1、2020-2021学年第一学期阶段测试卷高二数学第卷（选择题 共60分）一、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. 命题：，则是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】由特称命题的否定为全称命题，全称命题的否定为特称命题，判断即可得解.【详解】由全称命题的否定为特称命题可得：命题： ，则是，；故选：C.2. 直线与圆有两个公共点，那么点与圆的位置关系是（ ）A. 点在圆外B. 点在圆内C. 点在圆上D. 不能确定【答案】A【解析】【分析】直线与圆有两个公共点，可得，即为，由此可得点与圆的位置关系【详解】因为直
2、线与圆有两个公共点，所以有，即，因为点与的圆心的距离为，圆的半径为1，所以点在圆外.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题的关键是将直线与圆的位置关系的判断式和点与圆的关系的判断式联系起来.3. 椭圆：的左焦点为，过的直线交椭圆于两点，则的周长为（ ）A. 4B. 8C. 12D. 16【答案】D【解析】【分析】利用椭圆的定义求解.【详解】如图所示：由椭圆的定义得：,则的周长为.故选：D4. 已知“”是“”表示圆的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出表示圆的充要条件，然后可判断出答案.【详解】若表示圆，则，即，解得.“”是“”表示圆的必要不
3、充分条件，所以实数的取值范围是.故选：A5. 已知椭圆的焦点为椭圆：在长轴上的顶点，且椭圆经过，则的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】可求出椭圆M的焦点坐标，再设出椭圆标准方程，代入条件求解.【详解】椭圆N在长轴上的顶点为，故椭圆M的焦点为，设椭圆M的方程为，由题意得，解得：，所以的方程为，故选：B【点睛】求椭圆的标准方程有两种方法：定义法：根据椭圆的定义，确定a2，b2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出a，b；若焦点位置不明确，则需要分焦点在x轴上和y轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为Ax2By2
4、1(A0，B0，AB)6. 若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】连接圆心与弦中点，根据垂径定理的逆定理得到直线与弦所在的直线垂直，由圆的标准方程求出圆心的坐标，再由弦中点的坐标，求出直线的斜率，根据两直线垂直斜率的乘积为，求出弦所在直线的斜率，再由弦中点的坐标及求出的斜率，写出弦所在直线的方程即可【详解】解：由题意，知圆的标准方程为，圆心为.因为点为弦的中点，所以.又的斜率，所以直线的斜率为2，所以弦所在直线的方程为，即.故选：D【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，垂径定理，直线斜率的求法，两直线垂直时斜
5、率满足的关系，以及直线的点斜式方程，解题的关键是连接圆心与弦中点，根据垂径定理的逆定理得到直线与弦所在的直线垂直7. 若过直线上一点向圆：作一条切线切于点，则的最小值为（ ）A. B. 4C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，求出圆的圆心与半径，由切线长公式可得，当取得最小值时，的值最小，由点到直线的距离分析的最小值，进而计算可得答案【详解】根据题意，圆，其圆心为，半径，过点向圆作一条切线切于点，则，当取得最小值时，的值最小，而的最小值为点到直线的距离，则，则的最小值为，故选：D【点睛】方法点睛：解析几何中的最值问题，常用的方法有：（1）函数单调性法；（2）导数法；（3）数形结合法；
6、（4）基本不等式法.要结合已知条件灵活选择合适的方法求解.本题利用的是数形结合的方法求最值的.8. 已知椭圆的离心率为，以原点为圆心以椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切，则（ ）A. 2B. C. D. 1【答案】D【解析】分析】由题意可得，解出即可【详解】解：由题意有，以原点为圆心以椭圆短半轴长为半径的圆的方程为，直线的一般式为，又椭圆的离心率为，解得，故选：D【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查直线与圆的位置关系，属于中档题二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9. 若不等
7、式成立的充分条件是，则实数的取值范围可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】不等式解集为，由题知，进而得，再结合各选项即可得答案.【详解】解：设不等式的解集为，所以不等式成立的充分条件是，则，所以，即：.所以实数取值范围为的真子集均可.故A，B，C均正确.故选：ABC【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件判断，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含10. 若
8、方程所表示的曲线为椭圆，则下列命题正确的是（ ）A. 该椭圆焦距为B. 表示焦点在轴上的椭圆C. 离心率为时，的取值为或D. 焦距为【答案】BCD【解析】【分析】根据焦点在轴和轴两种情况分别讨论即可得答案.【详解】解：由题意知，解得且，若，则方程表示焦点在轴上的椭圆，此时，所以，；所以，解得，若，则方程表示焦点在轴上的椭圆，此时，所以，所以，解得， 综上，BCD选项正确，A选项错误.故选：BCD【点睛】本题解题的关键在于根据题意，分焦点在轴和轴两种情况分别讨论，考查分类讨论思想和运算求解能力，是中档题.11. 设椭圆的方程为，斜率为的直线不经过原点，而且与椭圆相交于两点，为线段的中点，下列结论
9、正确的是（ ）A. 直线与垂直B. 若点坐标为，则直线的方程为C. 若直线的方程为，则点坐标为D. 若直线过椭圆焦点，则【答案】BD【解析】【分析】根据直线和椭圆的位置关系，及其相关结论 ，逐个分析判断即可得解.【详解】对于A项，因为在椭圆中，根据椭圆的中点弦的性质，所以A项不正确；对于B项，所以直线方程为，即，所以B项正确；对于C项，若直线方程为，点，则，所以C项不正确；对于D项，椭圆方程的通径长是最短的，最短为1，最长为长周长，由于有斜率为且不经过原点，故等号取不到，所以D正确.故选：BD12. 已知曲线的方程是，则下列结论正确的是（ ）A. 曲线与两坐标轴有公共点B. 曲线既是中心对称图
10、形，又是轴对称图形C. 若点在曲线上，则的最大值是D. 曲线围成的面积为【答案】BCD【解析】【分析】对绝对值里面的正负分类讨论求出方程，作出图象，即可判定A错误，B正确，结合对称性判断C选项，根据图形特征计算面积.【详解】解：当，时，方程，当，时，方程，当，时，方程，当，时，方程，作出图象：由于，所以A错误.曲线既是中心对称，又是轴对称图形，对称中心为，对称轴为轴，B正确.点，在曲线上，当且仅当，与圆弧所在的圆心共线时取得最大值，的最大值为圆心距加两个半径，C正确.在当，时，与坐标轴的交点和平分圆，故第一象限的面积为，故总的面积为.第卷（非选择题 共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5
11、分，共20分.13. 方程表示圆，则的取值范围是_.【答案】【解析】分析】根据方程表示圆，由求解.【详解】方程表示圆，所以，即 ，解得 ，所以的取值范围是故答案为：14. 已知：，：，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】先利用绝对值不等式和一元二次不等式的解法化简命题p，q，再根据是的充分不必要条件，由且求解.【详解】：或，记或，： 或，记或，因为是的充分不必要条件，所以且，所以，解得,当时，满足题意，所以实数的取值范围为是故答案为：15. 若圆：与圆：相交于两点，且两圆在点处的切线互相垂直，则的直线方程为_.【答案】【解析】【分析】且两圆在点处的切线互相垂直，
12、由求得m，然后两圆方程相减即可.【详解】如图所示：连接，因为圆，圆，在点处的切线互相垂直，所以，所以，即，所以，所以：，由圆和圆的方程相减得：，所以的直线方程为.故答案为：16. 如图，在平面直角坐标系中，是椭圆的短轴端点，是椭圆上异于点，的一动点，设点满足：，则与的面积之比为_.【答案】2【解析】【分析】设，联立直线、的方程求出，再根据在椭圆上，得到，所以，即得解.【详解】解：设，直线的斜率为，由，所以直线的斜率为，于是直线的方程为，同理，直线的方程为联立两直线方程，消去，得.因为在椭圆上，所以，从而.所以，所以.故答案为：2【点睛】思路点睛：由题易得，所以即求的值，要求的值就要找到的关系，
13、首先要求出的值，所以要联立两直线的方程.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知圆过两点，且圆心在直线上.（1）求该圆的方程；（2）求过点的直线被圆截得弦长最大时的直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出的中垂线，根据求出圆心坐标，求出半径即可得解；（2）直线被圆截得的弦长最大时是过圆心的直线，求出直线方程.【详解】解：（1）因为圆过两点，设的中点为，则，因为，所以的中垂线方程为，即又因为圆心在直线上，解得，圆心，故圆的方程为.（2）因为直线被圆截得的弦长最大时是过圆心的直线，所以直线过点，由过点，的斜率为，所以直线的方程为
14、，故直线的方程为.18. 已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，左焦点为，右顶点为，短轴长为，点的坐标为，的面积为.（1）求椭圆的离心率；（2）若椭圆过，求椭圆的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意，再由的面积可得，结合即可求椭圆的离心率；（2）椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，设方程为，由椭圆的离心率、椭圆过定点及可求椭圆方程.【详解】（1）椭圆的离心率为，依题意有：，所以，即，又，所以，即，椭圆的离心率.（2），椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，所以方程为，椭圆的方程为.【点睛】方法点睛：本题考查椭圆的几何性质，第一问的关键点是由的面积得出，然后得到的齐次方程，考查椭
15、圆方程的求法，考查运算求解能力.19. 已知椭圆：的离心率为，过右焦点且斜率为1的直线与圆相切.（1）求椭圆的方程；（2）为椭圆的左焦点，为椭圆上的一点，若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）运用椭圆的离心率和，的关系，设出直线的方程，由直线和圆相切的条件，解方程可得，即可得到椭圆方程；（2）在中，运用余弦定理和椭圆的定义，解方程可得，运用三角形的面积公式，计算可得所求值【详解】解：（1），可得，所以，所以椭圆的方程可化为.过椭圆的右焦点且斜率为1的直线方程为，此直线与圆相切，所以，解得，所求椭圆的方程为.（2）在中，设，由余弦定理得，因为代入上式解得，所以面积故的面积为
16、.【点睛】方法点睛：对于椭圆和双曲线的问题，看到焦半径要马上联想到椭圆双曲线的定义，利用其定义解题，必要时需借助正弦余弦定理求解.20. 如图，四棱锥中，底面为菱形，与交于点，.（1）求证：平面平面；（2）若平面平面，为的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连结，先证明平面，进而证明平面平面；（2）由平面平面得平面，进而建立空间直角坐标系，用向量的方法求解即可.【详解】（1）证明：连结，因为底面为菱形，所以为的中点，又，所以，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）因为平面平面，所以平面，又因为，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设
17、平面的法向量为，则，即，令，则，所以取.因为平面，所以取平面的法向量为.于是，因为为锐角，所以二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：本题考查面面垂直与二面角的求解，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.常见的面面的证明方法有：通过线面垂直得面面垂直；通过二面角为直二面角求证面面；通过空间向量求证；常见的二面角的求解方法有：几何法即找出二面角的平面角，再根据几何关系求解；利用空间向量求解.21. 已知圆：，点的坐标为，从圆外一点向该圆引切线，为切点，且.（1）证明：点恒在一条定直线上，并求出定直线的方程；（2）求直线与椭圆上点的最近距离.【答案】（1）证明见解析；.（2）【解析】【分析】（1）
18、设，由切线长求得，再根据求解.（2）设与平行的直线为，将直线与椭圆联立，由求得切线方程，再求得相应切线与直线l的距离即可.【详解】（1）设，由题可得，所以，整理得，所以点恒直线上.（2）设与平行的直线为，将直线与椭圆联立，化简得，解得，即当时直线与椭圆相切，切线与直线最近的是时，故直线与椭圆上点的最近距离为与的距离，所以直线与椭圆上点的最近距离为.22. 已知椭圆：的右焦点为，离心率为，过原点的直线（不与坐标轴重合）与交于两点，且.（1）求椭圆的方程；（2）过作轴于点，连接，并延长交椭圆于，证明以线段为直径的圆经过点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设椭圆的左焦点为，运用椭圆的对称性和定义，以及离心率公式，解方程可得，可得椭圆方程；（2）设直线的斜率为，可得直线的方程为，求得直线的斜率，直线的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理求得的坐标，求得的斜率，可得，即可得证【详解】解：（1）设椭圆的左焦点为，根据对称性，又离心率为，所以，所以椭圆的方程为（2）证明：设直线的斜率为，则直线的方程为，直线的斜率为，所以直线的方程为联立得记的坐标分别为，由韦达定理知所以，于是，所以直线的斜率为因为，所以，所以以线段为直径的圆经过点.【点睛】方法点睛：求解直线和圆锥曲线的位置关系的问题，通常要把直线和圆锥曲线联立得到韦达定理，再利用韦达定理去消元求解.
