内心，则，
由，则，故，即.故选：D
11．ACD【详解】对于选项A：设，，，
由可得，所以整理可得：，
即，故选项A正确；
对于选项B：设，由可得：，
即整理可得：①，
又因为点在曲线上，所以②，
得：，解得：，
将代入得无解，即在曲线不存在点满足，故选项B不正确；
对于选项C：假设在轴上存在异于，的两定点，，使得，
设，可得由可得，
即化简可得：，
由点的轨迹为可得，，
解得：，或，（舍去），即存在，，
即存在点，，使得，故选项C正确；
对于选项D：当，，三点不共线时，由，可得是的平分线，故选项D正确，
故选：ACD
12．D详解：抛物线的焦点为，即，又，
∴，，即双曲线方程为.易知直线斜率存在，设直线方程为，，把代入双曲线方程并整理得，
∴，，∵，∴，
即，，，
，∴，
解得：.故选D.
13．9【详解】由已知，设，则
，故.当时，取得最大值9.
14．7【详解】设，，，，则，∵线段与y轴交点为，在线段上，∴，，∴（到时取得最小值）．故答案为：7．
15．【详解】如下图示，过抛物线上的动点作直线的垂线交直线于，过点作轴的垂线交轴于Q，交准线于G点，F为抛物线焦点.
则，动点到轴的距离为.
，当且仅当三点共线时，有最小值，即（为点到直到的距离）.
而到直线距离为：.
，.
最小值为：.故答案为：.
16．【详解】即，表示双曲线的一支，
表示过点斜率为的直线，由题意得与的图象恰有两个交点，即直线与双曲线的两个交点都在轴上方，当直线与双曲线相切时，，联立后由解得，当时，切点在轴下方，舍去，当时，直线与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线只有一个交点，当直线与双曲线的两个交点都在轴上方时，故答案为：
17．【详解】（Ⅰ）证明：联立得，根据韦达定理，得，所以．
（Ⅱ）与（Ⅰ）同理，联立得，
根据韦达定理，得，．设点，，则由，，共线，得，
则．同理由，，共线，得，
则．由，得．即．
18．(1)；（1）因为椭圆的离心率为，且经过点，
所以有；
（2）证明：设直线方程为，，，
由，联立消x得，
所以，，，
由题意知，，均不为．
设，，由，，A三点共线知与共线，
所以，化简得；
由，，三点共线，同理可得；
由，得，即；
由，同理可得；
所以
，所以为定值．
19．（1） （2）
【详解】解：设动点，，动点M满足 ，
可得：，得曲线C的方程：
（2）由，得，显然.
设，由韦达定理得：，


为定值．
20．(1)(2)
（1）由题意，得解得∴，故的方程为．
（2）由（1）知，∴直线AB的方程为，由即，
设，，则，，∴．
设O点到直线AB的距离为d，则．∴．
（3）设AB直线方程，设，，，，
由得：，由于A，C满足椭圆方程，故得
两式作差得③，
将①②代入③可得，和①进行联立，即，解得：由同理可得，∴
，故．
21．(1)(2)
（1）由，是椭圆的两个顶点，得，，即；
（2）当直线的斜率不存在时，直线与椭圆有且只有一个公共点，不成立，
所以设，，，直线的斜率为，
则，
同理，，则．
设：，而：，联立解得，
所以；联立直线与椭圆方程，消去得：，
所以，，所以，所以，即．
22．（1）（2）
【详解】（1）圆的圆心为，半径为，点在圆内，故圆与圆相内切.
设圆的半径为，则，，从而.
因为，所以曲线是以点，为焦点的椭圆.由，，得，故的方程为.
（2）设：，，，则，
，.
与联立得.
当时，即时，.
所以.由（1）得，所以.
等式可化为.
当且时，.当时，可以取任意实数.综上，实数的值为.