【精品解析】湖北省部分省级示范高中2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题

湖北省部分省级示范高中2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题
一、单选题
1．（2022高二上·湖北期中）某中学高中部共有80名教师，初中部共有120名教师，其性别比例如图所示，现从中按分层抽样抽取25人进行优质课展示，则应抽取高中部男教师的人数为（　　）
A．3 B．6 C．7 D．9
2．（2022高二上·湖北期中）已知直线与直线垂直，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2022高二上·湖北期中）笼子中有1只鸡和2只兔子，从中依次随机取出1只动物，直到3只动物全部取出．如果将2只兔子中的某一只起名为“长耳朵”，则“长耳朵”恰好是第二只被取出的动物的概率为（　　）
A． B． C． D．
4．（2022高二下·梅州期末）已知四棱锥，底面为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，，，设，，，则向量用为基底表示为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2022高二上·湖北期中）已知椭圆的左 右焦点分别是，，过的直线与椭圆C交于A，B两点，则的面积是（　　）
A． B． C． D．
6．（2022高二上·湖北期中）已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为（　　）
A． B． C． D．
7．（2022高二上·湖北期中）已知椭圆C的焦点为，，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为（　　）
A． B． C． D．
8．（2022高二上·湖北期中）阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2021·广东模拟）中国仓储指数是基于仓储企业快速调查建立的一套指数体系，由相互关联的若干指标构成，它能够反映各行业对仓储物流业务需求变化的情况.下图是2019年1月至2020年6月中国仓储业务量指数走势图，则下列说法正确的是（　　）
A．2019年全年仓储业务量指数的极差为24%
B．两年上半年仓储业务量指数均是2月份最低，4月份最高
C．两年上半年仓储业务量指数的方差相比，2019年低于2020年
D．2019年仓储业务量指数的中位数为59%
10．（2022高二上·湖北期中）已知曲线的方程为，则（　　）
A．曲线关于直线对称
B．曲线围成的图形面积为
C．若点在曲线上，则
D．若圆能覆盖曲线，则的最小值为
11．（2022高二上·湖北期中）已知F为椭圆C：的左焦点，直线l：与椭圆C交于A，B两点，轴，垂足为E，BE与椭圆C的另一个交点为P，则（　　）
A． B．的最小值为2
C．直线BE的斜率为 D．为钝角
12．（2021·广东模拟）已知三棱柱 为正三棱柱，且 ， ， 是 的中点，点 是线段 上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．正三棱柱 外接球的表面积为
B．若直线 与底面 所成角为 ，则 的取值范围为
C．若 ，则异面直线 与 所成的角为
D．若过 且与 垂直的截面 与 交于点 ，则三棱锥 的体积的最小值为
三、填空题
13．（2022高二上·湖北月考）2022北京冬奥会期间，吉祥物冰墩墩成为顶流”，吸引了许多人购买，使一“墩难求甲、乙、丙3人为了能购买到冰墩墩，商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲、乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，丙购买到冰墩墩的概率为，则甲，乙，丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为　 　．
14．（2019高二上·洮北期中）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中， ，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是　 　。
15．（2022高二上·湖北期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线交椭圆于两点，直线与椭圆的另一个交点为C，若，则椭圆的离心率为　 　 .
16．（2022高二上·湖北期中）以三角形边，，为边向形外作正三角形，，，则，，三线共点，该点称为的正等角中心．当的每个内角都小于120°时，正等角中心点P满足以下性质：
（1）；（2）正等角中心是到该三角形三个顶点距离之和最小的点（也即费马点）．由以上性质得的最小值为　 　.
四、解答题
17．（2022高二上·湖北期中）2022年7月1日是中国共产党建党101周年，某党支部为了了解党员对党章党史的认知程度，针对党支部不同年龄和不同职业的人举办了一次“党章党史”知识竞赛，满分100分分及以上为认知程度高，结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：第二组：第三组：第四组：第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．
（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．若有甲年龄，乙年龄两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率.
18．已知圆C经过点A（2，0），与直线x+y=2相切，且圆心C在直线2x+y﹣1=0上．
（1）求圆C的方程；
（2）已知直线l经过点（0，1），并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程．
19．（2020高二上·明光开学考）如图，四边形 为正方形， 平面 ， ，点 ， 分别为 ， 的中点．
（1）证明： 平面 ；
（2）求点 到平面 的距离．
20．（2022高二上·湖北期中）我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门。已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门。
（1）从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率；
（2）假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率.
21．（2022高二上·湖北期中）如图1，已知正方形的边长为，分别为，的中点，将正方形沿折成如图2所示的二面角，且二面角的大小为，点在线段上(包含端点)运动，连接.
（1）若为的中点，直线与平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面.
（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求此时平面与平面的夹角的余弦值；若不存在，请说明理由
22．（2021高三上·湖南月考）已知椭圆 经过点 ，离心率为 ．
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）设椭圆 的左、右两个顶点分别为 ， 为直线 上的动点，且 不在 轴上，直线 与 的另一个交点为 ，直线 与 的另一个交点为 ， 为椭圆 的左焦点，求证： 的周长为定值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】依题意，高中部、初中部教师人数比为，按分层抽样抽取的25人中，高中部的教师人数为，
所以应抽取高中部男教师的人数为.
故答案为：B
【分析】根据给定条件，求出应抽高中部的教师人数，再按比例计算男教师人数作答.
2．【答案】D
【知识点】用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】由，所以直线的斜率为，
由，所以直线的斜率为，
因为直线与直线垂直，
所以，
故答案为：D
【分析】根据互相垂直两直线的斜率关系进行求解即可.
3．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】把1只鸡记为a，2只兔子分别记为“长耳朵”H和h，
则从笼中依次随机取出1只动物，直到3只动物全部取出，
共有如下6种不同的取法：（a，H，h），（a，h，H），（H，a，h），（H，h，a），（h，a，H），（h，H，a），
其中“长耳朵”H恰好是第二只被取出的动物包含2种不同的取法．
则“长耳朵”恰好是第二只被取出的动物的概率．
故答案为：A．
【分析】先求出从笼中依次随机取出1只动物，直到3只动物全部取出的基本事件个数，再求出“长耳朵”H恰好是第二只被取出的动物包含的基本事件，由古典概率的概率公式代入即可得出答案.
4．【答案】D
【知识点】向量加减混合运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】即
故答案为：D．
【分析】根据题意由已知条件结合向量加减运算性质，整理化简计算出结果即可。
5．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意可得，，则直线.
联立，整理得，
设，，
则，，
从而.
因为，
所以的面积是.
故答案为：A
【分析】由题知，直线，进而与椭圆方程联立得，，进而根据计算即可.
6．【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】因为，为的一个方向向量，所以点到直线的距离.
故答案为：B
【分析】求出，根据点到直线的距离的向量公式进行求解.
7．【答案】A
【知识点】椭圆的标准方程
【解析】【解答】如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在中，由余弦定理推论得．
所以，则.
得，所以，又，得
故C的方程为
故答案为：A
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，从而可求解．
8．【答案】C
【知识点】平面内两点间的距离公式；轨迹方程
【解析】【解答】设，，所以，
又，所以．
因为且，所以，
整理可得，
又动点M的轨迹是，
所以，解得，
所以，又，
所以，因为，
所以的最小值为．
故答案为：C．
【分析】根据点的轨迹方程可得，结合条件可得，即得.
9．【答案】A,C
【知识点】频率分布折线图、密度曲线
【解析】【解答】2019年全年仓储业务量指数3月份最高为66%，2月份最低为42%，所以极差为24%，A符合题意；
2019年以及2020年上半年仓储业务量指数均是2月份最低，3月份最高，所以两年上半年仓储业务量指数均是2月份最低，3月份最高，B不符合题意；
由折线图可知两年上半年仓储业务量指数的方差相比，2019年低于2020年，C符合题意；
2019年仓储业务量指数按从小到大的顺序排列为42%，51%，51%，56%，57%，58%，58%，58%，59%，60%，60%，66%，所以中位数为58%，D不符合题意.
故答案为：AC
【分析】根据折线图逐项进行判断，即可得出答案。
10．【答案】A,B,C
【知识点】圆方程的综合应用；图形的对称性
【解析】【解答】曲线上任意点有：，该点关于的对称点有，即由线上任意点关于直线的对称点仍在曲线上，故选项A正确；
因为点在曲线上，点，点也都在曲线上，则曲线关于轴，轴对称，当，时，曲线的方程为，
表示以点为圆心，为半径的圆在直线上方的半圆（含端点），
因此，曲线是四个顶点为，，，的正方形各边为直径向正方形外作半圆围成，如图，
所以曲线围成的图形的面积是，故选项B正确；
点，在曲线上，则，，
，，解得，故选项C正确；
曲线上的点到原点距离最大值为，圆能覆盖曲线，则，故选项D不正确．
故答案为：ABC．
【分析】根据给定条件逐一分析每一个选项，推理，计算判断即可．
11．【答案】A,C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】由椭圆C：得，则，，，
对于A，设将圆C的右焦点为，如图，连接，，
由椭圆与的对称性可知，则四边形为平行四边形，
故，故A正确；
.
对于B，，
当且仅当，且，即时，等号成立，
故的最小值为，故B错误；
对于C，设，，，故直线BE的斜率，故C正确；
对于D，设，直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，则，
又点P和点A在椭圆C上，故，，
两式相减得，则，故，
易知，则，得，
所以，故，故D错误.
故答案为：AC．
【分析】对于A，利用椭圆与的对称性可证得四边形为平行四边形，进而得到；
对于B，利用A中的结论及基本不等式“1”的妙用即可得到的最小值；
对于C，由题意设各点的坐标，再由两点斜率公式即可得到；
对于D，先由各点坐标结合椭圆方程可得到，从而可证得，由此可知.
12．【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】选项 ：因为 外接圆的半径 ， ，所以正三棱柱 外接球的半径 ，所以外接球的表面积为 ，故 项正确；
选项 ：取 的中点 ，连接 ， ， ， ，由正三棱柱的性质可知平面 平面 ，所以当点 与 重合时， 最小，当点 与 重合时， 最大，所以 ，故 错误；
选项 ：将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则 (或其补角)为异面直线 与 所成的角，易得 ， ，所以 ，故 项错误；
选项 ：如图所示，因为 ，所以要使三棱锥 的体积最小，则三棱锥 的体积最大，设 的中点为 ，作出截面如图所示，
因为 ，所以 在以 为直径的圆上，
所以点 到底面 距离的最大值为 ，
所以三棱锥 的体积的最小值为 ，故 项正确.
故答案为：AD.
【分析】根据正三棱柱体的结构特征，逐项进行分析，即可得出答案。
13．【答案】
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】因为甲乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，所以甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率.
同理，丙购买不到冰墩墩的概率.
所以，甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，
于是甲乙丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率.
故答案为：.
【分析】先算出甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率，然后算出丙购买不到冰墩墩的概率，进而算出甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，即可得答案.
14．【答案】
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】 ，
，
，
故答案为： ．
【分析】利用 ，即可求解．
15．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆的左、右焦点分别为，将代入椭圆方程可得，可设，
由，得，即有，即，
得，代入椭圆方程可得，由，即有，解得.
故答案为：.
【分析】转化条件设点，表示出点C坐标后直接代入椭圆方程，利用即可得解.
16．【答案】
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：根据题意，在平面直角坐标系中，令点，，，
则表示坐标系中一点到点、、的距离之和，
因为是等腰三角形，，
所以点在轴负半轴上，所以与轴重合，
令的费马点为，则在上，则，
因为是锐角三角形，由性质（1）得，
所以，所以，所以，
，到、、的距离分别为，，
所以的最小值，
即为费马点到点、、的距离之和，则．
故答案为：．
【分析】由题可知，所要求的代数式恰好表示平面直角坐标系中三个距离之和，所以首先要把代数式中三个距离的对应的点找到，再根据题干所述找到相应的费马点，即可得出结果．
17．【答案】（1）解：设这m人的平均年龄为，
则岁
设第80百分位数为a，
由，解得
（2）解：由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙.
对应的样本空间为：，甲，，乙，，，，甲，，乙，，，甲，，乙，，甲，乙，甲，，乙，，共15个样本点.
设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，
则，甲，，乙，，甲，，乙，，甲，，乙，甲，乙，甲，，乙，，共有9个样本点.
所以，
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）直接根据频率分布直方图求解平均年龄与第80百分位数；
（2）按照分层抽样确定第四组抽取人数与编号，第五组抽取人数与编号，列举样本空间中所有样本点及事件“甲、乙两人至少一人被选上”的所有符合的样本点，结合古典概型公式计算即可得所求概率.
18．【答案】（1）解：因为圆心C在直线2x+y﹣1=0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）．
则点C到直线x+y=2的距离d= ．
据题意，d=|AC|，则 ，
解得a=1．
所以圆心为C（1，﹣1），半径r=d= ，
则所求圆的方程是（x﹣1）2+（y+1）2=2
（2）解：k不存在时，x=0符合题意；
k存在时，设直线方程为kx﹣y+1=0，圆心到直线的距离 =1，∴k=﹣ ，
∴直线方程为3x+4y﹣4=0．
综上所述，直线方程为x=0或3x+4y﹣4=0
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）由圆C的圆心经过直线2x+y﹣1=0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）．由点到直线的距离公式表示出圆心C到直线x+y=2的距离d，然后利用两点间的距离公式表示出AC的长度即为圆的半径，然后根据直线与圆相切时圆心到直线的距离等于圆的半径，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值，由a的值可确定出圆心坐标及半径，然后根据圆心和半径写出圆的方程即可．（2）分类讨论，利用圆心到直线的距离为1，即可得出结论．
19．【答案】（1）证明：取点 是 的中点，连接 ， ，则 ，且 ，
∵ 且 ，
∴ 且 ，
∴四边形 为平行四边形，
∴ ，∴ 平面 ．
（2）解：由（1）知 平面 ，所以点 到平面 的距离与 到平面 的距离是相等的，故转化为求点 到平面 的距离，设为 ．
利用等体积法： ，即 ， ，
∵ ， ，∴ ，∴ ．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】 (1)根据题意取PB中点G，由中点的性质即可得出线线平行，由此得出四边形EDFG是平行四边形，由此可得DF//EG，再结合线面平行的判定定理即可得证，DF//平面PBE；
(2)根据棱锥体积公式计算D到平面PBE的距离d，则d为直线PD与平面PBE所成角的正PD弦值.
20．【答案】（1）解：用a，b分别表示“选择物理”“选择历史”，用c，d，e，f分别表示选择“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”，
则所有选科组合的样本空间，
∴，
设“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，
则，
∴，
∴.
（2）解：设甲、乙、丙三人每人的选科组合符合医科大学临床医学类招生选科要求的事件分别是，，，
由题意知事件，，相互独立
由（1）知.
记“甲、乙、丙三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，
则
易知事件，，两两互斥，
根据互斥事件概率加法公式得
.
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合古典概型求概率公式，进而得出该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率。
（2）利用已知条件结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式以及对立事件求概率公式，进而得出这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率。
21．【答案】（1）解：因为直线MF 平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上，延长EA，FM交于点O，
连接OD，如图所示．
因为，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF＝2.
故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2.
连接DF，交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，
所以N是EC的中点．
连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又MN 平面EMC，OD 平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.
（2）解：如图，由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE，
由于平面，所以平面ABFE⊥平面ADE.
易知△ADE为等边三角形，取AE的中点H，连接DH，则，根据面面垂直的性质定理可知：DH⊥平面ABFE.
以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(－，0，0)，D(0，0，)，C(0，2，)，F(－，2，0)，
所以，
设，则.
设平面EMC的法向量为，
则，即，
取，则为平面EMC的一个法向量．
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，
则，
即，解得或.
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q，连接QA，则为平面的一个法向量， Q，0，，A(，0，0)，所以.
所以可设平面的一个法向量为
设平面MEC与平面ECF的夹角为θ，
当时，，
，
当时，，
，
综上，平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过三角形的中位线以及线面平行的判定定理，来证得直线平面；
（2） 以H为坐标原点， 建立空间直角坐标系， 设，则，利用直线 与平面所成的角为，则，解出的值 ，进而利用法向量计算出平面与平面 的夹角的余弦值.
22．【答案】（1）解： ， ，
椭圆 经过点 ， ，
， ， 椭圆C的标准方程为
（2）解：解法一：证明：由题意可知， ，设 ，
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立方程组 可得 ，
可得 ，所以 ，
则 ，故 ．
由 可得 ，可得 ，所以 ，
则 ，故 ，
所以 ，
故直线 的方程为 ，
即 ， ，
故直线 过定点 ，所以 的周长为定值8．
当 时， 或 ，可知 是椭圆的通径，
经过焦点 ，此时 的周长为定值 ，
综上可得， 的周长为定值8．
解法二：当直线 斜率存在时，设其方程为： ，
由 ．
设 ，则有 ，
直线 ，令 ，得 ，
直线 ，令 ，得 ，所以 ，
由 ，
所以 ，
即 ，
化简得 或 ．
时直线 过点 （舍），所以 ，
即直线 的方程为 ，过定点 ．
当直线 的斜率不存在时，设其方程为： ，
则有 ，代入 ，
直线 也过定点 ，
综上所述，直线 始终经过椭圆的右焦点，故 的周长为定值 ．
解法三：当M位于椭圆的上顶点，则此时 ，直线 与 相交于点 ，
则直线 的方程为 ，
联立椭圆方程可得： ，则可知 ，
易知直线 经过椭圆的右焦点 ，此时 的周长为定值 ，
猜想，若 的周长为定值，则直线 经过椭圆的右焦点．
证明如下：
依题意直线 的斜率不为0，设直线 的方程为 ，
代入椭圆方程得： ，
设 ，则 ．
直线 ，令 ，得 ，
直线 ，令 ，得 ，
因为 ，
所以直线 的交点在直线 上，即过直线 上的点T所作的两条直线 和 分别与椭圆相交所得的两点M、N形成的直线 始终经过椭圆的右焦点，
故 的周长为定值 ．
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆的 a、b 、c 三者的关系，计算出a与c的关系，并把点的坐标代入到椭圆的方程计算出c的取值。从而计算出a与b的值由此得出椭圆的方程。
(2)解法一：由设而不求发设出点的坐标以及直线的方程，再联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程，由此计算出点的坐标并把结果代入到斜率的坐标公式，进而得出直线的方程，结合直线的性质即可求出直线过的定点的坐标，由已知条件即可求出三角形的周长。
解法二：根据题意设出点的坐标以及由斜截式设出直线的方程，再联立直线与椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，结合韦达定理即可得到关于k和m的两根之和与两根之积的代数式，再代入到直线的方程整理化简计算出m 与k的关系，由此得出直线的方程以及过的定点的坐标，然后联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程，计算出点的坐标从而得出焦点的坐标以及a的取值，从而得出答案。
解法三：根据题意由斜截式设出直线的方程再联立直线与椭圆的方程，消去x等到关于y的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于m的两根之和与两根之积的代数式，结合点斜式即可求出直线的方程，并把结果代入整理化简求出直线的方程，结合题意由椭圆的定义计算出a的取值从而得出答案。
1 / 1湖北省部分省级示范高中2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题
一、单选题
1．（2022高二上·湖北期中）某中学高中部共有80名教师，初中部共有120名教师，其性别比例如图所示，现从中按分层抽样抽取25人进行优质课展示，则应抽取高中部男教师的人数为（　　）
A．3 B．6 C．7 D．9
【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】依题意，高中部、初中部教师人数比为，按分层抽样抽取的25人中，高中部的教师人数为，
所以应抽取高中部男教师的人数为.
故答案为：B
【分析】根据给定条件，求出应抽高中部的教师人数，再按比例计算男教师人数作答.
2．（2022高二上·湖北期中）已知直线与直线垂直，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】由，所以直线的斜率为，
由，所以直线的斜率为，
因为直线与直线垂直，
所以，
故答案为：D
【分析】根据互相垂直两直线的斜率关系进行求解即可.
3．（2022高二上·湖北期中）笼子中有1只鸡和2只兔子，从中依次随机取出1只动物，直到3只动物全部取出．如果将2只兔子中的某一只起名为“长耳朵”，则“长耳朵”恰好是第二只被取出的动物的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】把1只鸡记为a，2只兔子分别记为“长耳朵”H和h，
则从笼中依次随机取出1只动物，直到3只动物全部取出，
共有如下6种不同的取法：（a，H，h），（a，h，H），（H，a，h），（H，h，a），（h，a，H），（h，H，a），
其中“长耳朵”H恰好是第二只被取出的动物包含2种不同的取法．
则“长耳朵”恰好是第二只被取出的动物的概率．
故答案为：A．
【分析】先求出从笼中依次随机取出1只动物，直到3只动物全部取出的基本事件个数，再求出“长耳朵”H恰好是第二只被取出的动物包含的基本事件，由古典概率的概率公式代入即可得出答案.
4．（2022高二下·梅州期末）已知四棱锥，底面为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，，，设，，，则向量用为基底表示为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】向量加减混合运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】即
故答案为：D．
【分析】根据题意由已知条件结合向量加减运算性质，整理化简计算出结果即可。
5．（2022高二上·湖北期中）已知椭圆的左 右焦点分别是，，过的直线与椭圆C交于A，B两点，则的面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意可得，，则直线.
联立，整理得，
设，，
则，，
从而.
因为，
所以的面积是.
故答案为：A
【分析】由题知，直线，进而与椭圆方程联立得，，进而根据计算即可.
6．（2022高二上·湖北期中）已知直线经过点，且是的方向向量，则点到的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】因为，为的一个方向向量，所以点到直线的距离.
故答案为：B
【分析】求出，根据点到直线的距离的向量公式进行求解.
7．（2022高二上·湖北期中）已知椭圆C的焦点为，，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的标准方程
【解析】【解答】如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在中，由余弦定理推论得．
所以，则.
得，所以，又，得
故C的方程为
故答案为：A
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，从而可求解．
8．（2022高二上·湖北期中）阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面内两点间的距离公式；轨迹方程
【解析】【解答】设，，所以，
又，所以．
因为且，所以，
整理可得，
又动点M的轨迹是，
所以，解得，
所以，又，
所以，因为，
所以的最小值为．
故答案为：C．
【分析】根据点的轨迹方程可得，结合条件可得，即得.
二、多选题
9．（2021·广东模拟）中国仓储指数是基于仓储企业快速调查建立的一套指数体系，由相互关联的若干指标构成，它能够反映各行业对仓储物流业务需求变化的情况.下图是2019年1月至2020年6月中国仓储业务量指数走势图，则下列说法正确的是（　　）
A．2019年全年仓储业务量指数的极差为24%
B．两年上半年仓储业务量指数均是2月份最低，4月份最高
C．两年上半年仓储业务量指数的方差相比，2019年低于2020年
D．2019年仓储业务量指数的中位数为59%
【答案】A,C
【知识点】频率分布折线图、密度曲线
【解析】【解答】2019年全年仓储业务量指数3月份最高为66%，2月份最低为42%，所以极差为24%，A符合题意；
2019年以及2020年上半年仓储业务量指数均是2月份最低，3月份最高，所以两年上半年仓储业务量指数均是2月份最低，3月份最高，B不符合题意；
由折线图可知两年上半年仓储业务量指数的方差相比，2019年低于2020年，C符合题意；
2019年仓储业务量指数按从小到大的顺序排列为42%，51%，51%，56%，57%，58%，58%，58%，59%，60%，60%，66%，所以中位数为58%，D不符合题意.
故答案为：AC
【分析】根据折线图逐项进行判断，即可得出答案。
10．（2022高二上·湖北期中）已知曲线的方程为，则（　　）
A．曲线关于直线对称
B．曲线围成的图形面积为
C．若点在曲线上，则
D．若圆能覆盖曲线，则的最小值为
【答案】A,B,C
【知识点】圆方程的综合应用；图形的对称性
【解析】【解答】曲线上任意点有：，该点关于的对称点有，即由线上任意点关于直线的对称点仍在曲线上，故选项A正确；
因为点在曲线上，点，点也都在曲线上，则曲线关于轴，轴对称，当，时，曲线的方程为，
表示以点为圆心，为半径的圆在直线上方的半圆（含端点），
因此，曲线是四个顶点为，，，的正方形各边为直径向正方形外作半圆围成，如图，
所以曲线围成的图形的面积是，故选项B正确；
点，在曲线上，则，，
，，解得，故选项C正确；
曲线上的点到原点距离最大值为，圆能覆盖曲线，则，故选项D不正确．
故答案为：ABC．
【分析】根据给定条件逐一分析每一个选项，推理，计算判断即可．
11．（2022高二上·湖北期中）已知F为椭圆C：的左焦点，直线l：与椭圆C交于A，B两点，轴，垂足为E，BE与椭圆C的另一个交点为P，则（　　）
A． B．的最小值为2
C．直线BE的斜率为 D．为钝角
【答案】A,C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】由椭圆C：得，则，，，
对于A，设将圆C的右焦点为，如图，连接，，
由椭圆与的对称性可知，则四边形为平行四边形，
故，故A正确；
.
对于B，，
当且仅当，且，即时，等号成立，
故的最小值为，故B错误；
对于C，设，，，故直线BE的斜率，故C正确；
对于D，设，直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，则，
又点P和点A在椭圆C上，故，，
两式相减得，则，故，
易知，则，得，
所以，故，故D错误.
故答案为：AC．
【分析】对于A，利用椭圆与的对称性可证得四边形为平行四边形，进而得到；
对于B，利用A中的结论及基本不等式“1”的妙用即可得到的最小值；
对于C，由题意设各点的坐标，再由两点斜率公式即可得到；
对于D，先由各点坐标结合椭圆方程可得到，从而可证得，由此可知.
12．（2021·广东模拟）已知三棱柱 为正三棱柱，且 ， ， 是 的中点，点 是线段 上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．正三棱柱 外接球的表面积为
B．若直线 与底面 所成角为 ，则 的取值范围为
C．若 ，则异面直线 与 所成的角为
D．若过 且与 垂直的截面 与 交于点 ，则三棱锥 的体积的最小值为
【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；异面直线及其所成的角
【解析】【解答】选项 ：因为 外接圆的半径 ， ，所以正三棱柱 外接球的半径 ，所以外接球的表面积为 ，故 项正确；
选项 ：取 的中点 ，连接 ， ， ， ，由正三棱柱的性质可知平面 平面 ，所以当点 与 重合时， 最小，当点 与 重合时， 最大，所以 ，故 错误；
选项 ：将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则 (或其补角)为异面直线 与 所成的角，易得 ， ，所以 ，故 项错误；
选项 ：如图所示，因为 ，所以要使三棱锥 的体积最小，则三棱锥 的体积最大，设 的中点为 ，作出截面如图所示，
因为 ，所以 在以 为直径的圆上，
所以点 到底面 距离的最大值为 ，
所以三棱锥 的体积的最小值为 ，故 项正确.
故答案为：AD.
【分析】根据正三棱柱体的结构特征，逐项进行分析，即可得出答案。
三、填空题
13．（2022高二上·湖北月考）2022北京冬奥会期间，吉祥物冰墩墩成为顶流”，吸引了许多人购买，使一“墩难求甲、乙、丙3人为了能购买到冰墩墩，商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲、乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，丙购买到冰墩墩的概率为，则甲，乙，丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为　 　．
【答案】
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】因为甲乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，所以甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率.
同理，丙购买不到冰墩墩的概率.
所以，甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，
于是甲乙丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率.
故答案为：.
【分析】先算出甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率，然后算出丙购买不到冰墩墩的概率，进而算出甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，即可得答案.
14．（2019高二上·洮北期中）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中， ，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是　 　。
【答案】
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】 ，
，
，
故答案为： ．
【分析】利用 ，即可求解．
15．（2022高二上·湖北期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线交椭圆于两点，直线与椭圆的另一个交点为C，若，则椭圆的离心率为　 　 .
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设椭圆的左、右焦点分别为，将代入椭圆方程可得，可设，
由，得，即有，即，
得，代入椭圆方程可得，由，即有，解得.
故答案为：.
【分析】转化条件设点，表示出点C坐标后直接代入椭圆方程，利用即可得解.
16．（2022高二上·湖北期中）以三角形边，，为边向形外作正三角形，，，则，，三线共点，该点称为的正等角中心．当的每个内角都小于120°时，正等角中心点P满足以下性质：
（1）；（2）正等角中心是到该三角形三个顶点距离之和最小的点（也即费马点）．由以上性质得的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：根据题意，在平面直角坐标系中，令点，，，
则表示坐标系中一点到点、、的距离之和，
因为是等腰三角形，，
所以点在轴负半轴上，所以与轴重合，
令的费马点为，则在上，则，
因为是锐角三角形，由性质（1）得，
所以，所以，所以，
，到、、的距离分别为，，
所以的最小值，
即为费马点到点、、的距离之和，则．
故答案为：．
【分析】由题可知，所要求的代数式恰好表示平面直角坐标系中三个距离之和，所以首先要把代数式中三个距离的对应的点找到，再根据题干所述找到相应的费马点，即可得出结果．
四、解答题
17．（2022高二上·湖北期中）2022年7月1日是中国共产党建党101周年，某党支部为了了解党员对党章党史的认知程度，针对党支部不同年龄和不同职业的人举办了一次“党章党史”知识竞赛，满分100分分及以上为认知程度高，结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：第二组：第三组：第四组：第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．
（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．若有甲年龄，乙年龄两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率.
【答案】（1）解：设这m人的平均年龄为，
则岁
设第80百分位数为a，
由，解得
（2）解：由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙.
对应的样本空间为：，甲，，乙，，，，甲，，乙，，，甲，，乙，，甲，乙，甲，，乙，，共15个样本点.
设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，
则，甲，，乙，，甲，，乙，，甲，，乙，甲，乙，甲，，乙，，共有9个样本点.
所以，
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）直接根据频率分布直方图求解平均年龄与第80百分位数；
（2）按照分层抽样确定第四组抽取人数与编号，第五组抽取人数与编号，列举样本空间中所有样本点及事件“甲、乙两人至少一人被选上”的所有符合的样本点，结合古典概型公式计算即可得所求概率.
18．已知圆C经过点A（2，0），与直线x+y=2相切，且圆心C在直线2x+y﹣1=0上．
（1）求圆C的方程；
（2）已知直线l经过点（0，1），并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程．
【答案】（1）解：因为圆心C在直线2x+y﹣1=0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）．
则点C到直线x+y=2的距离d= ．
据题意，d=|AC|，则 ，
解得a=1．
所以圆心为C（1，﹣1），半径r=d= ，
则所求圆的方程是（x﹣1）2+（y+1）2=2
（2）解：k不存在时，x=0符合题意；
k存在时，设直线方程为kx﹣y+1=0，圆心到直线的距离 =1，∴k=﹣ ，
∴直线方程为3x+4y﹣4=0．
综上所述，直线方程为x=0或3x+4y﹣4=0
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）由圆C的圆心经过直线2x+y﹣1=0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）．由点到直线的距离公式表示出圆心C到直线x+y=2的距离d，然后利用两点间的距离公式表示出AC的长度即为圆的半径，然后根据直线与圆相切时圆心到直线的距离等于圆的半径，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值，由a的值可确定出圆心坐标及半径，然后根据圆心和半径写出圆的方程即可．（2）分类讨论，利用圆心到直线的距离为1，即可得出结论．
19．（2020高二上·明光开学考）如图，四边形 为正方形， 平面 ， ，点 ， 分别为 ， 的中点．
（1）证明： 平面 ；
（2）求点 到平面 的距离．
【答案】（1）证明：取点 是 的中点，连接 ， ，则 ，且 ，
∵ 且 ，
∴ 且 ，
∴四边形 为平行四边形，
∴ ，∴ 平面 ．
（2）解：由（1）知 平面 ，所以点 到平面 的距离与 到平面 的距离是相等的，故转化为求点 到平面 的距离，设为 ．
利用等体积法： ，即 ， ，
∵ ， ，∴ ，∴ ．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】 (1)根据题意取PB中点G，由中点的性质即可得出线线平行，由此得出四边形EDFG是平行四边形，由此可得DF//EG，再结合线面平行的判定定理即可得证，DF//平面PBE；
(2)根据棱锥体积公式计算D到平面PBE的距离d，则d为直线PD与平面PBE所成角的正PD弦值.
20．（2022高二上·湖北期中）我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门。已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门。
（1）从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率；
（2）假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率.
【答案】（1）解：用a，b分别表示“选择物理”“选择历史”，用c，d，e，f分别表示选择“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”，
则所有选科组合的样本空间，
∴，
设“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，
则，
∴，
∴.
（2）解：设甲、乙、丙三人每人的选科组合符合医科大学临床医学类招生选科要求的事件分别是，，，
由题意知事件，，相互独立
由（1）知.
记“甲、乙、丙三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，
则
易知事件，，两两互斥，
根据互斥事件概率加法公式得
.
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合古典概型求概率公式，进而得出该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率。
（2）利用已知条件结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式以及对立事件求概率公式，进而得出这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率。
21．（2022高二上·湖北期中）如图1，已知正方形的边长为，分别为，的中点，将正方形沿折成如图2所示的二面角，且二面角的大小为，点在线段上(包含端点)运动，连接.
（1）若为的中点，直线与平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面.
（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求此时平面与平面的夹角的余弦值；若不存在，请说明理由
【答案】（1）解：因为直线MF 平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上，延长EA，FM交于点O，
连接OD，如图所示．
因为，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF＝2.
故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2.
连接DF，交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，
所以N是EC的中点．
连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又MN 平面EMC，OD 平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.
（2）解：如图，由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE，
由于平面，所以平面ABFE⊥平面ADE.
易知△ADE为等边三角形，取AE的中点H，连接DH，则，根据面面垂直的性质定理可知：DH⊥平面ABFE.
以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(－，0，0)，D(0，0，)，C(0，2，)，F(－，2，0)，
所以，
设，则.
设平面EMC的法向量为，
则，即，
取，则为平面EMC的一个法向量．
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，
则，
即，解得或.
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q，连接QA，则为平面的一个法向量， Q，0，，A(，0，0)，所以.
所以可设平面的一个法向量为
设平面MEC与平面ECF的夹角为θ，
当时，，
，
当时，，
，
综上，平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过三角形的中位线以及线面平行的判定定理，来证得直线平面；
（2） 以H为坐标原点， 建立空间直角坐标系， 设，则，利用直线 与平面所成的角为，则，解出的值 ，进而利用法向量计算出平面与平面 的夹角的余弦值.
22．（2021高三上·湖南月考）已知椭圆 经过点 ，离心率为 ．
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）设椭圆 的左、右两个顶点分别为 ， 为直线 上的动点，且 不在 轴上，直线 与 的另一个交点为 ，直线 与 的另一个交点为 ， 为椭圆 的左焦点，求证： 的周长为定值．
【答案】（1）解： ， ，
椭圆 经过点 ， ，
， ， 椭圆C的标准方程为
（2）解：解法一：证明：由题意可知， ，设 ，
直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立方程组 可得 ，
可得 ，所以 ，
则 ，故 ．
由 可得 ，可得 ，所以 ，
则 ，故 ，
所以 ，
故直线 的方程为 ，
即 ， ，
故直线 过定点 ，所以 的周长为定值8．
当 时， 或 ，可知 是椭圆的通径，
经过焦点 ，此时 的周长为定值 ，
综上可得， 的周长为定值8．
解法二：当直线 斜率存在时，设其方程为： ，
由 ．
设 ，则有 ，
直线 ，令 ，得 ，
直线 ，令 ，得 ，所以 ，
由 ，
所以 ，
即 ，
化简得 或 ．
时直线 过点 （舍），所以 ，
即直线 的方程为 ，过定点 ．
当直线 的斜率不存在时，设其方程为： ，
则有 ，代入 ，
直线 也过定点 ，
综上所述，直线 始终经过椭圆的右焦点，故 的周长为定值 ．
解法三：当M位于椭圆的上顶点，则此时 ，直线 与 相交于点 ，
则直线 的方程为 ，
联立椭圆方程可得： ，则可知 ，
易知直线 经过椭圆的右焦点 ，此时 的周长为定值 ，
猜想，若 的周长为定值，则直线 经过椭圆的右焦点．
证明如下：
依题意直线 的斜率不为0，设直线 的方程为 ，
代入椭圆方程得： ，
设 ，则 ．
直线 ，令 ，得 ，
直线 ，令 ，得 ，
因为 ，
所以直线 的交点在直线 上，即过直线 上的点T所作的两条直线 和 分别与椭圆相交所得的两点M、N形成的直线 始终经过椭圆的右焦点，
故 的周长为定值 ．
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆的 a、b 、c 三者的关系，计算出a与c的关系，并把点的坐标代入到椭圆的方程计算出c的取值。从而计算出a与b的值由此得出椭圆的方程。
(2)解法一：由设而不求发设出点的坐标以及直线的方程，再联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程，由此计算出点的坐标并把结果代入到斜率的坐标公式，进而得出直线的方程，结合直线的性质即可求出直线过的定点的坐标，由已知条件即可求出三角形的周长。
解法二：根据题意设出点的坐标以及由斜截式设出直线的方程，再联立直线与椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，结合韦达定理即可得到关于k和m的两根之和与两根之积的代数式，再代入到直线的方程整理化简计算出m 与k的关系，由此得出直线的方程以及过的定点的坐标，然后联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程，计算出点的坐标从而得出焦点的坐标以及a的取值，从而得出答案。
解法三：根据题意由斜截式设出直线的方程再联立直线与椭圆的方程，消去x等到关于y的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于m的两根之和与两根之积的代数式，结合点斜式即可求出直线的方程，并把结果代入整理化简求出直线的方程，结合题意由椭圆的定义计算出a的取值从而得出答案。
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