1、泰州市2022-2023学年高二上第一次教学质量调研考试数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40分.）1. 经过两点，的直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 2. 直线与圆的位置关系是（ ）A. 相离B. 相交C. 相切D. 不确定3. 已知椭圆两个焦点的坐标分别是和，且椭圆经过点，则该椭圆的标准方程是（ ）A. B. C. D. 4. 已知椭圆上一点到椭圆一个焦点的距离是7，则点到另一个焦点的距离为（ ）A. 5B. 3C. 2D. 75. 若方程表示圆，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 6. 直线与圆相切，则的值是（ ）A. B. 2C. D. 7. 已知椭圆（）的一条
2、弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的离心率是（ ）A. B. C. D. 8. 国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9. 已知圆：与圆：有四条公切线，则实数的取值可能是（ ）A. B. 1C. D. 310. 若直线不能构成三角形，则的取值为（ ）A. B. C. D. 11. 已知椭圆：，分别为
3、它的左右焦点，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）A. 存在使得B. 的最小值为C. ，则的面积为D. 直线与直线斜率乘积定值12. 已知圆：，直线：，点在直线上运动，直线，分别与圆相切于点.则下列说法正确的是（ ）A. 四边形的面积的最小值为B. 最小时，弦长为C. 最小时，弦所在直线方程为D. 直线过定点三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 两圆与的公共弦所在直线的方程为_.14. 已知过点的直线与以点，为端点的线段相交，则直线的斜率的取值范围为_.15. 点圆：上，则最小时，_.16. 如图，焦点在x轴上的椭圆1（a0）的左、右焦点分别为F1、F
4、2，P是椭圆上位于第一象限内的一点，且直线F2P与y轴的正半轴交于A点，APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，若|F1Q|4，则该椭圆的离心率为_四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知直线：和直线：，求分别满足下列条件的，的值.（1）直线过点，且直线和垂直；（2）若直线和平行，且直线在轴上的截距为.18. 已知椭圆的离心率为，右焦点为.斜率为1的直线与椭圆交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为.（1）求椭圆方程；（2）求直线的方程.19. 已知圆过点，且圆心在直线：上.（1）若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射
5、光线所在直线的一般式方程；（2）若点在直线上运动，求的最小值.20. 已知圆内有一点，AB为过点P且倾斜角为的弦（1）当时，求弦AB长；（2）当弦AB被点P平分时，求直线AB的方程；（3）求过点P的弦的中点的轨迹21. 在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆C上（1）求椭圆C的方程；（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知求证：直线恒过x轴上一定点.22. 如图，圆.（1）若圆与轴相切，求圆的方程；（2）当时，圆与轴相交于两点（点在点的左侧）.问：是否存在圆，使得过点的任一条直线与该圆的交点，都有？若存在，求出圆方程，
6、若不存在，请说明理由.泰州市2022-2023学年高二上第一次教学质量调研考试数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40分.）1. 经过两点，直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接由斜率公式计算可得.【详解】解：经过两点，的直线的斜率.故选：C2. 直线与圆的位置关系是（ ）A. 相离B. 相交C. 相切D. 不确定【答案】B【解析】【分析】直线与圆位置关系的判断，第一步求出圆的圆心及半径，第二步求出圆心到直线的距离，距离大于半径相离，等于半径相切，小于半径相交.【详解】圆的圆心坐标为 半径为4，圆心到直线的距离，所以相交.故选：B.3. 已知椭圆的两个焦点的
7、坐标分别是和，且椭圆经过点，则该椭圆的标准方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的焦点可求，根据经过点，可得，进而可求解，即可得椭圆方程.【详解】因为焦点坐标为和，所以.椭圆经过点，且焦点在x轴上，所以，所以，则椭圆的标准方程为.故选:A.4. 已知椭圆上一点到椭圆一个焦点的距离是7，则点到另一个焦点的距离为（ ）A. 5B. 3C. 2D. 7【答案】B【解析】【分析】根据椭圆方程求出的值，再根据椭圆的定义计算可得.【详解】解：由知长半轴长，点到另一个焦点的距离为.故选：B.5. 若方程表示圆，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】
8、【分析】将方程化为标准式即可计算求解.【详解】解：方程可变形为，因为方程表示圆，则，所以.故选：D.6. 直线与圆相切，则的值是（ ）A. B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用圆心到直线的距离等于半径求出.【详解】解：根据题意，得圆的圆心为，半径为，由直线与圆相切，得圆心到直线的距离，即，故.故选：A.7. 已知椭圆（）的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】椭圆的中点弦问题，点差法构造弦中点坐标与的关系，计算离心率.【详解】设直线与椭圆相交于，两点，弦的中点坐标是，则，直线的斜率.由，得，故椭圆的离心率.
9、故选：B.8. 国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设内层椭圆方程为，则外层椭圆方程为（），分别列出过和的切线方程，联立切线和内层椭圆，由分别转化出的表达式，结合可求与关系式，齐次化可求离心率.【详解】解：设内层椭圆方程为（），因为内、外层椭圆离心率相同，所以外层椭圆方程可设成（），设切线方程为，与联立得，由，则，设切线方程为，同理可求得，所以，所以
10、，因此.故选：C.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9. 已知圆：与圆：有四条公切线，则实数的取值可能是（ ）A. B. 1C. D. 3【答案】ACD【解析】【分析】首先得到圆心坐标与半径，依题意可得两圆相离，利用圆心距大于半径之和求出参数的取值范围.【详解】解：由圆和的方程可知，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，因为两圆有四条公切线，所以两圆外离，两圆圆心距，则，解得或，即，所以实数的取值可以是，不能是.故选：ACD.10. 若直线不能构成三角形，则的取值为（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】分，过与的交点三种情况讨论即可.【详解】
11、因为直线不能构成三角形，所以存在，过与的交点三种情况，当时，有，解得；当时，有，解得；当过与的交点，则联立，解得，代入，得，解得；综上：或或.故选：ABD.11. 已知椭圆：，分别为它的左右焦点，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）A. 存在使得B. 的最小值为C. ，则面积为D. 直线与直线斜率乘积为定值【答案】BC【解析】【分析】由椭圆方程得，利用向量的数量积得最大张角的余弦符号，可判断张角的大小，对焦点三角形使用余弦定理可得的最值，利用三角形公式可求得焦点三角形面积，设椭圆上一点，通过坐标运算可以得到的值.【详解】设椭圆短轴上下顶点分别为，由题知椭圆：中，所
12、以，对于A选项，由于，所以的最大角为锐角，故不存在使得，A错误；对于B选项，记，则，由余弦定理：，当且仅当时等号成立，B正确；对于C选项，由于，由焦点三角形面积公式得到，C正确；对于D选项，设（），则，于是，D错误.故选：BC.12. 已知圆：，直线：，点在直线上运动，直线，分别与圆相切于点.则下列说法正确的是（ ）A. 四边形的面积的最小值为B. 最小时，弦长为C. 最小时，弦所在直线方程为D. 直线过定点【答案】AD【解析】【分析】利用和等面积法判断AB；设，利用两条切线方程联立得到直线关于的方程，求出最小时点坐标代入即可判断C；由含参直线方程过定点的求法计算D即可.【详解】由圆的方程知：
13、圆心，半径，对于AB，四边形的面积，则当最小时，四边形的面积最小，点到直线的距离，所以，此时，A正确；又，所以此时，B错误；对于C，设，则过作圆的切线，切线方程为：，过作圆的切线，切线方程为：，又为两切线交点，所以，则两点坐标满足方程：，即方程为：；当最小时，所以直线方程为：，由得，即，所以方程为：，即，C错误对于D，由C知：方程为：；又，即，所以方程可整理为：，由得，所以过定点，D正确.故选：AD三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 两圆与的公共弦所在直线的方程为_.【答案】【解析】【分析】两圆方程相减即可得到公共弦方程.【详解】解：圆，即，圆心为，半径，圆，即，圆心为，半径，所
14、以，则，即两圆相交，所以两圆方程相减得，即两圆公共弦所在直线的方程为.故答案为：.14. 已知过点的直线与以点，为端点的线段相交，则直线的斜率的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】设，根据斜率公式求出，再结合图形求出直线的斜率的取值范围.【详解】解：设，可得，要使得直线与以点，为端点的线段相交，则直线的斜率或，所以直线的斜率的取值范围为.故答案为：.15. 点在圆：上，则最小时，_.【答案】4【解析】【分析】数形结合，易得当直线与圆相切时最小，求得此时.【详解】如图所示，由题意圆：的圆心，半径，当直线与圆相切时，即为切点时，最小，此时与轴平行，.故答案为：4.16. 如图，焦点在x轴上的椭圆
15、1（a0）的左、右焦点分别为F1、F2，P是椭圆上位于第一象限内的一点，且直线F2P与y轴的正半轴交于A点，APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，若|F1Q|4，则该椭圆的离心率为_【答案】#【解析】【分析】由APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，根据切线长定理，可得，再结合，求得，得，再由求出，从而可求出离心率【详解】设APF1的内切圆在上的切点分别为，因为由APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，所以由切线长定理得，因为，所以，所以，所以，所以,所以，得，因为，所以，所以椭圆的离心率为，故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.
16、已知直线：和直线：，求分别满足下列条件的，的值.（1）直线过点，且直线和垂直；（2）若直线和平行，且直线在轴上截距为.【答案】（1）， （2），【解析】【分析】（1）由两条直线垂直得，再利用直线过点，列出方程求解a，b；（2）由两条直线平行得a，b满足，再利用纵截距为-3解出a，b.【小问1详解】由于直线和垂直，故，又直线过点，故，联立两式，解得，.故有，.【小问2详解】由于直线和平行，故，直线在轴上的截距为，则，联立解得，.故有，.18. 已知椭圆的离心率为，右焦点为.斜率为1的直线与椭圆交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为.（1）求椭圆的方程；（2）求直线的方程.【答案】（1） （2）【
17、解析】【分析】（1）依题可知，根据的关系求出，即可写出椭圆的方程；（2）先设出直线，联立可得出中点的坐标，再根据为等腰三角形知，解得中点坐标，即可写出直线方程【小问1详解】由已知得，而，解得，所以，故椭圆的方程为【小问2详解】设直线的方程为，由得设、的坐标分别为，中点为，则，因为是等腰的底边，所以所以的斜率为，解得，即，所以直线的方程为，即19. 已知圆过点，且圆心在直线：上.（1）若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射光线所在直线的一般式方程；（2）若点在直线上运动，求的最小值.【答案】（1） （2）32【解析】【分析】（1）求出直线的垂直平分线方程，与直线的方程联立
18、可求圆心的坐标，求出点关于直线的对称点的坐标，根据反射光线必经过点和点，由两点式方程可求解；（2）设点，则，利用两点间的距离公式及二次函数的性质可求解.【小问1详解】圆过点，故，的中点为，直线的方程为，即，所以直线的垂直平分线为，即.因为圆心在直线：上，且经过圆心，由，得，即圆的圆心.设点关于直线的对称点为，解得，则，则反射光线必经过点和点，所以直线的方程为，即.【小问2详解】设点，则.又，当时，的最小值为32.20. 已知圆内有一点，AB为过点P且倾斜角为的弦（1）当时，求弦AB的长；（2）当弦AB被点P平分时，求直线AB的方程；（3）求过点P的弦的中点的轨迹【答案】（1） （2） （3）以
19、为圆心，为半径的圆【解析】【分析】（1）根据点到直线的距离公式以及勾股定理即可求解弦长，（2）根据直线垂直斜率乘积为，即可得直线的斜率，进而根据点斜式即可求方程，（3）根据向量垂直，利用坐标运算即可求解轨迹方程，进而可通过轨迹方程得轨迹.【小问1详解】当时，则，此时直线方程为：，故圆心到直线的距离，又，所以，【小问2详解】弦AB被点P平分时，则,所以直线方程为：，【小问3详解】设中点为，则，由于,所以，即，故点是以为圆心，为半径的圆21. 在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，点在椭圆C上（1）求椭圆C的方程；（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线的斜
20、率为，直线的斜率为，已知求证：直线恒过x轴上一定点.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意列方程组求解；（2）设直线方程，与椭圆方程联立，由题意列方程通过韦达定理化简求解，注意分类讨论直线的斜率是否为0.【小问1详解】由题意可得，解得，所以椭圆C的方程为小问2详解】依题意，点，设，因为若直线的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意所以直线斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立，整理得：，所以，且因为点是椭圆上一点，即，则，所以，即因为，所以，此时，故直线：恒过x轴上一定点22. 如图，圆.（1）若圆与轴相切，求圆的方程；（2）当时，圆与轴相交于两点（点在点的左侧
21、）.问：是否存在圆，使得过点的任一条直线与该圆的交点，都有？若存在，求出圆方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）或 （2）存在，【解析】【分析】（1）根据题意可得代入则关于的二次方程判别式为0求解即可；（2）代入可求解，再假设存在圆，设直线的方程为，联立圆的方程，设，将题意转化为的斜率互为相反数，进而用的坐标表示并代入韦达定理化简，最后讨论特殊情况当直线与轴垂直时判断是否满足即可.【小问1详解】因为由，可得，由题意得，所以或，故所求圆的方程为或.【小问2详解】令，得，即，求得，或，所以，.假设存在圆，当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，代入得，设，从而，.因为的斜率之和为，而因为，所以，的斜率互为相反数，即，所以，即.当直线与轴垂直时，仍然满足，即的斜率互为相反数.综上，存在圆，使得.
