2024省牡丹江一中高二上学期10月月考试题数学含解析

这是一份2024省牡丹江一中高二上学期10月月考试题数学含解析，共24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级高二学年上学期10月份月考
数 学 试 卷
考试时间：120分钟 分值：150分
一、单选题（每小题5分，有且只有一个正确选项）
1. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）
A. B.
C. 或 D. 或
2. 直线l经过两点，那么直线l的倾斜角的取值范围为（ ）
A. B. ∪
C. D.
3. 设椭圆，的离心率分别为，，若，则（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
4. “”是“方程表示椭圆”的（ ）
A 充要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件
5. 已知双曲线 的左焦点为为坐标原点，右焦点为，点为双曲线右支上的一点，且的周长为为线段的 中点，则（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
6. 已知，是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A B. C. D.
7. 已知点满足方程，点．若斜率为斜率为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（每小题5分，有错误选项得0分，选项不全得2分）
9. 下列结论不正确的是（ ）．
A. 过点，的直线的倾斜角为
B. 直线恒过定点
C. 直线与直线之间的距离是
D. 已知，，点P在x轴上，则的最小值是5
10. 设有一组圆，下列命题正确的是（　　）
A. 不论k如何变化，圆心始终在一条直线上
B. 所有圆均不经过点
C. 经过点的圆有且只有一个
D. 所有圆的面积均为4
11. 设曲线方程为，下列选项中正确的有（ ）
A. 由曲线围成的封闭图形的面积为
B. 满足曲线的方程的整点（横纵坐标均为整数的点）有5个
C. 若，是曲线上的任意两点，则，两点间的距离最大值为
D. 若是曲线上的任意一点，直线l：，则点到直线的距离最大值为
12. 已知椭圆：（），，分别为其左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，点在椭圆内部，则以下说法正确的是（ ）
A. 离心率的取值范围为
B. 不存在点，使得
C. 当时，的最大值为
D. 最小值为1
三、填空题（每小题5分）
13. 已知点A（1，2）在圆C：外，则实数m的取值范围为________.
14. 与椭圆有公共焦点，且离心率为的双曲线方程为______．
15. 设点是圆：上的动点，定点，则的最大值为____．
16. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为___________.
四、解答题（共6道，满分70分，10+12+12+12+12+12）
17. （1）求两条平行直线与间的距离；
（2）若直线与直线垂直，求的值.
18. 直线l过点，且与x轴的正半轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点.
（1）若，求直线l的方程；
（2）当的面积为6时，求直线l的方程.
19. 在平面直角坐标系中，已知圆.设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）设垂直于的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程.
20. 党的二十大报告提出要加快建设交通强国.在我国万平方千米的大地之下拥有超过座，总长接近赤道长度的隧道（约千米）.这些隧道样式多种多样，它们或傍山而过，上方构筑顶棚形成“明洞”﹔或挂于峭壁，每隔一段开出“天窗”形成挂壁公路.但是更多时候它们都隐伏于山体之中，只露出窄窄的出入口洞门、佛山某学生学过圆的知识后受此启发，为山体隧道设计了一个圆弧形洞门样式，如图所示，路宽为米，洞门最高处距路面米.

（1）建立适当的平面直角坐标系，求圆弧的方程.
（2）为使双向行驶的车辆更加安全，该同学进一步优化了设计方案，在路中间建立了米宽的隔墙.某货车装满货物后整体呈长方体状，宽米，高米，则此货车能否通过该洞门?并说明理由.

21. 已知椭圆左右焦点分别为，离心率为．斜率为的直线（不过原点）交椭圆于两点，当直线过时，周长为8．
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率分别为，且依次成等比数列，求的值，并求当面积为时，直线的方程．
22. 已知椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过动点作直线交椭圆于两点，且，过作直线，使与直线垂直，证明：直线恒过定点，并求此定点的坐标．

2022级高二学年上学期10月份月考
数 学 试 卷
考试时间：120分钟 分值：150分
一、单选题（每小题5分，有且只有一个正确选项）
1. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）
A. B.
C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】可以分截距都为零和截距不为零两种情况进行考虑，截距为零，直线过原点，求出方程即可，截距部位零，利用截距式，设出方程求解即可；也可以设出方程，求出截距，进行计算即可.
【详解】解法一 当直线过原点时，满足题意，此时直线方程为，即；
当直线不过原点时，设直线方程为，
因为直线过点，所以，
解得，此时直线方程为.
故选：
解法二 易知直线斜率不存在或直线斜率为0时不符合题意.
设直线方程为，
则时，，时，，
由题意知，
解得或，即直线方程为或.
故选：
2. 直线l经过两点，那么直线l的倾斜角的取值范围为（ ）
A. B. ∪
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意先求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角可求得答案.
【详解】直线l的斜率，
因为，所以，
设直线l的倾斜角为，则，
因为，所以或，
所以直线l的倾斜角的取值范围是
故选：D.
3. 设椭圆，的离心率分别为，，若，则（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据离心率的关系列方程，从而求得.
【详解】对于椭圆，有.
因为，所以，解得．
故选：B
4. “”是“方程表示椭圆”的（ ）
A. 充要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】等价于.
若，则方程表示单位圆
若方程表示椭圆，则椭圆方程可化为，
则且.
故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 已知双曲线 的左焦点为为坐标原点，右焦点为，点为双曲线右支上的一点，且的周长为为线段的 中点，则（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据右焦点为，得到，进而得到，再根据的周长为得到，然后利用三角形中位线求解.
【详解】解：因为右焦点为，
所以，
又因为 ，
则 ，
又因为 ，
则 ，
所以为坐标原点，且为线段的中点，
所以，
故选：B
6. 已知，是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
依题意得点的轨迹是以焦距为直径的圆,因此,进而可求出离心率的取值范围.
【详解】因为,
所以点的轨迹是以焦距为直径的圆,
又满足的点总在椭圆内部,
∴,
故选:B
【点睛】本题主要考查椭圆离心率的求法,结合了向量,轨迹等相关知识,难度不大.
7. 已知点满足方程，点．若斜率为斜率为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据题意分析可知点在以为焦点的椭圆上，结合椭圆方程运算求解.
【详解】设，
则，可得，
即点在以为焦点椭圆上，且，
所以点的轨迹为，整理得，
由题意可知：，
所以.
故选：A.
8. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先对所求式子配方整理，把问题转化为，求直线上一点，到直线同侧的两点间的距离之和的最小值，就是将军饮马求最值问题，先对其中一点作关于直线的对称点，进一步把问题转化为，求两点间的距离，求解即可.
【详解】
该式子是表示点到点、点的距离之和，
又，
上述式子表示直线上的点到点、点的距离之和的最小值（如图）.

设点关于直线的对称点为，
则有，解得，即，
所以，
所以直线上的点到点、点的距离之和的最小值为.
故选：D.
二、多选题（每小题5分，有错误选项得0分，选项不全得2分）
9. 下列结论不正确的是（ ）．
A. 过点，的直线的倾斜角为
B. 直线恒过定点
C. 直线与直线之间的距离是
D. 已知，，点P在x轴上，则的最小值是5
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，求出过点，的直线的斜率，进而得到倾斜角不为；B选项，变形后得到方程组，求出恒过点；C选项，直线变形为，利用两平行线间距离公式求出答案；D选项，在坐标系中画出点的坐标，利用对称性求出的最小值.
【详解】A选项，过点，的直线的斜率为，
设直线倾斜角为，则，由于，
故过点，的直线的倾斜角不为，A错误；
B选项，直线变形得到，
令，解得，
故直线恒过点，B错误；
C选项，直线变形为，
故与直线之间的距离是，故C错误；
D选项，在平面直角坐标系中画出，，两点都在轴上方，
画出关于轴的对称点，连接，与轴交于点，
则即为最小值，
则，D正确.

故选：ABC
10. 设有一组圆，下列命题正确的是（　　）
A. 不论k如何变化，圆心始终在一条直线上
B. 所有圆均不经过点
C. 经过点的圆有且只有一个
D. 所有圆的面积均为4
【答案】AB
【解析】
【分析】对于AD：由题意可知：圆，的圆心，半径，进而分析判断；对于CD：分别将点，代入方程，通过解的个数分析判断.
【详解】由题意可知：圆的圆心，半径.
对于选项A：不论k如何变化，圆心始终在直线上，故A正确；
对于选项B：令，整理得，
因为，可知方程无解，
所以所有圆均不经过点，故B正确；
对于选项C：令，整理得，
因为，可知方程有两个不同的解，
所以经过点的圆有且只有两个，故C错误；
对于选项D：因为半径，所以所有圆的面积均为，故D错误；
故答案为：AB.
11. 设曲线的方程为，下列选项中正确的有（ ）
A. 由曲线围成的封闭图形的面积为
B. 满足曲线的方程的整点（横纵坐标均为整数的点）有5个
C. 若，是曲线上的任意两点，则，两点间的距离最大值为
D. 若是曲线上的任意一点，直线l：，则点到直线的距离最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，作出曲线的图象，再数形结合依次讨论各选项求解即可．
【详解】对于曲线，当，时，曲线表示，即，
表示以为圆心，半径为的圆在第一象限的部分；
当，时，曲线表示，即，
表示以为圆心，半径为的圆在第四象限的部分；
当，时，曲线表示，即，
表示以为圆心，半径为的圆在第二象限的部分；
当，时，曲线表示，即，
表示以为圆心，半径为的圆在第三象限的部分；
当时，曲线表示坐标原点；
即其图象如图所示，

由图可知，
对于A，曲线围成的图形的面积为4个半圆与1个正方形的面积之和，其面积为，故A正确；
对于B，曲线恰好经过，，，，，，，，共9个整点，故B不正确；
对于C，曲线上两点之间最大距离为，故C正确；
对于D，由直线恒过定点，由知曲线上两点之间最大距离为，故D正确．
故选：ACD．
12. 已知椭圆：（），，分别为其左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，点在椭圆内部，则以下说法正确的是（ ）
A. 离心率的取值范围为
B. 不存在点，使得
C. 当时，的最大值为
D. 的最小值为1
【答案】ABC
【解析】
【分析】A：根据点在椭圆内部可得，从而可得的取值范围，从而可求离心率的取值范围；B：根据相反向量的概念即可求解；C：求出c和，利用椭圆定义将化为，数形结合即可得到答案；D：利用可得，利用基本不等式即可求解.
【详解】对于A，由已知可得，，所以，
则，故A正确；
对于B，由可知，点为原点，显然原点不在椭圆上，故B正确；
对于C，由已知，，所以，．
又，则．
根据椭圆的定义可得，
所以，
由图可知，，

所以
当且仅当，，三点共线时，取得等号．
故的最大值为，故C正确；
对于D，因为，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立．
所以，的最小值为，故D错误．
故选：ABC
【点睛】本题考查点和椭圆为位置关系，考查椭圆定义和基本不等式在计算最值问题里面的应用.
三、填空题（每小题5分）
13. 已知点A（1，2）在圆C：外，则实数m的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】由表示圆可得，点A（1，2）在圆C外可得，求解即可.
【详解】由题意，表示圆，
故，即或，
点A（1，2）在圆C：外，
故，即
故实数m的取值范围为或，
故答案为：.
14. 与椭圆有公共焦点，且离心率为的双曲线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆方程求出焦点坐标，得出的值，再由双曲线的离心率得出，进而可得双曲线的标准方程．
【详解】由椭圆方程，可得焦点为
设双曲线的半焦距为，则，因双曲线的离心率为，则
故，所以，
所以双曲线的标准方程为：
故答案为：
15. 设点是圆：上的动点，定点，则的最大值为____．
【答案】10
【解析】
【分析】求出的坐标，表示出其模，根据P在圆上用x替换y，根据x的范围即可求出最大值.
【详解】由题意知，，
所以，
由于点是圆上的点,故其坐标满足方程，
故，
所以.
由圆的方程，易知，
所以当时，的值最大，最大值为.
故答案为：10
16. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设点，利用已知条件求出点的轨迹方程，利用平面向量数量积的运算性质可得出，求出的最小值，即可得出的最小值.
【详解】设点，由可得，整理可得，
化为标准方程可得，
因为为的中点，

所以，
，
记圆心为，当点为线段与圆的交点时，
取最小值，此时，，
所以，.
故答案为：.
四、解答题（共6道，满分70分，10+12+12+12+12+12）
17. （1）求两条平行直线与间的距离；
（2）若直线与直线垂直，求的值.
【答案】（1）1;（2）
【解析】
【分析】（1）利用两平行直线间的距离公式直接求解；
（2）根据两直线垂直的性质即可.
【详解】（1）根据平行线间的距离公式,得.
（2）由题意可知，
因为两直线垂直，所以，解得或（舍去），
经检验时，两直线垂直，满足题意.
18. 直线l过点，且与x轴的正半轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点.
（1）若，求直线l的方程；
（2）当的面积为6时，求直线l的方程.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）设直线的截距式，由题意列出方程组，求出截距即可得解；
（2）利用截距表示出三角形面积，再联立方程求出截距，即可得解.
【小问1详解】
设直线l的方程为（，），（直线l与坐标轴的交点位于正半轴）
由题意知， ①.
因为直线l过点，所以 ②.
联立①②，解得或，
所以直线l的方程为或.
【小问2详解】
由题意知，即 ③，联立②③，解得或，
所以直线l的方程为或.
19. 在平面直角坐标系中，已知圆.设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）设垂直于的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】（1）由题意求出圆，圆的圆心和半径，由两圆外切，可得，即可求出答案.
（2）由，可求出圆心O1到直线l的距离，再由点到直线的距离公式代入求解即可.
【小问1详解】
圆：，
则圆的标准方程为，
即圆的圆心坐标为，半径为，
因为圆与x轴相切，与圆O1外切，则圆心，，
则圆的半径为，
则，解得，
即圆的标准方程为；
【小问2详解】
由（1）知O2（﹣6，1），则，
所以直线l的斜率为，
设直线l的方程为，
因为，则圆心O1到直线l的距离，
所以，解得或，
所以直线l的方程为或．
20. 党的二十大报告提出要加快建设交通强国.在我国万平方千米的大地之下拥有超过座，总长接近赤道长度的隧道（约千米）.这些隧道样式多种多样，它们或傍山而过，上方构筑顶棚形成“明洞”﹔或挂于峭壁，每隔一段开出“天窗”形成挂壁公路.但是更多时候它们都隐伏于山体之中，只露出窄窄的出入口洞门、佛山某学生学过圆的知识后受此启发，为山体隧道设计了一个圆弧形洞门样式，如图所示，路宽为米，洞门最高处距路面米.

（1）建立适当的平面直角坐标系，求圆弧的方程.
（2）为使双向行驶的车辆更加安全，该同学进一步优化了设计方案，在路中间建立了米宽的隔墙.某货车装满货物后整体呈长方体状，宽米，高米，则此货车能否通过该洞门?并说明理由.

【答案】（1）
（2）不能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，分析可知圆心在轴上，设圆心坐标为，设圆的半径为，将点、的坐标代入圆的方程，求出、的值，结合图形可得出圆弧的方程；
（2）求出货车右侧的最高点的坐标，代入圆弧的方程，可得出结论.
【小问1详解】
解：以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则点、，由圆的对称性可知，圆心在轴上，
设圆心坐标为，设圆的半径为，则圆弧所在圆的方程为，
因为点、在圆上，则，解得，。
所以，圆弧所在圆的方程为，
因此，圆弧的方程为.
【小问2详解】
解：此火车不能通过该路口，
由题意可知，隔墙在轴右侧米，车宽米，车高米，
所以货车右侧的最高点的坐标为，
因为，因此，该货车不能通过该路口.
21. 已知椭圆左右焦点分别为，离心率为．斜率为的直线（不过原点）交椭圆于两点，当直线过时，周长为8．
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率分别为，且依次成等比数列，求的值，并求当面积为时，直线的方程．
【答案】（1）；
（2）；或.
【解析】
【分析】（1）根据的周长为求出，再根据离心率求出，从而求出椭圆方程.
（2）设出直线的方程为，与椭圆方程联立，借助韦达定理表示出依次成等比数列，进而求出的值；再利用弦长公式和点到直线距离公式表示出的面积，求解即可得到的值，从而得到直线的方程.
【小问1详解】
由题意，，解得，所以.
故椭圆的方程为．
【小问2详解】
设直线的方程为，
与椭圆方程联立得，，
且，
所以．
由题意，，故.
.
此时，，
.
又点O到直线的距离，故三角形的面积,
解得或，
所以直线l方程为或.

22. 已知椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过动点作直线交椭圆于两点，且，过作直线，使与直线垂直，证明：直线恒过定点，并求此定点的坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析，.
【解析】
【分析】（1）待定系数法求椭圆方程；
（2）分类讨论直线斜率是否存在，若存在，设直线斜率，由得弦中点为，结合中点坐标公式，利用韦达定理得到关系，再求出直线方程探究定点即可.
【小问1详解】
由已知得
由解方程组得
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当直线AB斜率存在时，设AB的直线方程为，
联立，消得，
，
由题意，.
设，则.
因为，所以是的中点．
即 ，得，
①，
又，的斜率为，
直线的方程为②，
把①代入②可得：，
所以直线恒过定点
当直线斜率不存在时，直线的方程为，
此时直线为轴，也过.
综上所述，直线恒过点.

【点睛】
解答圆锥曲线的定点问题的常用策略：
（1）参数法：参数法解决定点问题的关键思路在于以下两个环节.
①引进动点的坐标或动直线中的参数（如引入动直线的斜率，截距，动点的横或纵坐标等等）表示变化量，即确定题目中核心参数；
②利用条件找到参数与过定点的曲线之间的关系，得到关于参数与的等式，再研究曲线不受参数影响时的定点坐标.
（2）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.