2022-2023学年江苏省南通市海安市实验中学高二上学期第一次月考数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省南通市海安市实验中学高二上学期第一次月考数学试题（解析版）

一､单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 若直线y=ax+1与连接的线段总有公共点，则a的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】可得直线过定点，则数形结合可得或即可求出.

【详解】由直线y=ax+1可得直线的斜率为，且过定点，又，

则由图可得，要使直线与线段总有公共点，需满足或，

又，

或.

故选：B.

2. “ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据直线垂直求出的范围即可得出.

【详解】由直线垂直可得，解得或1，

所以“ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 的充分不必要条件.

故选：A.

3. 若P，Q分别为直线3x＋4y－12＝0与6x＋8y＋5＝0上任意一点，则|PQ|的最小值为(　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

先判定两直线平行，再求出两平行线之间的距离即得解.

【详解】因为，所以两直线平行，

将直线3x＋4y－12＝0化为6x＋8y－24＝0，

由题意可知|PQ|的最小值为这两条平行直线间的距离，

即，所以|PQ|的最小值为.

故选：C.

【点睛】本题主要考查平行直线的判定和两平行线之间的距离的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

4. 点(在圆的内部，则a的取值范围(     )

A. －1<a<1 B. 0<a<1 C. –1<a< D. －<a<1

【答案】D

【解析】

【详解】解：由题意，4a2+（a-1）2-2（a-1）-4＜0

即5a2-4a-1＜0

解之得：- ＜a＜1

故选D

5. 某月球探测器运行轨道是以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，其近月点与月球表面距离为，远月点与月球表面距离为.已知月球的直径约为，则该椭圆形轨道的离心率约为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意得，，然后联立求解即可.

【详解】如图（示意图）：

为月球的球心，月球半径约为.

依题意，，.

所以，

解得.

由，

得，

所以椭圆的离心率.

故选：B

【点睛】本题主要考查椭圆的定义和几何性质，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.

6. 圆 上点 关于直线 的对称点仍在圆 上， 且该圆的半径为 ， 则圆 的方程为（    ）

A.  B.

C. 或  D. 或

【答案】D

【解析】

【分析】先判断圆心在直线上，设圆心的坐标为，由半径，列出方程，求出的值，即可得到答案．

【详解】解：因为圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，

所以圆心在直线上，

设圆心的坐标为，

因为该圆的半径为，

则，

解得或，

所以圆心为或，

则圆的方程为或．

故选：D．

7. 已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，且点在直线上，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】将两圆的方程相减可得公共弦方程，从而求得定点，利用点在直线上可得，再代入消元，转化成一元二次函数的取值范围；

【详解】解：由圆，圆，

得圆与圆的公共弦所在直线方程为，求得定点，

又在直线上，，即.

∴，∴的取值范围是.

故选：A.

【点睛】本题考查圆的公共弦方程求解、一元二次函数的最值，考查转化与化归思想的运用.

8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，若椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】在中，由正弦定理可得，结合已知条件得到，设点，得到，整理得到，根据椭圆的几何性质可得，化简得到，即可求解.

【详解】在中，由正弦定理可得,

又由，即，即,

设点，可得，

则，解得，

由椭圆的几何性质可得，即，

整理得，解得或，

又由，所以椭圆的离心率的取值范围是.

故选：C.

【点睛】方法点拨：在中，由正弦定理和结合已知条件得到，设点，结合椭圆的焦半径公式，得到，根据椭圆的几何性质可得，列出关于离心率的不等式是解答的关键.

二､多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）

9. 下列说法正确的是（    ）

A. 截距相等的直线都可以用方程表示

B. 方程能表示平行y轴的直线

C. 经过点，倾斜角为的直线方程为

D. 经过两点，的直线方程

【答案】BD

【解析】

【分析】．当直线过原点时，无法表示；．当时，满足条件；．当倾斜角为时，无法表示；．结合两点式方程进行判断即可.

【详解】解：对于A，截距相等为0的直线都不可以用方程表示，故错误；

对于B，当时，方程能表示平行y轴的直线，故正确；

对于C，经过点，倾斜角为的直线方程不能写成，故错；

对于D，经过两点，的直线均可写成，故正确．

故选：BD．

10. 在平面直角坐标系中，三点，，，动点满足，则（    ）

A. 点的轨迹方程为 B. 面积最大时

C. 最大时， D. 到直线距离最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据可求得点轨迹方程为，A正确；

根据直线过圆心可知点到直线的距离最大值为，由此可确定面积最大时，由此可确定B正确；

当最大时，为圆的切线，利用切线长的求法可知C错误；

求得方程后，利用圆上点到直线距离最值的求解方法可确定D正确.

【详解】设，由得：，即，

化简可得：，即点轨迹方程为，A正确；

直线过圆的圆心，点到直线的距离的最大值为圆的半径，即为，

，面积最大为，此时，

，B正确；

当最大时，则为圆的切线，

，C错误；

直线的方程为，则圆心到直线的距离为，

点到直线距离最小值为，D正确.

故选：ABD.

11. 已知椭圆的左右焦点分别为是圆上且不在轴上的一点，的面积为，设的离心率为，，则（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】由题意画出图形，由椭圆定义及三角形两边之和大于第三边判断；设出的参数坐标，利用向量数量积运算判断；求出三角形的面积范围，结合已知列式求得椭圆离心率的范围判断；由数量积及三角形面积公式求得判断．

【详解】如图，

连接，，设交椭圆于，则，

，故正确；

设，，，

，，

，故错误；

设，，则，

又△的面积为，，即，

，又，，故正确；

由，，

两式作商可得：，故正确．

故选：ACD

12. 已知圆，直线，()．则下列四个命题正确的是（    ）

A. 直线恒过定点

B. 当时，圆上有且仅有三个点到直线的距离都等于1

C. 圆与曲线恰有三条公切线，则

D. 当时，直线上一个动点向圆引两条切线，，其中，为切点，则直线经过点

【答案】ACD

【解析】

【分析】

利用相交直线系方程和圆系方程可判断AD的正误，根据圆心到直线的距离可判断B的正误，根据两圆外切可判断C的正误.

【详解】直线可化为：，

由可得，故直线恒过定点，故A正确.

当时，直线，圆心到该直线的距离为，

因为，故圆上有且仅有四个点到直线的距离都等于1，故B错.

因为圆与曲线恰有三条公切线，故两圆外切，

故，故，故C正确.

当时，直线，设，

则以为直径的圆的方程为，

而圆，故的直线方程为，

整理得到，由可得，

故直线经过点，故D正确.

故选：ACD.

【点睛】方法点睛：对于含参数的直线方程，可通过化简其方程，以便于求出定点坐标，而切点弦，则需要利用圆系来求其方程，过圆外一点及两个切点的圆的方程可由直径式方程得到.

三､填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 直线的斜率为__．

【答案】

【解析】

【分析】

根据直线的方程写出直线的斜率表达式，化简求值即可．

【详解】由直线，得，即，

则该直线的斜率．

故答案为：．

【点睛】本题考查由直线方程求直线的斜率，属于简单题．

14. 已知直线与圆，则被圆截得的最短弦长为___________.

【答案】

【解析】

【分析】求出直线所过定点，再求出圆心的坐标和半径，要使直线被圆截得的线段长度最小，需圆心到直线的距离最大，的最大值为线段的长度，即可得出结论．

【详解】解：直线，即，

显然过直线 及直线的交点，

则的坐标为，，故直线经过定点，，

圆表示以为圆心，以3为半径的圆，

设圆心到直线的距离为，要使直线被圆截得的线段长度最小，需最大，

由题意可知，的最大值为线段的长度，

由两点间的距离公式可得．

直线被圆截得的最短的弦长为．

故答案为：．

15. 已知圆，过直线上任意一点作圆的两条切线，切点分别为，若为锐角，则的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：由于圆心到直线的距离,当时,,所以,即,注意到,故,即.

考点：圆与直线的位置关系及运用．

【易错点晴】本题考查的是圆与直线的位置关系的问题.解答时先求出圆心到定直线的距离,再考虑为直角的特殊情形,求出此时圆心与动点的距离为定值,这时的是最小的,当由直角变小时, 会增大,由于是动点与圆心连线中长度是最小的,因此只要圆心到直线的距离也大于即可,所以求得的范围是.

16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一个动点，为圆上一个动点，则的最大值为__________

【答案】12

【解析】

【分析】根据椭圆定义及圆心位置、半径，应用分析法要使最大只需让最大即可，由数形结合的方法分析知共线时有最大值，进而求目标式的最大值.

【详解】由题意得：，根据椭圆的定义得，

∴，

圆变形得，即圆心，半径，

要使最大，即最大，又，

∴使最大即可.

如图所示：

∴当共线时，有最大值为，

∴的最大值为，

∴的最大值，即的最大值为11+1=12，

故答案为：12

四､解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 已知直线和直线的交点为．

（1）求过点且与直线平行的直线方程；

（2）若直线与直线垂直，且到的距离为，求直线的方程．

【答案】（1）；（2）或.

【解析】

【分析】

利用平行（垂直）直线系设出待求直线，用待定系数法求直线方程.

【详解】解：联立解得，可知交点

（1）设与直线平行的直线方程为

把交点代入可得，∴

∴所求的直线方程为：

（2）设与直线垂直的直线方程为：

∵到的距离为，解得或

∴直线的方程为：或

【点睛】解析几何中直线系方程的设法:

(1)过定点的直线可设为；

(2)与直线平行的直线可设为：；

(3) 与直线垂直的直线可设为：.

18. 已知椭圆经过

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线交椭圆于不同两点是坐标原点，求的面积.

【答案】(1)；(2)．

【解析】

【分析】(1)将两点坐标代入椭圆方程中，求出的值，可求出椭圆的方程；

(2)直线方程与椭圆方程联立，消去，得到一元二次方程，解这个方程，求出两点的纵坐标，设直线与轴交于点，利用进行求解．

【详解】(1)由题意得: , 解得:

即轨迹E的方程为                          

(2)记，

的方程为

由消去得，     

所以  

设直线与轴交于点

19. 已知圆过点，，且圆心在直线上，圆.

（1）求圆的标准方程；

（2）求圆与圆的公共弦长；

（3）求过两圆的交点且圆心在直线上的圆的方程.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】

【分析】

（1）求出的坐标及其圆的半径，从而可得圆的标准方程；

（2）将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，利用垂径定理可求弦长.

（3）设所求的圆的方程为：，求出圆心的坐标，利用该圆心在已知直线上可求的值，从而得到圆的方程.

【详解】解：（1）设，则，

解得，圆即

所求的标准方程为：.

（2）圆的一般方程为，

将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，即

即，故到直线的距离为，

所以所求公共弦长为.

（3）设所求的圆的方程为：，

整理得到，该圆圆心为，

因为该圆心在直线，故，解得，

故所求圆的方程为.

【点睛】本题考查圆的方程的求法、以及圆的公共弦的方程及弦长的求法，注意公共弦的直线方法可以由两个圆的一般方程相减得到，在求过已知直线和圆的交点的圆的方程时，注意利用圆系方程降低运算量，本题属于基础题.

20. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程，边上的高所在直线方程为．求：（1）顶点的坐标；（2）直线的方程．

【答案】（1）（2）．

【解析】

【分析】（1）先求直线的方程，然后通过方程组求出的坐标．

（2）设出的坐标，求出的坐标，把点的坐标代入直线方程，把点的坐标代入直线．联立求出的坐标，然后利用两点式求得直线的方程．

【详解】（1）、所在直线方程为的斜率为

边所在直线所在的直线的斜率为，的方程为，即

解方程组，求得，故的坐标为.

（2）、设出的中点为，．

把点的坐标代入直线方程，把点的坐标代入直线．

可得，求得，故点．

再用两点式求的直线BC的方程为，化简为，故直线的方程.

21. 如图，平面直角坐标系中，圆交轴于、两点，交直线于、两点．

（1）若，求的值；

（2）设直线、的斜率分别为、，试探究斜率之积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．

（3）证明：直线、的交点必然在一条定直线上，并求出该定直线的方程．

【答案】（1）；   

（2）恒为定值；   

（3）证明见解析，交点恒在定直线上.

【解析】

【分析】（1）利用勾股定理可求得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，即可求得实数的值；

（2）设点、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值，即可证得结论成立；

（3）设直线的斜率为，可得出，写出直线、的方程，求出两直线交点的纵坐标，即可证得结论成立.

【小问1详解】

解：圆的圆心为，到直线的距离为，

，可得，解得.

【小问2详解】

解：将代入圆О方程，并整理得，

则，设点、，

由韦达定理，．

，所以，，同理，

于是（定值）.

【小问3详解】

解：注意到，设直线的斜率为，则，即．

直线的方程为，直线的方程为的交点满足，

即，解得，故直线、交点必在定直线上．

22. 已知两圆，动圆在圆内部且和圆内切，和圆外切.

（1）求动圆圆心的轨迹方程；

（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与轨迹方程恒有两个交点，且满足若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，理由见解析

【解析】

【分析】（1）设圆的半径为，由椭圆的定义得到点的轨迹，求出椭圆方程即可；

（2）当切线斜率存在时，设切线方程，与椭圆联立，得到韦达定理，利用，化简整理得到和的关系，利用圆心到切线的距离等于半径，可得圆的方程，当切线的斜率不存在时，可得到切线方程，求出两个交点坐标，符合题意，即可得到答案.

【小问1详解】

设圆的半径的，则，

所以的轨迹是以的焦点的椭圆，

则，，所以，，，

故动圆圆心轨迹方程为.

【小问2详解】

假设存在圆心在原点圆，

使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，

设，，当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为，

由方程，可得，

则，

所以，由，，

则，

，，则，即，

即，即，所以且，

故，解得或，

因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为，

则，故，所以所求圆的方程为，

此时圆的切线都满足或，

当切线的斜率不存在时，切线方程为，

所以切线与椭圆，的两个交点为，，

满足.

综上所述，存在圆心在原点的圆满足条件.