江苏省苏州市张家港市常青藤实验学校2023-2024学年高一下学期3月阶段性测试数学试卷（原卷版+解析版）

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2024.3
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知双曲线满足，且与椭圆有公共焦点，则双曲线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合椭圆与双曲线的几何性质，列出方程，求得的值，即可求解.
【详解】由椭圆的标准方程为，可得，即，
因为双曲线的焦点与椭圆的焦点相同，所以双曲线中，半焦距，
又因为双曲线满足，即，
又由，即，解得，可得，
所以双曲线的方程为.
故选：A．
2. 从圆外一点向这个圆作两条切线，则两切线夹角（锐角或直角）的余弦值为（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的相关性质先求出，再利用倍角公式求即可.
【详解】圆即，其圆心，半径，
则过向这个圆作两条切线，切点为，如图：
又，
则，
所以.
故选：B.
3. 若方程有两个实数解，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】题目转化为函数与有两个公共点，画出函数图像，根据图像计算得到答案.
【详解】方程有两个实数解即函数与有两个公共点，
曲线表示以为圆心，半径为2的圆的上半部分（包括端点），
如图所示．
由图形知，当直线经过点时，直线与曲线有2个公共点，此时有；
当直线与圆相切时，可得，解得或（舍去）.
结合图形可得实数b的取值范围是．
故选：D
4. 已知P为椭圆上一点，，是椭圆的左、右焦点，若使为直角三角形的点P有且只有4个，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先考虑通径上有四个点满足题意，然后根据以为直径的圆与椭圆无交点得到关于，，的不等式，通过不等式求解椭圆离心率即可.
【详解】方法一：当轴时，有两个点满足为直角三角形；
同理当轴时，有两个点满足为直角三角形．
∵使为直角三角形的点有且只有4个，
∴以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆无交点，∴，
∴，∴，又，解得.
方法二：由题意为直角三角形的点有且只有4个，根据椭圆的几何性质可知，当点落在椭圆的短轴端点时，取得最大值，可得此时,
又，故.
故选：A．
5. 已知是双曲线：（，）的右焦点，过作与轴垂直的直线与双曲线交于，两点，过作一条渐近线的垂线，垂足为，若，则（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设，分别求出和，即可求出.
【详解】设.
过作与轴垂直的直线与双曲线交于，两点，则，解得：，所以.
由双曲线可得渐近线为.
由对称性可知，到任一渐近线的距离均相等，不妨求到渐近线的距离，
所以.
因为，所以，解得：.
故选：B
6. 已知圆上两动点A，B满足为正三角形，O为坐标原点，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件可得，由此确定点的轨迹方程，再求的最大值可得结论.
【详解】由题可知是边长为1的正三角形，
设的中点为，则，
又，所以点的轨迹方程为，且．
因为，所以，
因为，
当且仅当点在线段上时等号成立，
所以的最大值为，
所以的最大值为．
故选：D．
7. 已知椭圆，直线l过坐标原点并交椭圆于 两点（P在第一象限），点A是x轴正半轴上一点，其横坐标是点P横坐标的2倍，直线交椭圆于点B，若直线恰好是以为直径的圆的切线，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设,则由直线恰好是以为直径的圆的切线,可得，再利用点差的方法可得，即得，从而可得的关系，即可求得椭圆离心率.
【详解】依题意，设，
直线的斜率一定存在,分别为，
直线恰好是以为直径的圆的切线,则,则,
则，∴，
∵，两式相减得，
∴，即，
∴，∴，∴，
∴椭圆的离心率，
故选:D．
8. 已知椭圆的上顶点为A，离心率为e，若在C上存在点P，使得，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出，利用得到在区间上有解，结合端点值的符号得到，求出的最小值.
【详解】易知，设，则，
所以，
即，
即方程在区间上有解，
令，
因为，，
所以只需，
即
解得：
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分.
9. 加斯帕尔•蒙日（图1）是18～19世纪法国著名的几何学家,他在研究圆锥曲线时发现:椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,其圆心是椭圆的中心,这个圆被称为“蒙日圆”（图2）．已知长方形R的四边均与椭圆相切,则下列说法正确的是（ ）
A. 椭圆C的离心率为B. 椭圆C的蒙日圆方程为
C. 椭圆C的蒙日圆方程为D. 长方形R的面积最大值为18
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆方程,求出离心率即可得选项A正误;根据蒙日圆的定义可判断,该圆过点,根据圆心坐标,即可求得半径的值,进而求得圆的方程;设出长方形的长和宽,根据长方形是蒙日圆的内接四边形,可得对角线为直径,求得长和宽的等量关系,再利用基本不等式即可判断选项D正误.
【详解】解:由题知椭圆方程为:,
所以,
故选项A正确;
因为长方形R的四边均与椭圆相切,
所以点,即在蒙日圆上,
故半径为,
可得椭圆C的蒙日圆方程为;
故选项B错误,选项C正确;
设长方形R的边长为m,n,
则有,
所以长方形R的面积等于,
当且仅当时取等,
故选项D正确.
故选:ACD
10. 如图，已知椭圆：的左、右焦点分别为，，是上异于顶点的一动点，圆（圆心为）与的三边，，分别切于点A，B，C，延长交x轴于点D，作交于点，则（ ）.
A. 为定值B. 为定值
C. 为定值D. 为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】由余弦定理可知，从而可知不是定值；由椭圆定义可判断B，由切线长定理和椭圆的定义可判断C，由等面积法可判断D.
【详解】对于A，设，，，
由余弦定理可知：
即，解得
由于在上运动，所以的值也在随之变化，
从而不是定值，则A错误；
对于B，根据椭圆的定义，，是定值，B正确；
对于C，根据切线长定理和椭圆的定义，
得，
且，则，
所以为定值，C正确；
对于D，连接,则，
由，
解得，由，
得为定值，则D正确.
故选：BCD
11. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（，且）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 的方程为
B. 当，，三点不共线时，则
C. 在上存在点，使得
D. 若，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，通过直接法求出点的轨迹方程即可判断；
对于B，由题意，结合三角形内角平分线定理进行判断即可；
对于C，由“阿波罗尼斯圆”定义，求点轨迹方程，用圆与圆的位置关系进行判断即可；
对于D，将转化为进行判断即可.
【详解】设，（不与，重合）
∵，，∴，，
∴，得，化简得，
∴点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，
对于A，曲线的方程为，故选项A正确；
对于B，由已知，，，∴，
∴当，，三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，是内角的角平分线，
∴，故选项B正确；
对于C，若，则，由题意，点轨迹是圆，
设，由得，化简得点轨迹方程为，
即点的轨迹是圆心为，半径的圆，
圆与圆的圆心距，
∴圆与圆的位置关系为内含，圆与圆无公共点，
∴上不存在点，使得，故选项C错误；
对于D，∵，∴，
∴，
当且仅当在线段上时，等号成立，故选项D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知双曲线的一条渐近线为，左､右焦点分别是，过点作轴的垂线与渐近线交于点，若，则双曲线的离心率为__________.
【答案】
【解析】
分析】依题意可得，再根据锐角三角函数得到，即可得到，再根据离心率公式计算可得.
【详解】解：依题意可得，，显然为直角三角形，
所以，即，所以，
所以离心率.
故答案为：
13. 如图，、分别是椭圆的左、右焦点，点是为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】连接，设，则，则，，，分析可知，利用勾股定理可得出关于、的等式，可求得的值，即为所求.
【详解】连接，设，则，则，，

所以，，
由圆的几何性质可知，由勾股定理可得，
即，解得，
所以，，所以，直线的斜率为.
故答案为：.
14. 已知，点A为直线上的动点，过点A作直线与相切于点P，若，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，连接，求出、，求的最小值可转化为求到两点和距离和的最小值，连接可得答案.
【详解】
设，，连接，所以，且，
所以，
，
所以求的最小值可转化为求到两点和距离和的最小值，如图，连接即可，所以，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知直线l过定点，且交x轴负半轴于点A、交y轴正半轴于点B．点O为坐标原点．
（1）若的面积为4，求直线l的方程；
（2）求的最小值，并求此时直线l的方程．
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）根据题意设直线方程为，分别令，，得到，，再由求解；
（2）由，利用基本不等式求解.
【小问1详解】
解：由题意得：直线l的斜率存在，设为 ，
则直线方程为，
令，得；令，得，
所以，
解得，
此时直线方程，即；
【小问2详解】
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为，此时直线方程为，
即.
16. 已知双曲线M与椭圆有相同的焦点，且M与圆相切．
（1）求M的虚轴长．
（2）是否存在直线l，使得l与M交于A，B两点，且弦AB的中点为？若存在，求l的斜率；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，2
【解析】
分析】（1）根据题意得出双曲线方程后求解；
（2）中点弦问题，可用点差法，化简后得到斜率，然后代回检验.
【小问1详解】
因为椭圆的焦点坐标为
所以可设M的方程为．
因为M与圆相切，所以，
则，故M的虚轴长．
【小问2详解】
由（1）知，M的方程为．
设A，B两点的坐标分别为，，则
两式相减得，
假设存在直线l满足题意．则所以，
因此l的方程为，代入M的方程，整理得，，l与M相交，
故存在直线l满足题意，且l的斜率为2．
17. 设椭圆的上顶点为，左焦点为，已知椭圆的离心率，．
（1）求椭圆方程；
（2）设过点且斜率为的直线与椭圆交于点（异于点），与直线交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，若的面积为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据，，由，可求得的值，从而得到椭圆方程：
（2）设，与椭圆方程联立可得点的坐标，进而可得点的坐标，求出点的坐标，由点的坐标求出直线的方程，求出点的坐标，由可构造方程求得的值，由此可得直线方程.
【小问1详解】
由可得：，，，
又，，，
椭圆方程为：.
【小问2详解】

由（1）知：，设直线，
由得：，则，
，即，，
即，；
在直线的方程中，令可得，，
，则直线，
令可得：，，
，
即，整理可得：，解得：，
直线或．
18. 已知圆，点，点为圆上的动点，线段的中点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）设，过点作与轴不重合的直线交曲线于两点.
（i）过点作与直线垂直的直线交曲线于两点，求四边形面积的最大值；
（ii）设曲线与轴交于两点，直线与直线相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）7；（ii）是在定直线上，直线方程：
【解析】
【分析】（1）根据点在圆上，得到，再根据为中点，得到，然后代入，整理即可得到曲线的方程；
（2）（i）设直线方程，得到弦长和，然后将面积表示出来，最后分和两种情况讨论面积的最大值；
（ii）联立直线和曲线方程，根据韦达定理得到，然后通过联立直线和直线的方程得到的坐标，再结合即可得到点在定直线上.
【小问1详解】
设，因为点在圆上，所以 ①.
因为为中点，所以，整理得。
代入①式中得，整理得
所以曲线的方程为
【小问2详解】
（i）因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，即.
则直线为
设曲线的圆心到直线和直线的距离分别为.
则，所以.
所以
当时，.
当时，，当且仅当时等号成立.
综上所述，四边形面积的最大值为7.
（ii）设，联立，得.
则，.
因为曲线与轴交于两点，所以.
则直线的方程为，
直线的方程为，
联立两直线方程得.
直线与直线的交点在定直线上
【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，四边形的面积的最值和利用证明动直线的交点在定直线上。求动点的轨迹的方法有：：①定义法：根据已知的曲线的定义判断； ②直接法：当所求动点的要满足的条件简单明确时，直接按“建系设点、列出条件、代入坐标、整理化简、限制说明”的步骤求轨迹方程即可；③代入法：有两个动点，，其中点的轨迹方程已知，同时两动点的坐标存在关系，设点的坐标为，，然后建立两坐标的关系式，代入的轨迹方程中即可；④参数法：动点的横纵坐标没有直接关系，但是都和某个参数存在某种关系，可以通过消参的思路得到横纵坐标之间的关系，即可得到轨迹方程。本题属于难题.
19. 已知椭圆E：，椭圆上有四个动点A，B，C，D，，AD与BC相交于P点.如图所示.

（1）当A，B恰好分别为椭圆的上顶点和右顶点时，试探究：直线AD与BC的斜率之积是否为定值？若为定值，请求出该定值；否则，请说明理由；
（2）若点P的坐标为，求直线AB的斜率.
【答案】（1）是定值，定值为
（2）
【解析】
【分析】（1） 由题意求出直线的斜率，再求可设直线CD的方程为，设，，将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，然后求解即可；
（2）设，，，记，表示出点的坐标，将A，D两点的坐标代入椭圆方程，化简得，再由可得，从而可得，进而可得直线的方程，则可求出其斜率.
【小问1详解】
由题意知，，，所以，，所以，
设直线CD的方程为，设，，
联立直线CD与椭圆的方程，整理得，
由，解得，且，
则，，
所以
，
故直线AD与BC的斜率之积是定值，且定值为.
【小问2详解】
设，，，记()，
得.所以.
又A，D均在椭圆上，所以，
化简得，
因为，所以，
同理可得，
即直线AB：，
所以AB的斜率为.
【点睛】关键点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值问题，解题的关键是设出直线CD的方程，代入椭圆方程中消元化简，再利用根与系数的关系，再利用直线的斜率公式表示出，结合前面的式子化简计算可得结果，考查计算能力和数形结合的思想，属于较难题.