河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题（答案）

这是一份河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题（答案），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知两点都在直线上，且两点横坐标之差为2，则的面积为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用两点间距离公式及点到直线距离公式计算即得.
【详解】设，则，，
显然点不在直线上，则边上的高，
所以的面积.
故选：B.
2. 已知点为直线上任意一点，则的最小值是（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】的几何意义为直线上的点到原点的距离，由点到直线的距离公式可得．
【详解】点为直线上任意一点，
又的几何意义为直线上的点到的距离，
故最小值为到直线的距离，即最小值为
故选：C．
3. 曲线与轴围成区域的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方程两边平方，可化为，这条曲线与轴围成的区域是一个半径的半圆，可求面积.
【详解】曲线的方程化为，即，
所以这条曲线与轴围成的区域是一个半径的半圆，其面积为.
故选：B.
4. 已知曲线，设曲线上任意一点与定点连线的中点为，则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】设动点坐标，找到动点坐标与曲线上点坐标的关系，通过已知解析式得出动点的轨迹方程.
【详解】设，因为为的中点，所以，即，
又因为点在曲线上，所以，即．
所以点的轨迹方程为，即．
故选：B
5. 若过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意求出点到圆心的距离为，进而可得，结合二倍角的余弦公式计算即可求解.
【详解】点到圆心的距离为，圆的半径为，
所以，于是．
故选：A．
6. 已知椭圆的左、右焦点为为在第一象限的两个动点，且，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合椭圆定义在中由余弦定理求得，同理在中利用余弦定理可得，再由可得关系，进而得离心率.
【详解】连接，设，则，
在中，由余弦定理可得
，
即，
解得，即.
由可知，
在中利用余弦定理可得
，
同理可解得，
又因为，即，
所以．
故选：A.
7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线的右半支上，点，则的最小值为（ ）
A. B. 4C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先利用双曲线的定义转化，再结合图象，求的最小值，再联立方程求交点坐标.
【详解】由题意并结合双曲线的定义可得
，
当且仅当，，三点共线时等号成立.
而直线的方程为，由可得，所以，
所以点的坐标为32,12.
所以当且仅当点的坐标为32,12时，的最小值为.
故选：D.
8. 已知椭圆：经过点，右焦点为，，分别为椭圆的上顶点和下顶点，若过且斜率存在的直线与椭圆交于两点，直线与直线的斜率分别为和，则的值为（ ）
A. 1B. 3C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得关于，，的方程组，从而可得，的值，从而可得椭圆的方程；设直线，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，利用两点的斜率公式表示出和，作比，结合根与系数的关系即可求解．
【详解】由题意可知，，，
椭圆的标准方程为．
设直线：，联立直线和椭圆方程，
，得
，记，，
则，
由题意知和．则，，
则，
所以．
故选：B
二、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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知圆，直线，则（ ）
A. 直线恒过定点
B. 直线l与圆C有两个交点
C. 当时，圆C上恰有四个点到直线的距离等于1
D. 圆C与圆恰有三条公切线
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出直线过的定点判断A；判断定点与圆的位置关系判断B；求出圆心到直线距离判断C；判断圆与圆的位置关系判断D.
【详解】对于A，直线的方程为，由，得，直线过定点，A正确；
对于B，，即定点在圆内，则直线与圆相交且有两个交点，B正确；
对于C，当时，直线，圆心到直线的距离为，
而圆半径为2，因此只有2个点到直线的距离等于1，C错误；
对于D，圆的方程化为，
其圆心为，半径为3，两圆圆心距为，
两圆外切，因此它们有三条公切线，D正确.
故选：ABD.
10. 曲线被称为“幸运四叶草曲线”（如图所示）．给出下列四个结论，正确的有（ ）
A. 曲线C关于直线交于不同于原点的Ax1,y1,Bx2,y2两点，则
B. 存在一个以原点为中心、边长为1的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界）；
C. 存在一个以原点为中心、半径为1的圆，使得曲线C在此圆面内（含边界）；
D. 曲线C上存在一个点M，使得点M到两坐标轴的距离之积大于.
【答案】AC
【解析】
【分析】由对称性判断A，利用基本不等式求得曲线上的点到原点距离的最大值后可判断BCD．
【详解】因为由可得，所以曲线关于原点对称，
又直线过原点，所以Ax1,y1与Bx2,y2两点关于原点对称，
所以，所以A正确；
由，所以，
即：①，当取等号，此时，点在曲线上，
而，所以不可能在一个以原点为中心、边长为1的正方形内，所以B错误，
点可以在一个以原点为中心、半径为1的圆上，故C正确，
由①式知，所以D错误．
故答案为：AC．
【点睛】方法点睛：利用方程研究曲线的性质，利用基本不等式求曲线上的点到原点距离的最大值．
11. 已知双曲线C：的左右焦点分别为，且，A、P、B为双曲线上不同的三点，且A、B两点关于原点对称，直线与斜率的乘积为1，则下列正确的是（ ）
A. 双曲线C的实轴长为
B. 双曲线C的离心率为
C. 若，则三角形的周长为
D. 的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意可知，设，则，，代入可求解出，对A，根据，可求得实轴长为，可判断；对B，根据离心率，可判断选项；对C，根据，可知，则，可求得，所以三角形的周长为，可判断；对D，设与双曲线联立，若有解，需要解之可求出取值，可判断选项.
【详解】根据题意可知，所以，设，则，
将分别代入到双曲线后相减可得，代入可求解出，
对A，根据，解之可得，所以双曲线C的实轴长为，故A错误；
对B，根据离心率，将代入可得，故B正确；
对C，根据，可知，则
，可求得，
所以三角形的周长为，故C正确；
对D，设与双曲线联立可得，若有解，
需要解之可求出或，故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知，，若点在线段上，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】我们只要把看作动点与定点的斜率，就可以结合图象得到范围.
【详解】当点与重合，则，代入得，
当点与重合，则，代入得，
我们把看作动点与定点斜率，
再结合图象：
利用正切函数在锐角范围内是单调递增，可知，
故答案：.
13. 如图：已知圆 内有一点 ，Q是圆C上的任意一点，线段AQ的垂直平分线与CQ相交点M ，当点Q在圆C上运动时，点M 的轨迹方程为___
【答案】
【解析】
【分析】利用线段的中垂线性质，即可推导出动点到两定点的距离之和为定值，所以动点轨迹是椭圆，即可出椭圆方程.
【详解】
连接，由线段的垂直平分线与相交点M，可得，
则有，
所以点M 的轨迹是以为焦点，以5为长轴长的椭圆，
则，即，
所以点M 的轨迹方程为：，即，
故答案为：.
14. 已知双曲线的上、下焦点分别为，，动点与点在曲线上，且满足，则该双曲线的标准方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题干双曲线上点满足,得到，代入方程计算求解即可得出结果.
【详解】依题意，
即，故，
又点在曲线上，所以，即，
故双曲线的标准方程为.
故答案为：
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知两直线和的交点为．
（1）若直线过点且与直线平行，求直线的一般式方程；
（2）若圆过点且与相切于点，求圆的标准方程．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）通过解二元一次方程组求解的坐标，再结合互相平行两直线方程的特征运用代入法进行求解即可；
（2）根据圆的切线的性质，结合待定系数法进行求解即可.
【小问1详解】
联立方程组，解得，
所以直线和的交点．
因为直线与直线平行，故可设直线．
又直线过点，则，解得，
即直线的方程为．
【小问2详解】
设所求圆的标准方程为，
直线的斜率为，故直线CP的斜率为，
由题意可得，解得，
故所求圆的标准方程为．
16. 已知圆C：，直线l：是圆E与圆C的公共弦AB所在直线方程，且圆E的圆心在直线上．
（1）求公共弦AB的长度；
（2）求圆E的方程；
（3）过点分别作直线MN，RS，交圆E于M，N，R，S四点，且，求四边形MRNS面积的最大值与最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）最大值17，最小值
【解析】
【分析】（1）根据直线和圆相交求弦长用直角三角形勾股定理等价条件进行求解即可；
（2）圆的圆心在直线上，设圆心，求出圆心的半径即可得到圆的方程；
（3）对直线，分两种情况讨论，即当过点的互相垂直的直线，为轴，垂直于轴时和当过点的互相垂直的直线，不垂直于轴时，写出四边形面积的的表达式，再利用函数知识求最大值与最小值．
【小问1详解】
圆，所以圆的圆心坐标，半径，
圆心到直线的距离，
公共弦；
【小问2详解】
圆的圆心在直线上，设圆心，
由题意得，，即，到的距离，
所以的半径，
所以圆的方程：；
【小问3详解】
当过点的互相垂直的直线，为轴，垂直于轴时，，这时直线的方程为，代入到圆中，，
所以，四边形的面积；
当过点的互相垂直的直线，不垂直于轴时，
设直线为：，
则直线为：，
所以圆心到直线的距离，圆心到直线的距离，
，，
设，
当或1时，正好是轴及垂直轴，
面积，
当时，最大且，或1时，最小，
四边形面积的最大值17，最小值．
17. 已知椭圆的右焦点为，斜率不为0的直线与交于两点.
（1）若是线段的中点，求直线的方程；
（2）若直线经过点（点在点之间），直线与直线的斜率分别为，求证：为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用中点弦问题求解即可；
（2）利用韦达定理得到再根据斜率的坐标表示可得，结合韦达定理可证明.
【小问1详解】
设，则有，
且，作差可得，
所以，
由点斜式得，，
整理得即为直线的方程.
【小问2详解】

不妨设的直线方程为，
联立，消去整理得，
由韦达定理得，
所以，
因为，
所以为定值.
18. 已知双曲线一条渐近线方程为，且点在双曲线上.
（1）求双曲线标准方程，
（2）若双曲线的左顶点为，右焦点为为双曲线右支上任意一点，求的最小值.
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用渐近线方程巧设双曲线方程，再由待定系数法即可求解；
（2）利用向量数量积的坐标运算，再结合二次函数性质，即可得出结果.
【小问1详解】
由双曲线一条渐近线方程为，可以该双曲线方程为，
由点在双曲线上，可得，即，
所以双曲线标准方程为.
【小问2详解】
由双曲线标准方程为可知：左顶点的坐标为，右焦点为的坐标，
可设双曲线右支上任意一点，且，则，
所以，
又因为满足双曲线方程，则，
所以，
由于二次函数的对称轴是，
所以当，单调递增，
即当时，二次函数有最小值，
所以的最小值是.
19. 已知椭圆的左、右焦点别为，，离心率为，过点的动直线l交E于A，B两点，点A在x轴上方，且l不与x轴垂直，的周长为，直线与E交于另一点C，直线与E交于另一点D，点P为椭圆E的下顶点，如图．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用椭圆定义和离心率，求解椭圆方程；
（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2，，，的方程为，联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理求出点的坐标，同理得到点的坐标，进而得到直线的方程，根据对称性，如果直线CD过定点，则该定点在x轴上，即可得到定点坐标.
【小问1详解】
由椭圆定义可知，BF1+BF2=2a，
所以的周长为，所以，
又因为椭圆离心率为，所以，所以，
又，所以椭圆的方程：．
小问2详解】
设点Ax1,y1，Bx2,y2，，，
则直线的方程为，则，
由得，，
所以，
因为，所以，所以，故，
又，
同理，，，
由A，，B三点共线，得，所以，
直线CD的方程为，
由对称性可知，如果直线CD过定点，则该定点在x轴上，
令得，
，
故直线CD过定点．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.