2022-2023学年江西省景德镇下学期期中考试数学试题4【含答案】

2022-2023学年江西省景德镇下学期期中考试数学试题一、单选题1．设直线.若，则（

）A．0或1 B．0或-1 C．1 D．-1【答案】A【分析】由两直线垂直可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.【详解】因为，则，解得或.故选：A.2．双曲线的渐近线方程是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据焦点在x轴上双曲线的渐近线方程直接求解即可.【详解】根据双曲线的渐近线方程：，知：的渐近线方程为.故选：C.3．已知双曲线（）的左右焦点分别是，，点在第一象限且在的渐近线上，是以为斜边的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（

）A． B． C．3 D．2【答案】A【分析】首先求出渐近线方程，依题意可得点在渐近线上，即可得到，再根据离心率公式计算可得.【详解】双曲线的渐近线为，设，，则，因为点在第一象限且在的渐近线上，是以为斜边的等腰直角三角形，所以点在渐近线上，所以，即，所以双曲线的离心率.故选：A4．方程表示椭圆的一个充分不必要条件是（

）A．且 B． C． D．【答案】B【分析】根据方程表示椭圆，列出不等式组，求出的取值范围，然后根据充分不必要条件概念即可求解.【详解】若方程表示椭圆，则有，解得且，因为是集合且的真子集，所以“”是“方程表示椭圆”的充分不必要条件，故选：B.5．已知抛物线，直线，，为上的动点，则点到与的距离之和的最小值为（

）A．3 B． C．2 D．【答案】A【分析】利用抛物线的定义及点到直线的距离公式即可求解.【详解】由，得，焦点坐标为，准线方程为.由抛物线的定义可知，点到准线的距离等于到焦点的距离，所以点到与的距离之和的最小值为点到的距离，所以点到与的距离之和的最小值为.故选：A.6．已知椭圆的上顶点为B，斜率为的直线l交椭圆于M，N两点，若△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用点差法可得，再利用重心的性质可得点，从而利用可得，即可求离心率.【详解】设，的中点为，因为都在椭圆上，所以，作差可得，即，所以，即，因为，所以，又因为为△BMN的重心，所以，所以，则，所以，整理得，即，所以，则，所以离心率.故选:A.7．已知分别为双曲线的左､右焦点，为双曲线的右顶点.过的直线与双曲线的右支交于两点（其中点A在第一象限），设分别为的内心，则的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意可得，，，再由双曲线的定义可得，进而可得，设点J的横坐标，由题意可得横坐标为a，设直线AB的倾斜角，则可求得，再由的范围即可求得结果.【详解】由题意知，，设△的内切圆M分别与、、相切于点、、，则，，，由双曲线的定义知，，即：，所以，所以，设内心M的横坐标为，则点J的横坐标为，则，解得：，所以轴，则E为直线JM与x轴的交点，同理可得：△的内心也在直线JM上，设直线AB的倾斜角为，则，，所以，由题意知，，，所以，所以，又因为双曲线C的渐近线方程为，过的直线与双曲线C的右支交于A、B两点，所以，所以，所以.故选：C.8．如图，抛物线的焦点为，过点作直线与抛物线交于两点，过点作抛物线准线的垂线，垂足为，记，则下列说法中：①，；②点在一条直线上；③；④以线段为直径的圆与轴相切；⑤分别过两点作抛物线的切线，则两条切线互相垂直.正确命题的个数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，与抛物线方程联立，利用韦达定理可知①正确；分别表示出，结合韦达定理的结论可化简得到知②正确；根据与抛物线定义可化简得到③正确；根据线段中点到轴的距离为可知④正确；利用导数可求得抛物线在处的切线斜率，根据斜率乘积为可知⑤正确.【详解】对于①，由抛物线方程，可得，设直线，，由，得，，，①正确；对于②，由题意知，，，，又，，在一条直线上，②正确；对于③，作垂直于抛物线准线，垂足为，作轴，垂足为，设抛物线与轴交于点，由抛物线定义知，，又，，，又，，整理，可得，，③正确；对于④，线段中点为，又，线段中点到轴的距离为，以线段为直径的圆与轴相切，④正确；对于⑤，当时，，，则抛物线在点处的切线斜率；当时，，，则抛物线在点处的切线斜率，，两条切线互相垂直，⑤正确.故选：D.二、多选题9．带有编号1、2、3、4、5的五个球，则（

）A．全部投入4个不同的盒子里，共有种放法B．放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有种放法D．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法【答案】ACD【分析】对A：根据分步乘法计数原理运算求解；对B：分类讨论一共用了几个球，再结合捆绑法运算求解；对C：根据分步乘法计数原理运算求解；对D：利用捆绑法运算求解.【详解】对于A：每个球都可以放入4个不同的盒子，则共有种放法，A正确；对于B：放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，则有：全部投入4个不同的盒子里，每盒至少一个，相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种放法，B错误；对于C：先选择4个球，有种，再选择一个盒子，有种，故共有种放法，C正确；对于D：全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，则相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种放法，D正确；故选：ACD.10．已知在中，角，，所对应的边分别为，，，为所在平面上一点，下列命题中正确的是（）A．“”是“”的充分不必要条件B．若，，，则有一解C．若，且，则为等边三角形D．若，，则【答案】BCD【分析】由余弦函数性质判断A；由正弦定理判断B；由向量的运算结合几何意义判断C；由两角和的正切公式判断D．【详解】在中，，，A错误；若，，，因为，则，只能为锐角，，三角形只有一解，B正确；向量平行于的平分线所在的直线，由知，该角平分线垂直于，因此是等腰三角形，且，由得，即，则为等边三角形，C正确；，即，而，则有，又，则，D正确．故选：BCD11．已知点，，且点在圆上，为圆心，则下列结论正确的是（

）A．直线与圆相交所得的弦长为4B．的最大值为C．的面积的最大值为2D．当最大时，的面积为1【答案】ABD【分析】由圆的方程得圆C是以为圆心，以2为半径的圆，根据圆上点与两定点及直线MN的位置关系，分析选项正误.【详解】圆C：，即，所以圆C是以为圆心，以2为半径的圆.对于A，直线MN的方程为，过圆心，所以直线MN与圆C相交所得的弦长为直径4，故A项正确；对于B，，当点P为MN的延长线与圆的交点时，等号成立，故B项正确；对于C，设点P到直线MN的距离为d，则，因为直线MN过圆心，所以当时，最大为，故C项错误；对于D，当MP与圆C相切时，最大，不妨设，此时，故D项正确.故选：ABD.12．下列说法正确的有（

）A．直线过定点B．过点作圆的切线，则的方程为C．若圆与圆有唯一公切线，则D．圆上存在两个点到直线的距离为2【答案】AD【分析】根据当时，，得到直线过定点，即可判断A选项；过点作圆的切线，考虑斜率存在和不存在两种情况，当斜率不存在时切线方程为，即可判断B选项；根据圆和圆有唯一公切线得到两圆内切，然后根据内切列方程求解即可判断C选项；根据圆心到直线的距离得到直线与圆的位置关系，再结合圆上点到直线距离的最大值和最小值即可判断圆上有几个点到直线的距离为2，即可判断D选项.【详解】直线，当时，，所以直线过定点，故A正确；当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离为2，所以时圆的切线，故B错；因为圆和圆有唯一公切线，所以圆和圆内切，圆：，圆：，所以，即，解得，故C错；圆上的圆心到直线的距离，所以圆上点到直线的距离的最大值为，最小值为，则直线与圆的位置关系如下图，又因为，，所以圆上存在两个点到直线的距离为2，故D正确.故选AD.三、填空题13．已知点，点P在抛物线上运动，F是抛物线的焦点，连接PF并延长与圆交于点B，则的最小值是___________.【答案】4【分析】求出焦点，设.表示出，令，换元根据基本不等式即可求出答案.【详解】由题意可知，抛物线的焦点为.设点，则由抛物线的定义得，.要使最小，则应有，此时有.令，则，，因为，显然有，则由基本不等式知，当且仅当，即时等号成立.故的最小值为.故答案为：4.14．已知双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，分别为双曲线C的左、右焦点，分别为双曲线C的左、右顶点，直线l过点且与以为直径的圆相切于点M．若直线l与双曲线C的右支交于点A，且，则双曲线C的离心率等于_________．【答案】【分析】利用已知条件，结合直角三角形以及双曲线的定义，通过余弦定理，转化求解双曲线的离心率即可.【详解】作图，如图所示，可得：因为，所以，结合双曲线的定义，化简得：设则，故答案为：.15．若直线与相交于点，过点作圆的切线，切点为，则|PM|的最大值为______．【答案】【分析】根据两直线所过的定点和位置关系，结合圆的性质进行求解即可.【详解】直线过定点，直线过定点，显然这两条直线互相垂直，因此在以为直径的圆上，设该圆的圆心为，显然点的坐标为，所以该圆的方程为，由圆的切线性质可知：，要想|PM|的值最大，只需的值最大，当点在如下图位置时，的值最大，即，所以|PM|的最大值为，故答案为：【点睛】关键点睛：根据两直线的位置关系确定点的轨迹，利用圆的几何性质是解题的关键.16．如图，一个光学装置由有公共焦点的椭圆C与双曲线构成，一光线从左焦点发出，依次经过与C的反射，又回到点.，历时m秒；若将装置中的去掉，则该光线从点发出，经过C两次反射后又回到点历时n秒，若的离心率为C的离心率的4倍，则_____________.【答案】/0.375【分析】由离心率比求得长半轴与实半轴的比，根据椭圆与双曲线的定义求两种装置中光线路程之比即得．【详解】设椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，焦距，由，依次经过与C的反射，又回到点F1，则有，，两式相减得，将装置中的去掉，则有，所以故答案为：．四、解答题17．已知的展开式中，其前三项的二项式系数的和等于56.(1)求展开式中所有二项式系数的和；(2)求展开式中的常数项.【答案】(1)1024(2)180【分析】（1）根据前三项的二项式系数之和列出方程，求出，进而求出所有二项式系数的和；（2）利用展开式的通项公式，令的次数为0，求出，得到答案.【详解】（1）前三项的二项式系数和为，解得或-11（舍去），中，展开式中所有二项式系数的和为；（2）的展开式通项公式为，令得，故.18．的三内角的对边分别为，且满足.点为边上动点，点为边中点，记交于点，若已知.(1)当时，求.(2)当长为何值时，从点处看线段的视角（即）最大？【答案】(1)(2)当时，从点处看线段的视角（即）最大.【分析】（1）根据已知条件及余弦定理的推理，利用同角三角函数函数的商数关系、余弦定理及勾股定理的逆定理，结合锐角三角函数的定义及两角和的余弦公式即可求解；（2）根据（1）的结论及锐角三角函数的定义，利用两角差的正切公式及基本不等式即可求解.【详解】（1）因为，所以，即，因为，所以.又，所以,所以，又，所以，即，所以.由，可知为的中点，因为所以,所以.（2）设记,所以，当且仅当，即等号成立，所以当时，取得最大值，即从点处看线段的视角（即）最大.19．已知抛物线，为坐标原点，焦点在直线上．(1)求抛物线的标准方程；(2)过点作动直线与抛物线交于，两点，直线，分别与圆交于点，两点（异于点），设直线，斜率分别为，．①求证：为定值；②求证：直线恒过定点．【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）先求出抛物线的焦点坐标，进而得到，可得，从而求解；（2）①设直线方程为，，，联立方程组，结合韦达定理可得，结合可得，进而求证；②设直线方程为，，，联立方程组，结合韦达定理可得，，再结合即可得证.【详解】（1）易知直线与x轴交于，即焦点坐标为，所以，，则抛物线方程为．（2）①设直线方程为，，，联立方程组，得，所以，又，所以，即，则．②设直线方程为，，联立方程组，得，所以，，．整理得，，所以直线过定点．20．已知椭圆过点，且离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)过作斜率之积为1的两条直线与，设交于，两点，交于，两点，，的中点分别为，．试问：直线是否恒过定点？若是，请求出与的面积之比；若不是，请说明理由．【答案】(1)；(2)恒过定点，与的面积之比2，理由见解析．【分析】（1）根据给定的条件，列出关于的方程组，再求解作答.（2）设出直线、的方程，与椭圆E的方程联立，求出点，的坐标，再求出直线的方程即可作答.【详解】（1）设椭圆半焦距为c，依题意可得，，解得，所以椭圆的标准方程是.（2）直线恒过定点，设直线，，，由消去x得，则，设点，则，，即，显然直线，同理可得，直线的斜率有，因此直线，即，过定点，显然点是线段中点，设点到直线的距离分别为，则，所以直线恒过定点，与的面积之比为2.21．已知椭圆的离心率为，长轴的左端点为.(1)求C的方程；(2)过椭圆C的右焦点的任一直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，且AM，AN与直线