2021-2022學年安徽省六安市第一中學高二上學期期中數學試題一、單選題1．拋物線的焦點坐標為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】根據拋物線焦點在軸上，焦點坐標為即可求解.【詳解】由可知拋物線焦點在軸上，且，所以，故焦點坐標為：，故選：D2．若橢圓與雙曲線的焦點相同，則的值為（）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】C【分析】先將雙曲線化成標準方程，再根據兩曲線焦點相同可得，，即可解出．【詳解】雙曲線化成標準方程，所以，解得．故選：C．3．若，則和所表示的曲線只可能是下圖中的（）A． B．C． D．【答案】D【分析】分別討論，、，、，三種情況時和所表示的曲線，結合排除法即可得正確選項.【詳解】因為，當，時，不表示任何曲線，當，時，表示焦點在軸上的雙曲線，直線表示過第一、三、四的直線，故選項D正確；當，時，表示焦點在軸上的雙曲線，直線表示過第一、二、四的直線，故選項B不正確；當，時，表示橢圓，直線表示過第一、二、三的直線，故選項A、C不正確；故選：D.4．已知，分別是雙曲線的左，右焦點，若是雙曲線左支上的點，且．則的面積為（）A．8 B．16 C．24 D．【答案】C【分析】根據雙曲線的定義可得，再根據余弦定理可得，然后由平方關系得到，即可求出的面積．【詳解】因為是雙曲線左支上的點，所以，．在中，，即，所以，，故的面積為．故選：C．5．已知橢圓的右焦點為，過點的直線交橢圓于、兩點．若的中點坐標為，則的方程為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】采用點差法并結合橢圓關系式，即可求解.【詳解】設，則有①，②，兩式作差可得：，即，又，故，，所以，又，解得，故的方程為.故選：A6．設，分別為和橢圓上的點，則，兩點間的最大距離是（）A． B． C．9 D．【答案】B【分析】設，圓的圓心，半徑為，先求出的最大值，即可得到，兩點間的最大距離．【詳解】設，圓的圓心，因為，，所以，當且僅當時取等號，即，所以，兩點間的最大距離為．故選：B．7．已知橢圓的右焦點為，直線與軸的交點為，在橢圓上存在點滿足線段的垂直平分線過點，則橢圓離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】轉化題干條件為F點到P點與A點的距離相等，即|FA|=又，故，求解即可【詳解】由題意，橢圓上存在點P，使得線段AP的垂直平分線過點F，即F點到P點與A點的距離相等即|FA|=又解得或（舍）又故選：B8．已知實數，滿足，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】實數，滿足，通過討論，得到其圖象是橢圓、雙曲線的一部分組成的圖形，借助圖象分析可得的取值就是圖象上一點到直線距離范圍的2倍，求出切線方程根據平行直線距離公式算出最小值，和最大值的極限值即可得出答案.【詳解】因為實數，滿足，所以當時，，其圖象是位于第一象限，焦點在軸上的橢圓的一部分（含點），當時，其圖象是位于第四象限，焦點在軸上的雙曲線的一部分，當時，其圖象是位于第二象限，焦點在軸上的雙曲線的一部分，當時，其圖象不存在，作出橢圓和雙曲線的圖象，其中圖象如下：任意一點到直線的距離所以，結合圖象可得的范圍就是圖象上一點到直線距離范圍的2倍，雙曲線，其中一條漸近線與直線平行通過圖形可得當曲線上一點位于時，取得最小值，無最大值，小于兩平行線與之間的距離的倍，設與其圖像在第一象限相切于點，由因為或（舍去）所以直線與直線的距離為此時，所以的取值范圍是．故選：C．二、多選題9．下列四個選項中，正確的是（）A．數列的圖象是一群孤立的點B．數列1，，1，，…與數列，1，，1，…是同一數列C．數列，，，，…的一個通項公式是D．數列，，…，是遞減數列【答案】AD【分析】利用數列通項公式、數列的圖象、數列的定義以及數列的單調性依次判斷四個選項即可．【詳解】解：對于A，由數列的通項公式以及可知，數列的圖象是一群孤立的點，故選項A正確；對于B，由于兩個數列中的數排列的次序不同，因此不是同一數列，故選項B錯誤；對于C，當通項公式為時，，不符合題意，故選項C錯誤；對于D，數列，，是遞減數列，故選項D正確．故選：AD.10．已知曲線：，則下列結論正確的有（）A．曲線與坐標軸無公共點 B．曲線關于原點對稱C．的取值范圍是 D．曲線與圓有交點【答案】ABC【分析】根據曲線方程可知A正確；用替換，原方程不變，可知B正確；根據的范圍可得的取值范圍，可知C正確；聯立曲線與圓，可知方程組無解，D錯誤．【詳解】對A，因為，所以曲線與坐標軸無公共點，A正確；對B，用替換，，所以曲線關于原點對稱，B正確；對C，因為，所以，即的取值范圍是，C正確；對D，聯立和，可得，根據可知，方程組無解，D錯誤．故選：ABC．11．已知為坐標原點，，是拋物線：上兩點，為其焦點，，若到準線的距離為2，則下列說法正確的有（）A．若直線過點，則直線，的斜率之積恒為B．周長的最小值為C．若外接圓與拋物線的準線相切，則該圓面積為D．若，則直線的斜率為【答案】CD【分析】根據到準線的距離為2可知，即得拋物線方程，設，將直線方程與拋物線方程聯立，可得，即可得出直線，的斜率之積不為，A錯誤；利用拋物線的定義可知B錯誤；根據外接圓與拋物線的準線相切，可知外接圓半徑為，所以C正確；由，結合可得直線的斜率為，D正確．【詳解】因為到準線的距離為2，所以，即拋物線方程為，焦點為，對A，設，，由可得，，所以，，A錯誤；對B，周長為，由拋物線的定義可知，的最小值為點到準線的距離，故周長的最小值為，B錯誤；對C，外接圓與拋物線的準線相切，而外接圓的圓心橫坐標為，所以外接圓半徑為，即該圓面積為，C正確；對D，由可得，直線過點，所以，而由前可知，，所以，即有，所以直線的斜率為，D正確．故選：CD．12．已知正方體的棱長為2，為的中點，為正方形所在平面內一動點，則下列命題正確的有（）A．若，則的中點的軌跡所圍成圖形的面積為B．若到直線與直線的距離相等，則的軌跡為拋物線C．若與所成的角為，則的軌跡為雙曲線D．若，則的軌跡為橢圓【答案】BCD【分析】根據正方體的性質（線面垂直的性質）確定點的軌跡判斷AB，利用圓錐面結合圓錐曲線性質判斷CD．【詳解】由于正方體一側棱與底面垂直，即與底面上的直線垂直，，所以，軌跡是以為圓心為半徑的圓，設中點是，中點是，則，，平面，平面，所以平面，因此中點點軌跡是以為圓心，為半徑的圓，面積為，A錯；由于側棱與底面垂直，因此到直線的距離等于，因此點為平面上到定點和定直線距離相等的點，軌跡為拋物線，B正確；與所成的角為時，因為正方體中，則與所成的角也是，是以為軸，軸截面頂角為的圓錐的母線，點軌跡是圓錐側面是平面的交線，由于平面與圓錐的軸平行，因此交線是雙曲線，C正確；，是以為軸，軸截面頂角為的圓錐的母線，點軌跡是圓錐側面是平面的交線，由于平面與圓錐的軸不平行不垂直，因此交線是橢圓，D正確；故選：BCD．三、填空題13．已知在數列中，，，，則________．【答案】0.5【分析】由遞推關系依次求出數列的前幾項，歸納出周期后可得結論．【詳解】由題意，，，，所以數列是周期數列，周期為3，所以．故答案為：．14．已知圓：和圓：，動圓同時與圓外切和圓內切，則動圓的圓心的軌跡方程為________．【答案】【分析】求出兩個圓的圓心和半徑，設圓的半徑為，可得為定值，結合橢圓的定義即可求解.【詳解】由圓：可得圓心，半徑，由圓：可得圓心，半徑，設圓的半徑為，因為動圓同時與圓外切和圓內切，所以，，所以，所以點的軌跡是以，為焦點，的橢圓，所以，，，所以動圓的圓心的軌跡方程為：，故答案為：.15．已知雙曲線：（，）與拋物線：（）有共同的一焦點，過的左焦點且與曲線相切的直線恰與的一漸近線平行，則的離心率為___________.【答案】【分析】由題意可得過左焦點的直線為，然后將直線方程與拋物線方程聯立方程組，消去，由可求得，再由直線與拋物線的漸近線平行，可得，進而可求出雙曲線的離心率【詳解】由題意得，雙曲線右焦點為，則，由雙曲線的方程得其漸近線方程為，設過左焦點的直線為，由，得，因為直線與拋物線相切，所以，即，解得，因為直線與拋物線的漸近線平行，所以，所以，故答案為：四、雙空題16．如圖，一個酒杯的內壁的軸截面是拋物線的一部分，杯口寬，杯深，稱為拋物線酒杯．①在杯口放一個半徑為的玻璃球，則球面上的點到杯底的最小距離為________；②在杯內放入一個小的玻璃球，要使球觸及酒杯底部，則玻璃球的半徑的取值范圍為________（單位：）．【答案】【分析】根據題意，，進而得，，故最小距離為；進而建立坐標系，得拋物線的方程為，當杯內放入一個小的玻璃球，要使球觸及酒杯底部，此時設玻璃球軸截面所在圓的方程為，進而只需滿足拋物線上的點到圓心的距離大于等于半徑恒成立，再根據幾何關系求解即可.【詳解】因為在杯口放一個半徑為的玻璃球，又因為杯口寬4cm，所以如圖1所示，有，所以，所以，所以，又因為杯深8cm，即故最小距離為如圖1所示，建立直角坐標系，易知，設拋物線的方程為，所以將代入得，故拋物線方程為，當杯內放入一個小的玻璃球，要使球觸及酒杯底部，如圖2，設玻璃球軸截面所在圓的方程為，依題意，需滿足拋物線上的點到圓心的距離大于等于半徑恒成立，即，則有恒成立，解得，可得.所以玻璃球的半徑的取值范圍為.故答案為：；【點睛】思路點睛：本題第二問解題的關鍵在于設出球觸及酒杯底部的軸截面圓的方程，進而將問題轉化為拋物線上的點到圓心的距離大于等于半徑恒成立求解.五、解答題17．已知在遞增的等差數列中，，．(1)求和；(2)求的通項公式．【答案】(1)，(2)【分析】（1）根據等差數列下標和性質可得，再與聯立，即可解出；（2）設出數列的公差為，所以，解出，即可得到的通項公式．(1)因為，所以且遞增∴，(2)設數列的公差為，所以∴，，∴．18．圓心在上的圓與軸相切，且被直線截得的弦長為．(1)求圓的方程；(2)求過點且與該圓相切的直線方程．【答案】(1)(2)和【分析】（1）設圓心，求出圓心到直線的距離，由勾股定理計算弦長求得參數，得圓標準方程；（2）分類討論，斜率不存在的直線直接驗證，斜率存在的直線設出直線方程（用點斜式），由圓心到切線距離等于半徑求得參數值，得直線方程．(1)設圓心，則到直線的距離為∴∴圓的方程為(2)①當切線斜率不存在時，：滿足題意②設：，即圓心到直線的距離為，∴綜上得過與圓相切的直線方程為和19．設，兩點的坐標分別為，，直線，相交于點，且它們的斜率之積為．(1)求點的軌跡方程；(2)過點且傾斜角為45°的直線與（1）中的曲線相交于，兩點，求的面積．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據題意求出直線，的斜率，列式化簡即可得到點的軌跡方程；（2）根據題意可得直線的方程為，設，將直線方程與軌跡方程聯立，消去參數，可得，再根據的面積即可求出．(1)設，由題意得化簡得∴點的軌跡方程為：(2)由題可得：，設由消去得，所以，．∴．20．與橢圓：（，且）相關的兩條直線稱為橢圓的準線，已知直線是位于橢圓右側的一條準線，橢圓上的點到的距離的最大值為6，最小值為2．(1)求橢圓的標準方程；(2)已知，分別是橢圓的左右頂點，是橢圓上異于，的任意一點，直線，分別交軸于點，，求證：為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據題意可得即可解出，再根據，即可得到橢圓的標準方程；（2）先求出，，設，即可得到直線，的方程，并求出點，的坐標，再根據數量積的坐標表示計算出，即可證出．(1)由題意得∴，，所以，∴橢圓：(2)由題意可知，，設，則，直線：，直線：分別令得，∴，∴．21．已知拋物線：的焦點為，是拋物線上一點且的面積為（其中為坐標原點），不過點的直線與拋物線交于，兩點，且以為直徑的圓經過點．(1)求拋物線的方程；(2)求證直線恒過定點．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）解：由點是拋物線上一點，可得，結合的面積為，列出方程求得的值，即可求解；（2）設直線：，聯立方程組求得，，根據以為直徑的圓經過點，得到，結合向量的數量積的運算公式，列出方程求得和，進而得到結論.(1)解：由題意，拋物線：的焦點為，點是拋物線上一點，可得，又由的面積為，可得，解得，所以拋物線的方程為.(2)解：設，，直線：，聯立方程組，消去得，則，且，，所以，因為以為直徑的圓經過點，可得，所以解得或，當時，：恒過（不滿足題意，舍去）；當時，：恒過所以直線恒過定點.22．1.在平面直角坐標系中，橢圓：的離心率為，焦距為2．(1)求橢圓的方程；(2)如圖，動直線：交橢圓于A，兩點，是橢圓上一點，直線的斜率為，且，是線段延長線上一點，且，的半徑為，，是的兩條切線，切點分別為S，．求的最小值及的最大值．【答案】(1)(2)的最小值為2，的最大值為【分析】（1）利用離心率與焦距的條件，求出與的值，進而求出橢