2023-2024学年宁夏石嘴山三中高二（上）期中数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年宁夏石嘴山三中高二（上）期中数学试卷(含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知双曲线的实轴长为2，焦点为(−4,0)，(4,0)，则该双曲线的标准方程为( )
A. x212−y24=1B. x24−y212=1C. x2−y215=1D. y215−x2=1
2.圆C1：x2+y2+2x+8y−8=0与圆C2：x2+y2−4x−4y−1=0的位置关系是( )
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内含
3.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为圆x2+y2−6x+8=0的圆心，且短轴长为8，则椭圆的左顶点为( )
A. (−3,0)B. (74,0)C. (−10,0)D. (−5,0)
4.已知a=(−3,2,5)，b=(1,5,−1)，则a⋅(a+3b)等于( )
A. (0,34,10)B. (−3,19,7)C. 44D. 23
5.顶点在原点，对称轴为y轴，顶点到准线的距离为4的抛物线方程是( )
A. x2=±16yB. x2=16yC. x2=±8yD. x2=8y
6.已知向量a=(−1,m,2)，向量b=(3,1,n)，满足a/​/b，则m+n=( )
A. 196B. −196C. 193D. −193
7.已知直线l：y=k(x− 3)，圆C：x2+(y−1)2=1，若直线l与圆C相切，则k=( )
A. 0B. 3C. 33或0D. − 3或0
8.已知平面α内的两个向量a=(1,1,1)，b=(0,2,−1)，且c=ma+nb+(4,−4,1).若c为平面α的法向量，则m，n的值分别为( )
A. −1，2B. 1，−2C. 1，2D. −1，−2
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于双曲线C1：x29−y216=1与双曲线C2：y29−x216=−1，下列说法正确的是( )
A. 它们有相同的渐近线B. 它们有相同的顶点
C. 它们的离心率不相等D. 它们的焦距相等
10.下列说法错误的是( )
A. “a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的充要条件
B. 直线xsinα+y+2=0的倾斜角θ的取值范围是[0,π4]∪[3π4,π)
C. 过(x1,y1)，(x2,y2)两点的所有直线的方程为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1
D. 经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2=0
11.如图所示，棱长为3的正方体.ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E=23A1D,AF=13AC，则( )
A. EF⊥A1D
B. EF⊥AD1
C. EF/​/BD1
D. EF与BD1是异面直线
12.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，抛物线y2=4cx(c2=a2−b2,c>0)与椭圆C在第一象限的交点为P，若cs∠PF1F2=45，则椭圆C的离心率为( )
A. 5−12B. 5+12C. 4− 79D. 4+ 79
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(0,−1,1)，b=(4,1,0)，|λa+b|= 29且λ>0，则λ=______．
14.直线l：y=kx+2与椭圆C：x22+y2=1有公共点，则k的取值范围是 ．
15.倾斜角为π3且在x轴上的截距为a的直线被圆(x+a)2+y2=4所截得的弦长为2，则a= ______ ．
16.设F为抛物线C：y2=4x的焦点，点A在抛物线C上，点B(3,0)，且|AF|=|BF|，则|AB|= ．
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.(本小题10分)
已知直线l经过两直线l1：2x−y+4=0与l2：x−y+5=0的交点，且与直线x−2y−6=0垂直．
(1)求直线l的方程；
(2)若点P(a,1)到直线l的距离为 5，求实数a的值．
18.(本小题12分)
已知：a=(x,4,1)，b=(−2,y,−1)，c=(3,−2,z)，a/​/b，b⊥c，求：
(1)a，b，c；
(2)a+c与b+c所成角的余弦值．
19.(本小题12分)
求满足下列条件的圆锥曲线的标准方程：
(1)与椭圆x216+y225=1有相同的焦点，且一条渐近线方程为 5x+2y=0的双曲线．
(2)已知直线y=2 2(x−p2)被抛物线y2=2px(p>0)截得弦长为9，求该抛物线方程．
20.(本小题12分)
如图，已知一艘我海监船O上配有雷达，其监测范围是半径为25km的圆形区域.一艘外籍轮船从位于海监船正东40km的A处出发，径直驶向位于海监船正北30km的B处岛屿，速度为28km/h.问：这艘外籍轮船能否被我海监船监测到？若能，持续时间多长？(要求用坐标法)
21.(本小题12分)
如图，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA=AD=AB=2，M，N分别为AB，PC的中点．
(1)求证：MN/​/平面PAD；
(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值．
(3)若Q是PB上的动点，当△ADQ的面积最小时，求Q到平面PMC的距离．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22.点(2, 2)在C上，O为坐标原点．
(1)求C的方程；
(2)已知直线l：y=kx+m(k≠0,m≠0)，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
①证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
②若kOM=−12，求△OAB面积的最大值，并求此时直线的方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题意可设双曲线方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
且2a=2，c=4，则a=1，b2=c2−a2=16−1=15．
∴双曲线的标准方程为x2−y215=1．
故选：C．
由题意可设双曲线方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)并求得a与c的值，再由隐含条件求得b，则双曲线方程可求．
本题考查双曲线标准方程的求法，是基础的计算题．
2.【答案】C
【解析】解：∵圆C1：x2+y2+2x+8y−8=0的圆心C1(−1,−4)，
半径r1=12 4+64+32=5，
圆C2：x2+y2−4x−4y−1=0的圆心C2(2,2)，
半径r2=12 16+16+4=3，
∴|C1C2|= ((2+1)2+(2+4)2=3 5,|r1−r2|=2,r1+r2=8,
∵|r1−r2|<|C1C2|∴圆C1与圆C2相交．
故选：C．
由圆C1：x2+y2+2x+8y−8=0的圆心C1(−1,−4)，半径r1=5，圆C2：x2+y2−4x−4y−1=0的圆心C2(2,2)，半径r2=3，知|r1−r2|<|C1C2|本题考查圆与圆的位置关系的判断，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
3.【答案】D
【解析】解：由圆x2+y2−6x+8=0的方程可得圆心(3,0)，
由题意可得c=3，2b=8，可得b=4，
进而可得a= b2+c2=5，
所以椭圆的左顶点(−5,0)．
故选：D．
由圆的方程可得圆心的坐标，由题意可得椭圆中b，c的值，进而可得a的值，可得左顶点的坐标．
本题考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：∵a=(−3,2,5)，b=(1,5,−1)，
∴a+3b=(−3,2,5)+(3,15,−3)=(0,17,2)，
∴a⋅(a+3b)=−3×0+2×17+5×2=44．
故选：C．
根据已知条件，结合空间向量的数量积公式，即可求解．
本题主要考查空间向量的数量积公式，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：根据顶点在原点，对称轴为y轴，可设抛物线方程为：x2=±2py．
∵顶点到准线的距离为4，
∴p2=4，
∴2p=16，
∴所求抛物线方程为x2=±16y．
故选：A．
根据顶点在原点，对称轴为y轴，可设抛物线方程为：x2=±2py，利用顶点到准线的距离为4，即可求得抛物线方程．
本题考查抛物线的标准方程，解题的关键是定型与定量，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间向量平行的判断，涉及空间向量的坐标表示，属于基础题．
根据题意，设a=kb，有−1=3km=k2=kn，求出m、n的值，计算可得答案．
【解答】
解：向量a=(−1,m,2)，向量b=(3,1,n)，
若a/​/b，设a=kb，k∈R，
则有−1=3km=k2=kn，则k=−13，则有m=−13，n=−6，
则m+n=−13−6=−193，
故选：D．
7.【答案】D
【解析】解：圆C：x2+(y−1)2=1的圆心C(0,1)，半径r=1，
因为直线l：y=k(x− 3)与圆C 相切，
所以|0−1− 3k| k2+1=1，所以1+2 3k+3k2=k2+1，
解得k=0或k=− 3．
故选：D．
由题意可得圆心到直线的距离等于半径，列方程可求出k的值．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：平面α内的两个向量a=(1,1,1)，b=(0,2,−1)，
c=ma+nb+(4,−4,1)，c为平面α的法向量，
∴c=(m+4,m+2n−4,m−n+1)，
∴a⋅c=m+4+m+2n−4+m−n+1=0b⋅c=2(m+2n−4)−(m−n+1)=0，
解得m=−1，n=2．
则m，n的值分别为−1，2．
故选：A．
先利用向量坐标运算法则求出c=(m+4,m+2n−4,m−n+1)，再由平面的法向量的性质列方程组，能求出m，n的值．
本题考查向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】CD
【解析】解：双曲线C1：x29−y216=1的顶点坐标(±3,0)，渐近线方程：4x±3y=0，离心率为：53，焦距为10．
双曲线C2：y29−x216=−1，即：x216−y29=1，它的顶点坐标(±4,0)，
渐近线方程：3x±4y=0，离心率为：54，焦距为10．
所以它们的离心率不相等，它们的焦距相等．
故选：CD．
求解两个双曲线的顶点坐标，渐近线方程，离心率，焦距判断选项即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了直线的方程，直线垂直的充要条件，直线的倾斜角和斜率之间的关系，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
直接利用直线的垂直的充要条件和直线的倾斜角和斜率之间的关系，直线的两点式的使用条件和直线截距相等的直线方程的应用判定A、B、C、D的结论．
【解答】
解：对于A：当a=−1时，“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”，
当直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直时，解得a=0或−1，
故“a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的充分不必要条件，故A错误．
对于B：直线xsinα+y+2=0的倾斜角θ，则tanθ=−sinα∈[−1,1]，
所以倾斜角θ的取值范围是[0,π4]∪[3π4,π)，故B正确；
对于C：过(x1,y1)，(x2,y2)(且x1≠x2，y1≠y2)两点的所有直线的方程为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1，故C错误．
对于D：经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为：
①：经过原点的直线为x−y=0，
②设在坐标轴上的截距为a，设直线方程为xa+ya=1，
所以1a+1a=1，解得a=2，故x+y−2=0，故D错误．
故选：ACD．
11.【答案】AC
【解析】解：由题建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，D(0,0,0)，E(1,0,1)，F(2,1,0)，D1(0,0,3)，A1(3,0,3)，C1(0,3,3)，
对于A，EF=(1,1,−1)，A1D=(−3,0,−3)，∴EF⋅A1D=0，∴EF⊥A1D，故A正确；
对于B，AD1=(−3,0,3)，∴EF⋅AD1=−6≠0，故B错误；
对于C，D，BD1=(−3,−3,3)，∴BD1=−3EF，即EF/​/BD1，故C正确，D错误．
故选：AC．
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
本题考查空间向量在判断空间位置关系上的应用，属于中档题．
12.【答案】CD
【解析】解：作抛物线的准线l，则直线l过点F1，过点P作PE垂直于直线l，垂足为点E，
由抛物线的定义知|PE|=|PF2|，
由PE/​/x轴，得∠EPF1=∠PF1F2，
∴cs∠EPF1=cs∠PF1F2=|PE||PF1|=|PF2||PF1|=45，
设|PF1|=5t(t>0)，则|PF2|=4t，由椭圆定义可知，
2a=|PF1|+|PF2|=9t，
在△PF1F2中，由余弦定理可得：|PF2|2=|PF1|2+|F1F2|2−2|PF1|⋅|F1F2|cs∠PF1F2，
整理得|F1F2|2−8t|F1F2|+9t2=0，
解得|F1F2|=4t± 7t，
当|F1F2|=4t+ 7t时，e=2c2a=4+ 79；
当|F1F2|=4t− 7t时，离心率为e=2c2a=4− 79．
综上所述，椭圆C的离心率为4− 79或4+ 79．
故选：CD．
作PE垂直于抛物线的准线l于点E，由抛物线的定义得出cs∠EPF1，并设|PF1|=5t(t>0)，可得|PF2|，由椭圆定义可得出2a，在△PF1F2中利用余弦定理可求出2c的值，可得出椭圆C的离心率的值．
本题考查椭圆的性质，考查抛物线的定义以及余弦定理，考查计算能力与推理能力，属于中等题．
13.【答案】3
【解析】解：∵a=(0,−1,1)，b=(4,1,0)，∴λa+b=(4,1−λ,λ)，
∴16+(λ−1)2+λ2=29(λ>0)，
∴λ=3，
故答案为：3．
根据所给的向量坐标写出要求模的向量坐标，用求模长的公式写出关于变量λ的方程，解方程即可，解题过程中注意对于变量的限制，把不合题意的结果去掉．
向量是数形结合的典型例子，向量的加减运算是用向量解决问题的基础，要学好运算，才能用向量解决立体几何问题，三角函数问题，好多问题都是以向量为载体的．
14.【答案】(−∞,− 62]∪[ 62,+∞)
【解析】【分析】
本题考查直线和椭圆的位置关系，属于基础题．
联立直线方程和椭圆方程，运用二次方程有实根的条件：判别式大于等于0，解不等式可得所求范围．
【解答】
解：由直线l：y=kx+2与椭圆C：x22+y2=1有公共点，
联立x22+y2=1y=kx+2，整理得(2k2+1)x2+8kx+6=0．
所以△=(8k)2−24(2k2+1)≥0，
解得k≥ 62或k≤− 62．
故k的取值范围为(−∞,− 62]∪[ 62,+∞)．
故答案为(−∞,− 62]∪[ 62,+∞)．
15.【答案】±1
【解析】解：倾斜角为π3且在x轴上的截距为a的直线方程为：y= 3(x−a)，即 3x−y− 3a=0，
圆心(−a,0)到直线的距离为d=|− 3a−0− 3a| 3+1= 3|a|，∴3a2+(12×2)2=4，
解得a=±1．
故答案为：±1．
设直线方程，求得圆心到直线的距离，再利用弦心距，半弦长，半径构成的直角三角形可得解．
本题考查直线与圆的位置关系，考查点到线的距离公式，属基础题．
16.【答案】2 2
【解析】【分析】
本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．
利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，然后求解即可．
【解答】
解：F为抛物线C：y2=4x的焦点(1,0)，点A在C上，点B(3,0)，|AF|=|BF|=2，
由抛物线的定义可知A(1,2)(A不妨在第一象限)，
所以|AB|= (3−1)2+(−2)2=2 2．
故答案为：2 2．
17.【答案】解：(1)联立两直线l1：2x−y+4=0与l2：x−y+5=0，得交点(1,6)，
∵与直线x−2y−6=0垂直，
∴直线l的方程为2x+y−8=0；
(2)∵点P(a,1)到直线l的距离为 5，
∴|2a−7| 5= 5，
∴a=6或1．
【解析】(1)求出交点坐标，利用与直线x−2y−6=0垂直，求直线l的方程；
(2)若点P(a,1)到直线l的距离为 5，根据点到直线的距离公式，建立方程，即可求实数a的值．
本题考查直线方程，考查点到直线的距离公式的运用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵a//b，
∴x−2=4y=1−1，
解得x=2，y=−4，
故a=(2,4,1)，b=(−2,−4,−1)，
又因为b⊥c，所以b⋅c=0，即−6+8−z=0，解得z=2，
故c=(3,−2,2)
(2)由(1)可得a+c=(5,2,3)，b+c=(1,−6,1)，
设向量a+c与b+c所成的角为θ，
则csθ=5−12+3 38⋅ 38=−219

【解析】本题考查空间向量平行和垂直的判断，涉及向量的夹角公式，属基础题．
(1)由向量的平行和垂直可求出x，y，z的值，即可得向量坐标；
(2)由(1)可得向量a+c与b+c的坐标，进而由夹角公式可得结论．
19.【答案】解：(1)因为双曲线的一条渐近线方程为 5x+2y=0，
不妨设该双曲线的方程为5x2−4y2=λ，λ≠0，
即x2λ5−y2λ4=1，λ≠0，
因为椭圆x216+y225=1的焦点在y轴上，
所以λ<0，
则双曲线标准方程为y2−λ4−x2−λ5=1，λ<0，
因为a2=25，b2=16，
所以c= a2−b2= 25−16=3，
则该双曲线的焦点坐标为(0,±3)，
即c2=(−λ4)+(−λ5)=9，
解得λ=−20，
故满足条件的双曲线的标准方程为y25−x24=1；
(2)因为直线y=2 2(x−p2)被抛物线y2=2px(p>0)截得的弦为AB，
分别过A，B向抛物线的准线作垂线，垂足分别为P，Q，
不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
易知F(p2,0)为抛物线的焦点，
联立y=2 2(x−p2)y2=2px，消去x并整理得y2− 22py−p2=0，
由韦达定理得y1+y2= 22p，
因为直线y=2 2(x−p2)可变形为x= 24y+p2，
由抛物线定义得|AB|=|AF|+|FB|=|AP|+|QB|=(x1+p2)+(x2+p2)=(x1+x2)+p
= 24(y1+y2)+2p= 24× 22p+2p=94p=9，
解得p=4>0，
故满足条件的抛物线的标准方程为y2=8x．
【解析】(1)由题意，根据所给渐近线方程设出所求双曲线方程，结合焦点坐标相等以及a，b，c之间的关系再进行求解即可；
(2)分别过A，B向抛物线的准线作垂线，垂足分别为P，Q，将抛物线方程与过焦点的直线方程联立，利用韦达定理以及抛物线的定义再进行求解即可．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：如图，以O为原点，东西方向为x轴建立直角坐标系…(2分)
则A(40,0)，B(0,30)，圆O方程x2+y2=252
直线AB方程：x40+y30=1，即3x+4y−120=0…(6分)
设O到AB距离为d，则d=|−120|5=24<25
所以外籍轮船能被海监船检测到 …(8分)
设监测时间为t，则t=2 252−24228=12…(11分)
答：外籍轮船能被海监船检测到，时间是0.5小时． …(12分)
【解析】以O为原点，东西方向为x轴建立直角坐标系，求出直线与圆的方程，即可得出结论．
本题主要考查了根据实际问题选择函数类型．解题的关键是看圆与直线是否有交点．
21.【答案】(1)证明：若E为PD中点，连接NE，AE，又M、N为AB、PC的中点，底面ABCD为矩形，
所以NE/​/CD且NE=12CD，而AM=12AB=12CD且AM//CD，

所以NE//AM且NE=AM，故AMNE为平行四边形，
故MN/​/AE，又MN⊄面PAD，AE⊂面PAD，则MN/​/面PAD．
(2)解：由题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，PA=AD=AB=2，

所以P(0,0,2)，D(0,2,0)，M(1,0,0)，C(2,2,0)，
则PD=(0,2,−2)，PM=(1,0,−2)，PC=(2,2,−2)，
若m=(x,y,z)是面PMC的一个法向量，
则m⋅PM=x−2z=0m⋅PC=2x+2y−2z=0，令x=2，故m=(2,−1,1)，
所以PD与平面PMC所成角的正弦值为：
|cs|=|PD⋅m||PD||m|=42 2× 6= 33．
(3)解：因为AD⊥AB，AD⊥PA，AB∩PA=A，
AB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
因为AQ⊂平面PAB，所以AD⊥AQ，
所以S△ADQ=12AD⋅AQ=AQ，
所以AQ最小时，S△ADQ最小，
因为△PAB为等腰直角三角形，所以当Q为PB中点时，AQ⊥PB，此时AQ最小，
则Q(1,0,1)，所以PQ=(1,0,−1)，
设Q到平面PMC的距离为d，则d=|PQ⋅m||m|=|2−0−1| 4+1+1= 66．
【解析】(1)若E为PD中点，连接NE，AE，易证AMNE为平行四边形，则MN/​/AE，根据线面平行的判定证结论；
(2)构建空间直角坐标系，求PD的方向向量与平面PMC的法向量，代入公式即可；
(3)可得AQ最小时，S△ADQ最小，再利用点到面的向量的公式计算即可．
本题考查线面平行的判定，考查点面的距离的计算，考查线面角的正弦值的求法，属中档题．
22.【答案】解：(1)因为椭圆C的离心率为 32，且点(2, 2)在椭圆C上，
所以e=ca= 224a2+2b2=1a2=b2+c2，
解得a2=8，b2=4，c2=4，
则椭圆C的方程为x28+y24=1；
(2)①证明：不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(xM,yM)，
联立y=kx+mx28+y24=1，消去y并整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−8=0，
此时Δ=16k2m2−8(m2−4)(2k2+1)>0，
整理得8k2−m2+4>0，
由韦达定理得x1+x2=−4km2k2+1，
因为线段AB的中点为M，
所以xM=−2km2k2+1，
即yM=kxM+m=−2k2m2k2+1+m=m2k2+1，
所以kOM=yMxM=m2k2+1−2km2k2+1=−12k，
则kOM⋅k=−12，
故直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值；
②当kOM=−12时，
由①知k=1，
此时直线l的方程为y=x+m，
联立y=kx+mx28+y24=1，消去y并整理得3x2+4mx+2m2−8=0，
此时Δ=16m2−24(m2−4)>0，
解得−2 3由韦达定理得x1+x2=−4m3，x1x2=2m2−83，
所以|AB|= 2⋅|x1−x2|= 2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 2⋅ (−4m3)2−4×2m2−83=4 12−m23，
因为点O到直线l的距离d=|m| 2，
所以S△OAB=12|AB|⋅d=12×4 12−m23×|m| 2
= 2⋅ m2(12−m2)3≤ 23⋅m2+12−m22=2 2，
当且仅当m2=12−m2，即m=± 6时，等号成立，
所以△OAB面积的最大值为2 2，此时直线l的方程为y=x+ 6或y=x− 6．
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式再进行求解即可；
(2)①设出A，B，M的坐标，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系以及中点坐标公式求出点M的坐标，进而可得直线OM的斜率，再进行求证即可；
②结合①中所得信息得到直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式再进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．