四川省凉山宁南中学2021-2022学年高二上学期第二次月考数学（理）试题

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一､单选题（每个5分，共60分）
1. 已知命题，那么是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由全称命题的否定为特称命题可知：的否定为，故选D
2. 椭圆x2+4y2=4的焦点坐标为（ ）
A. （±2，0）B. （0，±2）C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将椭圆的方程化为标准方程，写出a，b的值，再由a，b，c之间的关系求出c的值，可得焦点的坐标．
【详解】椭圆x2+4y2=4的标准方程为：，可得a2=4，b2=1，可得c2=a2-b2=4-1=3，
所以，焦点在轴上，故焦点为.
故选：C．
3. 已知椭圆上一点P到椭圆一个焦点的距离是3，则P点到另一个焦点的距离为（ ）
A. 5B. 3C. 2D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】
利用椭圆的定义直接求解即可
【详解】解：由题意得，，，
由椭圆的定义可知点P到椭圆的两焦点的距离和为10，
因为点P到椭圆一个焦点距离是3，
所以点P到椭圆另一个焦点的距离为7
故选：D
4. 若抛物线x2=8y上一点P到焦点的距离为8，则点P的纵坐标为（ ）
A. 6B. C. 7D.
【答案】A
【解析】
【分析】设点，根据抛物线方程，求得其准线方程，再利用抛物线定义求解.
【详解】设点，
因为抛物线方程为x2=8y，
所以其准线方程为，
又因为抛物线上点P到焦点的距离为8，
由抛物线的定义得：，
解得，
所以点P的纵坐标为6，
故选：A
5. 若椭圆过点，则其焦距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将点代入椭圆方程求出，再根据求出半焦距，从而可得焦距.
【详解】解：因为椭圆过点，所以，解得，
所以，
所以，解得，
所以焦距，
故选：D.
6. 在中，条件甲：，条件乙：，则甲是乙的（ ）.
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦定理分别讨论充分性和必要性即可.
【详解】由题设可知：
在三角形中，若，则边，
则由正弦定理可知：，解得，故充分性成立；
若，则由正弦定理可知：，得，根据大边对大角知：，故必要性成立，
则在三角形中，是的充要条件.
故选：D.
7. 过点作圆切线，则切线的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出圆心和半径，求出到圆心的距离即可求出切线长.
【详解】由可得，所以圆心，半径，
则,
所以切线的长为.
故选：C.
8. 已知三个顶点的坐标分别为，，，则外接圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判断出是直角三角形，直接求出圆心和半径，即可求解.
【详解】因为三个顶点的坐标分别为，，，
所以，所以，
所以是直角三角形，所以的外接圆是以线段为直径的圆，
所以圆心坐标为，半径．
故所求圆的标准方程为．
故选：C
9. “且”是“方程表示椭圆”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义和椭圆的标准方程，判断可得出结论.
【详解】解：充分性：当，方程表示圆，充分性不成立；
必要性：若方程表示椭圆，则，必有且，必要性成立，
因此，“且”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B.
10. 下列有关命题的说法正确的是（ ）.
A. 命题“若，则”的否命题为：“若，则”
B. “”是直线与圆相交的充要条件
C. 命题“若，，成等比数列，则”的逆命题为真命题
D. 命题“若，则”的逆否命题为真命题
【答案】D
【解析】
【分析】根据命题的四种形式定义及充分条件必要条件的定义逐一判断.
【详解】A选项：由题设可知：命题“若，则”的否命题为“若，则”，故A错；
B选项：直线与圆相交，
由直线过定点，圆，圆心为，半径，
则圆心到直线的距离为，
则，
解得，即或，
故由此可知：不是直线与圆相交的充要条件，故B错；
C选项：命题“若，，成等比数列，则”，
其逆命题：“若，则，，成等比数列”，不一定恒为等比数，若，，
则可知，但，，不是等比数列，故C错；
D选项：命题“若，则”的逆否命题与原命题互为逆否命题，同真同假，
又由原命题：“若，则”为真命题，
故其逆否命题为真命题，故D正确.
故选:D.
11. 已知两点，点C是圆上任意一点，则面积的最大值是（ ）
A. 4B. 8C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】求得圆的圆心坐标和半径，以及直线，得到圆心到直线的距离，结合圆的性质求得圆上的点到直线距离的最大值，利用面积公式，即可求解.
【详解】由题意，圆，即，
可得圆心坐标，半径为，
又由直线的方程为，
则圆心到直线的距离为，
可得圆上的点到直线的距离的最大值为，且，
所以面积的最大值为.
故选：B.
12. 已知是椭圆的一个焦点，若直线与椭圆相交于两点，且，则椭圆离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设直线倾斜角为，由直线方程可得，从而可求，设另一个焦点为，为坐标原点，由对称性及知，四边形为矩形，所以，从而可求得点的坐标，将点坐标代入椭圆方程再结合椭圆中的关系即可求解.
【详解】解：设直线倾斜角为，则，设另一个焦点为，为坐标原点，由对称性及知，四边形为矩形，所以，
所以点的坐标为，代入椭圆可得且
解得，或(舍去)，则，即，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用对称性及知，四边形为矩形，所以，从而求得点坐标.
二､填空题（每个5分，共20分）
13. 过原点的直线将圆的面积平分，则此直线的方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】求出圆心坐标，根据直线将圆的面积平分，
可得直线过圆的圆心，从而可得出答案.
【详解】解：将圆的方程化为标准方程得，
则圆心，
因为直线将圆的面积平分，
所以直线过圆的圆心，
所以直线的斜率为，
所以直线方程为.
故答案为：
14. 执行如图所示的程序框图(图中且)，当输入时，输出，若要输出则应输入_______________________．
【答案】2
【解析】
【分析】首先利用条件运行代入，求得，再利用输出进行讨论即可得解.
【详解】当输入时，因为
所以
所以
若要输出
当时，
当时，由，
可得.
故答案为：2
15. 已知是双曲线上的一点，，是双曲线的两个焦点，且，则的面积是______.
【答案】
【解析】
【分析】由双曲线定义，可知，且，在中，由余弦定理和双曲线的定义，求得，结合面积公式，即可求解.
【详解】设点为双曲线右支上的点，且
由双曲线定义，可知
则在中，由余弦定理可知：，
即，
即，解得，
则.
故答案为：.
16. 下列四个命题中，正确的序号是______.
①设，则圆与内切.
②平面内与两定点，距离之差的绝对值等于1的点的轨迹为双曲线.
③平面内与两定点，距离之和等于1的点的轨迹为椭圆.
④直线与直线的距离是.
【答案】②④
【解析】
【分析】用两圆位置关系、双曲线椭圆定义、两平行直线间的距离公式逐一检验即可,
【详解】由题设可知：对①知：当时，圆与相交，故①错误；
对②知：平面内到两定点，的距离之差的绝对值等于1，即满足双曲线定义，到平面内两定点的距离之差的绝对值为定值（两定点之差距离），故②正确；
对③知：平面内到两定点，的距离之和为1，
即由椭圆定义知，平面内到两定点，的距离之和为定值且要求（两定点的距离），故③错误；
对④知：直线与直线的距离为，则
，故④正确
故答案为：②④.
三､解答题（共70分）
17. 已知命题：关于的方程有实根；命题：关于的函数在上是增函数.
（1）若且是真命题，求实数的取值范围；
（2）若且是假命题，或是真命题，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出为真命题时参数范围，求交集即可；
（2）由小题干判断，一真一假，分类讨论即可求解.
【小问1详解】
已知命题可化简为：或，，若是真命题，则实数的取值范围是；
【小问2详解】
若且是假命题，或是真命题，则满足真假和假真两种情况，则满足或，解得或，
所以实数取值范围是.
18. 已知圆C的圆心在直线上，且经过点，．
Ⅰ求圆C的方程；
Ⅱ已知点，，若P为圆C上的一动点，求的取值范围．
【答案】ⅠⅡ．
【解析】
【分析】Ⅰ设圆心则，即，由列式可解得，，从而可得圆C的标准方程；
Ⅱ设，根据两点间的距离公式可得，再根据y的范围可得．
【详解】解：Ⅰ设圆心则，即，
由得，解得，，
圆的半径，
圆C的方程为：．
Ⅱ设，则，即
则
，
，
故的取值范围是．
【点睛】本题考查求解圆方程的问题，此问题可通过待定系数法解决，可设圆方程为标准式，也可设为一般式，解题时灵活运用；解决几何中的最值（范围）问题时，可以将几何问题转化为代数问题，通过减元思路，转化为函数问题求解范围．
19. 已知圆及直线：.
(1)证明：不论取什么实数，直线与圆C总相交；
(2)求直线被圆C截得的弦长的最小值及此时的直线方程.
【答案】(1)证明见解析；(2) ，.
【解析】
【分析】（1）根据直线过的定点在圆内，得出直线与圆总相交．
（2）作图分析出当直线与半径CM垂直与点M时|AB|最短，利用勾股定理求出此时|AB|的长，再运用两直线垂直时斜率相乘等于−1，求出此时直线的方程．
【详解】解：(1)证明：直线的方程可化为，
由方程组，解得
所以直线过定点M(3，1)，
圆C化为标准方程为，所以圆心坐标为(1，2)，半径为5，
因为定点M(3，1)到圆心(1，2)的距离为√，
所以定点M(3，1)在圆内，
故不论m取什么实数，过定点M(3，1)的直线与圆C总相交；
(2)设直线与圆交于A、B两点，当直线与半径CM垂直与点M时，直线被截得的弦长|AB|最短，
此时，
此时，所以直线AB的方程为，即.
故直线被圆C截得的弦长的最小值为，此时的直线的方程为.
【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，当直线与半径CM垂直于点M时|AB|最短是解题的关键，是中档题．
20. 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)过点A(2，－4)．
（1）求抛物线C的方程，并求其准线方程；
（2）若点B(0，2)，求过点B且与抛物线C有且仅有一个公共点的直线l的方程．
【答案】（1），
（2）或或
【解析】
【分析】（1）根据题意，代点计算，即可求解；
（2）根据题意，易知点不在抛物线上，分别讨论过点的直线斜率不存在、斜率为0、斜率存在且不为0三种情况，即可求解.
【小问1详解】
由抛物线C：过点，
可得，解得.
所以抛物线C的方程为，其准线方程为.
【小问2详解】
根据题意，易知点不在抛物线上.
①当直线l的斜率不存在时，符合题意；
②当直线l的斜率为0时，符合题意；
③当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为，
由，得，由，得，
故直线l的方程为.
综上直线l的方程为或或.
21. 如图所示，四棱锥中，底面，，，，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析； （2）.
【解析】
【分析】（1）在中，由余弦定理可解得：
所以，所以是直角三角形，
又为等边三角形，所以，所以，即可证明平面；
（2）：由（1）可知，以点为原点，以,，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为，，，
所以，，
在中，，，，
由余弦定理可得：
解得：
所以，所以是直角三角形，
又为的中点，所以
又，所以为等边三角形，
所以，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）解：由（1）可知，以点为原点，以,，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，.
所以，，.
设为平面的法向量，则，即
设，则，，即平面一个法向量为，
所以
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】不妨考查线面平行的证明以及利用空间向量求线面角，属中档题.
22. 椭圆：内有一点
（1）求经过并且以为中点的弦所在直线方程；
（2）如果直线：与椭圆相交于、两点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2） .
【解析】
【详解】试题分析：（1）设出，代入椭圆方程，两式相减，再由中点坐标公式和斜率公式，可得直线的斜率，进而得到所求直线方程；（2）设直线l：x=my+4与椭圆E相交于两点，代入椭圆方程，运用韦达定理，再由斜率向量的数量积的坐标表示，化简整理，即可得到所求范围
试题解析：（1）设以为中点的弦的直线与椭圆相交于,
两式相减得
所求直线方程为即
（2）设直线：与椭圆相交于两点，
考点：直线与圆锥曲线的关系