绝密★启用前。
2013-2014学年度xx学校xx月考卷。
试卷副标题。
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
学校姓名班级考号。
注意事项：1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。
2. 请将答案正确填写在答题卡上。
1、已知椭圆 ，点为其长轴 ab 的 6 等分点，分别过这五点作斜率为的一组平行线，交椭圆 c于 ，则10条直线的斜率乘积为（ ）
a. b. c. d.
答案】d解析】设其中的任一等分点为 ，过的直线交椭圆于点 、 不妨设直线的方程为 ，则与椭圆方程联立可得： 整理后可得 ．
从中可以得到所以 ．
当分别取时，算出斜率的乘积为 ．
2、已知点，椭圆的离心率，是椭圆的焦点，直线的斜率为为坐标原点。
1）求的方程；
2）设过点的直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程。
答案】（1）；（2）或。
试题分析：设出，由直线的斜率为求得，结合离心率求得，再由隐含条件求得，即可求椭圆方程；（2）点轴时，不合题意；当直线斜率存在时，设直线，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得的范围，再由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出值，则直线方程可求。
试题解析：（1）设，因为直线的斜率为，所以，.
又。解得，所以椭圆的方程为。
2）解：设。
由题意可设直线的方程为：，联立消去得，当，所以，即或时。
所以。点到直线的距离。
所以，设，则，当且仅当，即，解得时取等号，满足。
所以的面积最大时直线的方程为：或。
方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题。解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的。
解析】3、已知椭圆的两焦点为，，为椭圆上一点，且到两个焦点的距离之和为6.
1）求椭圆的标准方程；
2）若已知直线，当为何值时，直线与椭圆有公共点？
3）若，求的面积．
答案】（1）；（2）；（3）7.
试题分析：(1)由焦点坐标得到c,由椭圆的定义求出a,进而求出b的值，即可得出椭圆的方程；(2)联立直线与椭圆方程，消去y,直线与椭圆有公共点即所得一元二次方程有解，计算得出m的范围；(3)中，，由勾股定理有，结合椭圆的定义代入化简可得，根据三角形的面积公式求解即可。
试题解析：1）∵椭圆的焦点是和，椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6，设所求的椭圆方程为，依题意有，，∴所求的椭圆方程为．
2）由得，由得，则，当时，直线与椭圆有公共点．
3）∵点是椭圆上一点，由椭圆定义有，①
又中，由勾股定理有，即，②
2②，得，．
解析】4、已知椭圆的右焦点为，为椭圆的上顶点，为坐标原点，且是等腰直角三角形。
1）求椭圆的方程；
2）是否存在直线交椭圆于两点，且使为的垂心（垂心：三角形三条高的交点）？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由。
答案】（1）（2）
试题分析：1)由题意可求得b=1，a=，则椭圆方程为；
2)假设直线存在，设出直线的斜截式方程，联立直线与椭圆的方程，结合题意和韦达定理可得满足题意的直线存在，直线方程为。
试题解析：1）由△omf是等腰直角三角形得b=1，a=
故椭圆方程为。
2）假设存在直线l交椭圆于p,q两点，且使f为△pqm的垂心。
设p（,）q（,）
因为m（0,1），f（1,0），故，故直线l的斜率。
于是设直线l的方程为。
由得。由题意知△＞0，即＜3，且。
由题意应有，又。
故。解得或。
经检验，当时，△pqm不存在，故舍去；
当时，所求直线满足题意。
综上，存在直线l，且直线l的方程为。
点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
解析】5、如图，设椭圆：的离心率为，分别为椭圆的左、右顶点，为右焦点，直线与的交点到轴的距离为，过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以为直径作圆。
1）求的方程；
2）若直线与的另一个交点为，证明：直线与圆相切。
答案】(1)；(2)证明见解析。
试题分析：1)结合题意可求得，，则的方程为。
2)由题意可得，直线与圆相切时，直线的斜率为，结合(1)中求得的椭圆方程即可证得题中的结论。
试题解析：1）解：由题可知，，∴设椭圆的方程为，由，得，∴，故的方程为。
2）证明：由（1）可得：，设圆的圆心为，则，圆的半径为，直线的方程为。
设过与圆相切的直线方程为，则，整理得：，由，得，又∵，直线与圆相切。
解析】6、已知椭圆的右焦点，且经过点，点是轴上的一点，过点的直线与椭圆交于两点（点在轴的上方）
1）求椭圆的方程；
2）若，且直线与圆相切于点，求的长。
答案】（1）（2）
试题分析：（1）根据条件列出关于的方程组，，解方程组得，（2）设直线，则根据圆心到切线距离等于半径得，由由，有，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理得，…，三者消得，最后关于的解方程组得，，根据切线长公式可得的长。
试题解析：（1）由题意知，即，又，故，椭圆的方程为。
2）设，直线，由，有，由，由韦达定理得，由，则，化简得，原点到直线的距离，又直线与圆相切，所以，即，即，解得，此时，满足，此时，在中，，所以的长为。
解析】7、如图所示，椭圆的左右焦点分别为，点为椭圆在第一象限上的点，且轴，1）若，求椭圆的离心率；
2）若线段与轴垂直，且满足，证明：直线与椭圆只有一个交点。
答案】（1）；（2）见解析。
试题分析：（1）由又，则，所以由勾股定理得，即即可求离心率；
2）先求出，再求出，得直线ab方程与椭圆联立，，可得△，即可证得。
试题解析：1）因为，又，则，所以由勾股定理得，即，所以离心率。
2）把代入椭圆得，即，所以，又所以，即，故，则直线ab的斜率，则直线ab方程为，整理得。
联立消去y得：，易得△
故直线ab与椭圆只有一个交点。
解析】8、已知椭圆：的左、右焦点分别为，点在椭圆上，，过点的直线与椭圆分别交于两点。
1）求椭圆的方程；
2）若的面积为，求直线的方程。
答案】（1）.（2）或。
试题分析：1)由题意可求得，，，则所求椭圆方程为。
2)很明显直线的斜率存在，设出直线方程的点斜式，联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系可得得到关于斜率的方程，解方程可得直线的方程是或。
试题解析：1）由题意得：，解得，故所求椭圆方程为。
2）当直线与轴垂直时，，此时，不符合题意，舍去；
当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，由消去得：，设，则，原点到直线的距离。
三角形的面积，由，得，故，直线的方程为或。
点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
解析】9、已知椭圆：的离心率为，且椭圆过点，记椭圆的左、右顶点分别为，点是椭圆上异于的点，直线与直线分别交于点。
1）求椭圆的方程；
2）过点作椭圆的切线，记，且，求的值。
答案】（1）椭圆的方程为（2）
试题分析：1)由题意求得，，，故椭圆的方程为。
2)很明显直线的斜率存在，设出切线方程，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得到关于实数的不等式组，结合不等式组的性质和题意讨论可得。
试题解析：1）依题意，，解得，故椭圆的方程为。
2）依题意，，，直线，设，则。
直线的方程为，令，得点的纵坐标为；
直线的方程为，令，得点的纵坐标为；
由题知，椭圆在点处切线斜率存在，可设切线方程为，由，得，由，得，整理得：，将，代入上式并整理得，解得，所以点处的切线方程为。
令得，点的纵坐标为，设，所以，所以，所以，将代入上式，，因为，所以。
解析】10、已知椭圆：的离心率为，且椭圆过点，记椭圆的左、右顶点分别为，点是椭圆上异于的点，直线与直线分别交于点。
1）求椭圆的方程；
2）过点作椭圆的切线，记，且，求的值。
答案】（1）椭圆的方程为（2）
试题分析：1)由题意求得，，，故椭圆的方程为。
2)很明显直线的斜率存在，设出切线方程，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得到关于实数的不等式组，结合不等式组的性质和题意讨论可得。
试题解析：1）依题意，，解得，故椭圆的方程为。
2）依题意，，，直线，设，则。
直线的方程为，令，得点的纵坐标为；
直线的方程为，令，得点的纵坐标为；
由题知，椭圆在点处切线斜率存在，可设切线方程为，由，得，由，得，整理得：，将，代入上式并整理得，解得，所以点处的切线方程为。
令得，点的纵坐标为，设，所以，所以，所以，将代入上式，，因为，所以。
解析】11、已知椭圆：的两个焦点是，点在椭圆上，且。
1）求椭圆的方程；
答案】（1）；（2）见解析。
试题分析：（1）由椭圆的定义得，将点的坐标代入椭圆方程，解得即可求得椭圆的方程；（2）由题意可知设，则有，写出直线的方程，求出其与轴的交点，从而表示出，同理即可求得，利用整体代换则可得。
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