2022-2023学年江苏省徐州市第七中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省徐州市第七中学高二上学期10月月考数学试题（解析版），共17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。
2022-2023学年江苏省徐州市第七中学高二上学期10月月考数学试题 一、单选题1．若曲线表示焦点在y轴上的双曲线，则实数m的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将曲线方程化成焦点在y轴上的双曲线标准方程，列不等式组可得结果.【详解】∵表示焦点在y轴上的双曲线，∴将曲线化成标准方程得：，∴ 故选：B.2．直线与直线平行，那么的值是（　　）A． B． C．或 D．或【答案】B【分析】根据两直线平行的等价条件列方程组，解方程组即可求解.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得：，故选：B.3．如图，椭圆与x轴、y轴正半轴分别交于点A、B，点P是过左焦点F1且垂直x轴的直线与椭圆的一个交点，O为坐标原点，若AB//OP，则椭圆的焦距为（    ）A． B．C．1 D．2【答案】D【分析】根据题意可得，利用两点的坐标求出直线BA、PO的斜率、，根据可得，化简计算即可.【详解】由题意知，，则点，所以直线BA的斜率为，直线PO的斜率为，由，得，所以，即，又，所以，所以焦距为.故选：D4．已知点是抛物线上的一动点，为抛物线的焦点，是圆：上一动点，则的最小值为A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】根据抛物线定义和三角形三边关系可知当三点共线时，的值最小，根据圆的性质可知最小值为；根据抛物线方程和圆的方程可求得，从而得到所求的最值.【详解】如图所示，利用抛物线的定义知：当三点共线时，的值最小，且最小值为抛物线的准线方程：，    本题正确选项：【点睛】本题考查线段距离之和的最值的求解，涉及到抛物线定义、圆的性质的应用，关键是能够找到取得最值时的点的位置，从而利用抛物线和圆的性质来进行求解.5．已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，直线AB过F1与椭圆交于A，B两点，若△F2AB为正三角形，该椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设椭圆方程，根据椭圆的对称性可得AB垂直与x轴，结合椭圆的定义，转化求解离心率即可.【详解】不妨设椭圆的方程为，则，，因为为正三角形，所以，即为线段AB的中点，根据椭圆的对称性知AB垂直与x轴，设，则，，所以，即，所以.故选：C6．已知点，是抛物线：上的两点，且线段过抛物线的焦点，若的中点到轴的距离为2，则（   ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】利用抛物线的抛物线的定义写出弦长公式，利用中点横坐标来求得弦长.【详解】设，，则，而的中点的横坐标为，所以.故选C.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，以及抛物线的定义和性质，考查运算求解能力和化归与转化的数学思想.7．已知椭圆C的焦点为，，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由已知可设，则，得，在中求得，从而可求解．【详解】如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．所以，则.得，所以，又，得故C的方程为故选：A8．过直线上一动点M，向圆引两条切线，A、B为切点，则圆的动点P到直线AB距离的最大值为（    ）A． B．6C．8 D．【答案】A【分析】根据题意设点在直线上，可得点A、B在以OP为直径的圆上，求出该圆的方程，联立圆O的方程得出直线AB的方程，进而可得直线AB恒过定点，将问题转化为求点C、N之间的距离，结合圆C的方程和两点坐标求距离公式计算即可得出结果.【详解】由题意知，设点在直线上，则，过点P作圆的两条切线，切点分别为A、B，则，所以点A、B在以OP为直径的圆上，且该圆的方程为：，又圆O的方程为，这两个圆的方程相减，得公共弦AB的方程为，即，因为，所以，所以，当且即时该方程恒成立，所以直线AB恒过定点，所以点M到直线AB距离的最大值即为点C、N之间的距离加上圆C的半径，又，，所以，即点M到直线AB距离的最大值为.故选：A 二、多选题9．以下四个命题正确的有（    ）A．直线的倾斜角为B．圆上有且仅有3个点到直线l：的距离都等于1C．直线关于原点对称的直线方程为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【答案】AB【分析】A：求出直线斜率即可判断倾斜角；B：根据圆心到直线的距离与半径作比较，判断直线与圆的位置关系，即可判断；C：根据点关于原点对称的性质求出对称直线对称，即可判断；D：经过点(1，1)且到x轴和y轴的截距都相等的直线方程为和.【详解】A：由直线方程可知直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，所以，故A正确；B：圆心到直线的距离，圆的半径，所以直线与圆相交，故到直线l距离为1的两条直线，一条与圆相交，一条与圆相切，故B正确；C：设所求直线上的点为，则该点原点对称的点为，代入方程，得，即直线关于原点对称的直线方程为.故C错误；D：经过点(1，1)且到x轴和y轴的截距都相等的直线方程为和，故D错误.故选：AB10．已知圆：，若直线垂直于圆的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，则（    ）A．2 B．4 C．6 D．10【答案】AD【解析】由圆心到直线的距离等于半径的可得．【详解】∵直线垂直于圆的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，∴圆心到直线的距离等于半径的．由题意圆心为，半径为，∴，解得或．故选：AD．11．已知双曲线过点，且渐近线方程为，则下列结论正确的是（    ）A．的方程为 B．的离心率为C．曲线经过的一个焦点 D．直线与有两个公共点【答案】AC【分析】由双曲线的渐近线为，设出双曲线方程，代入已知点的坐标，求出双曲线方程判断；再求出双曲线的焦点坐标判断，；联立方程组判断．【详解】解：由双曲线的渐近线方程为，可设双曲线方程为，把点代入，得，即．双曲线的方程为，故正确；由，，得，双曲线的离心率为，故错误；取，得，，曲线过定点，故正确；联立，化简得，所以直线与只有一个公共点，故不正确．故选：．12．已知椭圆上有一点P，F1、F2分别为其左右焦点，，的面积为S，则下列说法正确的是（    ）A．若，则满足题意的点P有4个B．若，则C．的最大值为D．若是钝角三角形，则S的取值范围是【答案】ABC【分析】根据面积求出点P纵坐标的范围即可判断A；结合椭圆的定义、余弦定理和面积公式可以求出三角形面积，进而判断B；根据B中的推理，结合基本不等式可以判断C；根据C中的推理可以判断不可能为钝角，根据椭圆的对称性仅考虑P点在第一象限的情形，根据角的变化情况先考虑的情况，进而求得答案判断D.【详解】由题意，， 对A，设，则，由椭圆的范围可知A正确；对B，如图，设，因为，所以在中，而，因为，所以，故B正确；对C，由，当且仅当时取“=”，即的最大值为，C正确；对D，根据C可知，最大值为，即不可能为钝角，根据椭圆的对称性，现仅考虑点P在第一象限的情况，根据角的变化情况，若，将x=2代入椭圆方程解得：，此时，则是钝角三角形， S的取值范围是，D错误.故选：ABC. 三、填空题13．已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝2截y轴所得线段与截直线y＝2x＋b所得线段的长度相等，则b＝________.【答案】【解析】根据圆C截y轴所得线段与截直线y＝2x＋b所得线段的长度相等，根据圆的弦长公式，则圆心C(1，2)到到y轴和到直线2x－y＋b＝0的距离都等于1求解.【详解】记圆C与y轴的两个交点分别是A，B，因为圆心C到y轴的距离为1，|CA|＝|CB|＝，且圆C截y轴所得线段与截直线y＝2x＋b所得线段的长度相等，所以圆心C(1，2)到直线2x－y＋b＝0的距离也等于1，所以，解得故答案为：14．在中，，，，动点在以点为圆心，半径为1的圆上，则的最小值为__________．【答案】【分析】根据题意建立平面直角坐标系，设，然后将数量积用点的坐标表示出来，再结合圆中的最值问题求解即可．【详解】如图，以点为原点，边所在直线为轴建立平面直角坐标系．则，设，则，∴，其中表示圆A上的点P与点间距离的平方，由几何图形可得，∴．故答案为．【点睛】（1）解答本题的关键是将问题转化为坐标运算来求解，利用代数运算来解决向量数量积的问题，体现数形结合的利用．（2）求与圆有关的最值问题时仍需要结合图形进行，结合图形利用两点间的距离或点到直线的距离求解，解题时注意几何方法的运用．15．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点距离之比为定值（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xOy中，已知点A(0， 3)，圆.若圆C上存在点M，使，则实数a的取值范围是_____．【答案】.【分析】由得到点M的轨迹方程为圆，再由两圆的位置关系求出a的范围.【详解】由的圆心，设，因为，所以.所以点M在以为圆心，2为半径的圆上，则圆C与圆D有公共点，满足：，即.故答案为：.16．已知椭圆的离心率为，F为椭圆的右焦点，A为椭圆上的一个动点，直线，记点A到直线l的距离为d，则的最小值为________．（用a或b表示）【答案】或【分析】根据椭圆的离心率求解参数a,b,c之间的关系，再根据椭圆的定义化简，最后根据平面几何关系求解最小值.【详解】根据题意，椭圆的离心率，且设椭圆的左焦点为，则其坐标可写为根据椭圆的定义，根据平面几何知识，的最小值即为点到直线l的距离所以的最小值为：化简计算得，用b可表示为 故答案为：或. 四、解答题17．在平面直角坐标系xOy，已知△ABC的三个顶点．(1)求BC边所在直线的一般式方程；(2)BC边上中线AD的方程为x－2y＋t＝0（t∈R），且△ABC的面积为4，求点A的坐标．【答案】(1);(2)或. 【分析】（1）利用两点的斜率公式求出直线的斜率，即可求直线的点斜式方程，转化为一般式方程即可；（2）根据的坐标可求及，从而可求，把点代入AD的方程可得①.利用点到直线的距离公式可得点到直线的距离，根据三角形面积列式可得②.联立①②即可求解.【详解】（1）由，可得直线的斜率，故直线的方程为，化为一般式方程为：；（2）由，可得的中点的坐标为，.又由AD的方程为x－2y＋t＝0，则有,解得.故AD的方程为x－2y＋4＝0.由，可得①. 因为所在的直线方程为，所以点到直线的距离.因为的面积为4，所以②.联立①②可得或.故点的坐标为或.18．已知圆和点.(1)过点M向圆O引切线，求切线的方程；(2)求以点M为圆心，且被直线截得的弦长为8的圆M的方程；【答案】(1)或(2) 【分析】(1)分斜率不存在和斜率存在两种情况求解；（2）根据垂径定理和弦长公式求解即可.【详解】（1）（1）当切线的斜率不存在，直线方程为，为圆的切线；  当切线的斜率存在时，设直线方程为，即，∴圆心到切线的距离为，解得，∴直线方程为综上切线的方程为或.（2）点到直线的距离为，∵圆被直线截得的弦长为8，∴，∴圆的方程为.19．已知双曲线C的离心率为，且过点，过双曲线C的右焦点，做倾斜角为的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，为左焦点.（1）求双曲线的标准方程；（2）求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）双曲线顶点说明，由离心率求得后可得，从而得双曲线标准方程；（2）设，，直线方程为，由直线方程与双曲线方程联立消元后可得，由圆锥曲线中的弦长公式求得弦长，由点到直线距离公式求得三角形的高，从而可得面积．【详解】（1）过点，所以，，所以，又，所以，所以双曲线的方程为.（2）结合题意可得直线AB的方程为，设，，联立方程，消去y，得.∴，，∴，直线AB的方程变形为.∴原点O到直线AB的距离为，∴.【点睛】本题考查求双曲线标准方程，考查直线与相交问题．解题时注意韦达定理的应用．20．已知双曲线C：（，）的实轴长为，一个焦点的坐标为．(1)求双曲线的方程；(2)若斜率为2的直线l交双曲线C交于A，B两点，且，求直线l的方程【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据待定系数法求双曲线方程，由题意可知，，即可求出b，进而得到双曲线方程；（2）设直线的方程为，与双曲线方程联立，得到韦达定理，根据弦长公式，即可求出参数m，进而得到直线方程.【详解】（1）解：由得，又，所以，则双曲线的方程为.（2）设直线的方程为，，，由，得，所以，，且，得，则弦长 ，解得，符合，所以直线的方程为或即或.21．已知平面内一动点到点F（1，0）的距离与点到轴的距离的差等于1．（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点作两条斜率存在且互相垂直的直线，设与轨迹相交于点，与轨迹相交于点，求的最小值．【答案】（1）（2）16【详解】（1）设动点的坐标为，由题意为化简得当、所以动点P的轨迹C的方程为（2）由题意知，直线的斜率存在且不为0，设为，则的方程为．由，得设则是上述方程的两个实根，于是．因为，所以的斜率为．设则同理可得故当且仅当即时，取最小值16．22．为圆上一动点，点的坐标为，线段的垂直平分线交直线于点．(1)求点的轨迹方程；(2)如图，（1）中曲线与轴的两个交点分别为和，为曲线上异于的两点，直线不过坐标原点，且不与坐标轴平行．点关于原点的对称点为，若直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：在曲线上存在定点，使得的面积为定值，并求该定值．【答案】(1)；(2)证明见解析，定值为. 【分析】（1）由垂直平分线性质得，进而得到，由椭圆定义可知点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，由此可求得轨迹方程；（2）设直线，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式；由、三点共线可得方程组，从而推导得到直线的斜率；将直线与直线方程联立后，可确定在定直线上，由此可确定使得的面积为定值的点为过点且与平行的直线与椭圆的交点，由此可求得点坐标，进而得到所求定值.【详解】（1）由圆的方程可知：圆心，半径；线段的垂直平分线交直线于点，，，点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，即，，，点轨迹方程.（2）由（1）知：，，设直线，，，由得：，则，，；设，又，由三点共线得：；由三点共线得：；；直线的斜率，直线；由得：，在定直线上，则使得的面积为定值的点为过点且与平行的直线与椭圆的交点，由得：或，此时存在点或，使得的面积为定值.