浙江省嘉兴市秀水高级中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省嘉兴市秀水高级中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共4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。
一、单选题
1. 圆的圆心坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的标准方程即得.
【详解】因为圆，
所以圆的圆心坐标为.
故选：B.
2. 下列向量中，与向量，平行的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量共线的等价条件判断即可.
【详解】对于A，因为，所以两向量不平行；
对于B，因为，所以两向量不平行；
对于C，因为，所以两向量平行；
对于D，因为，所以两向量不平行.
故选：C.
3. 若方程表示椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程得到方程组，解得答案.
【详解】方程表示椭圆，则，解得.
故选：B
4. 若直线的斜率，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直线的倾斜角为，根据题意得到，结合正切函数的图象与性质，即可求解.
【详解】设直线的倾斜角为，其中，可得，
因为，即，
结合正切函数的图象与性质，可得直线的倾斜角．
故选：B.
5. 不论实数取何值时，直线都过定点，则直线关于点的对称直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出定点坐标，设直线关于点的对称直线方程为，则，解方程即可得出答案.
【详解】由可得：，
令，解得：，
所以，设直线关于点的对称直线方程为：，
则到直线与的距离相等，
所以，解得：，即（舍去）或.
故直线关于点对称直线方程为：.
故选：D.
6. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】转化为点与连线的斜率，数形结合后由直线与圆的位置关系求解，
【详解】记，则为直线的斜率，
故当直线与半圆相切时，得k最小，
此时设，故，解得或（舍去），
即．
故选：C
7. 已知直线上存在点，使得到点和为的距离之和为4.若为正数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的定义求出点的轨迹方程，根据直线与椭圆有交点，联立直线与椭圆方程，根据求出的取值范围，再根据为正数，求出的范围，即可得到，则，再根据对勾函数的性质求出的取值范围.
【详解】解：因为到点和为的距离之和为，且，
所以点的轨迹是以和为焦点的椭圆，且，，所以，
所以椭圆方程为，
又直线与有交点，所以，消去得，
所以，解得，又，所以
又为正数，所以，解得或，
所以，
所以，
令，则，因为在上单调递减，
所以，即，
即的取值范围是.
故选：C
8. 在直角坐标系内，已知是以点为圆心的圆上的一点，折叠该圆两次使点A分别与圆上不相同的两点（异于点A）重合，两次的折痕方程分别为和，若圆上存在点，使得，其中点、，则的最大值为（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆的性质先确定圆，结合向量数量积得出三点共圆，再利用两圆的位置关系数形结合即可.
【详解】由题意可得圆心在两折痕方程上，联立方程得，
即圆心，半径，，即三点共圆，
该圆以为直径，故圆心为原点.

如图所示连接交圆C于B点，当重合时此时两圆相内切，最大，
即.
故选：B
二、多选题
9. 已知圆O1的方程为x2＋y2＝1，圆O2的方程为(x＋a)2＋y2＝4，如果这两个圆有且只有一个公共点，那么a的取值可以是（ ）
A. －1B. －3C. 1D. 3
【答案】ABCD
【解析】
【分析】由题意可知两圆外切或内切，则圆心距等于两半径的和或两半径的差，列方程可求出a的值.
【详解】由题意得两圆的圆心距d＝|a|＝2＋1＝3或d＝|a|＝2－1＝1，
解得a＝3或a＝－3或a＝1或a＝－1，
所以a的所有取值构成的集合是{1，－1，3，－3}．
故选：ABCD
10. 已知直线，则下列选项中正确的有（ ）
A. 直线的倾斜角为B. 直线的斜率为
C. 直线不经过第三象限D. 直线的一个方向向量为
【答案】CD
【解析】
【分析】由直线，可以得到直线的斜率和倾斜角，从而判断A和B的正误；通过计算直线的斜率和截距，从而判断是否经过第三象限，判断C选项的正误；取直线上两点，得到直线的一个方向向量，从而判断D选项的正误.
【详解】因为，可以表示为，所以，倾斜角为，故选项A和B错误；
因为直线，故斜率，纵截距，所以直线不经过第三象限，故选项C正确；
取直线上两点,，所以得到方向向量，得到直线的一个方向向量为，故选项D正确.
故选：CD
11. 在平面直角坐标系中，已知圆，点，，点，为圆上的两个动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆关于直线对称的圆的方程为
B. 分别过，两点所作的圆的切线长相等
C. 若点满足，则弦的中点的轨迹方程为
D. 若四边形为平行四边形，则四边形的面积最小值为2
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意求出直线AB的方程，设，则解之即可判断A；由A、B到原点的距离不相等判断B；设，由题意得，结合计算化简，即可判断C；由点到直线的距离公式和几何法求弦长，求出直线AB的方程，求出面积即可判断D.
【详解】A：，则直线AB方程为，
设的圆心，则，解得，
所以的方程为，故A正确；
B：易知A、B到原点(圆心)的距离不相等，所以切线长不相等，故B错误；
C：设，由，且P在圆O内部，得，
又Q为弦CD的中点，则，有，
即，整理得，
即，故C错误；
D：由题意，，若四边形ABCD为平行四边形，
则，设AB直线方程为，
则O到直线AB的距离为，所以，
即，解得，所以AB直线方程为或.
当AB直线方程为即时，四边形ABCD的面积最小，且最小值为2，故D正确.
故选：AD.
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 椭圆的短轴长可能为2
C. 椭圆的离心率的取值范围为
D. 若，则椭圆的长半轴长为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用椭圆的定义计算判断A；点在椭圆内建立不等式，推理计算判断BC；求出点的坐标，列出方程计算判断D作答.
【详解】对于A，由，得，则
，当三点共线时取等号，A正确；
对于B，由点在椭圆内部，得，则，有，椭圆的短轴长大于2，B错误；
对于C，因为，且，于是，即，
解得，即，因此，椭圆的离心率的取值范围为，C正确；
对于D，由，得为线段的中点，即，则，又，
即，解得，则，椭圆的长半轴长为，D错误.
故选：AC
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
三、填空题
13. 直线：与圆相交、两点，则 ______ ．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，联立方程求出点的坐标，再利用两点间距离公式计算作答.
【详解】由解得或，不妨令，
所以.
故答案为：
14. 直线与直线平行，则_________.
【答案】－2
【解析】
【分析】利用两直线平行：斜率相等，纵截距不等即可求出结果.
【详解】由，得到，
因为，所以，由，得到
所以，即，解得，
故答案为：.
15. 已知点，，点在直线：上运动，则的最小值为______.
【答案】7
【解析】
【分析】结合图象，求出点关于直线的对称点为，的最小值即为，解出即可.
【详解】如图：

设点，关于直线的对称点为，
则，解得则，
则
,
故答案为：
16. 椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，直线与椭圆C交于另一点B，若，则椭圆C的离心率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设，再在中根据余弦定理结合椭圆的定义可得，再分别在与列出余弦定理，根据化简即可.
【详解】由椭圆的性质可得，设，在中根据余弦定理结合椭圆的定义可得，
即，
整理可得，即，故.
又，故，，
故，即，，
故，故离心率.

故答案为：
四、解答题
17. 如图所示，已知是椭圆的两个焦点．

（1）求椭圆的焦点坐标；
（2）过作直线与椭圆交于两点，试求的周长．
【答案】（1）．
（2）40
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的标准方程计算即可；
（2）由椭圆的定义计算即可.
【小问1详解】
设焦距为，由得，
所以椭圆的焦点坐标为．
【小问2详解】
设椭圆长轴长，则易得，
又的周长为,
由椭圆的定义可知，故.
18. 已知，过点且与直线垂直的直线为l．
（1）求l的方程；
（2）设l与坐标轴的交点分别为M和N，求．
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）先求出直线的斜率，再由直线与直线垂直求出直线的斜率，然后利用点斜式可求出直线的方程，
（2）分别令求出直线与坐标轴的交点，再利用两点间的距离公式可求得结果.
【小问1详解】
因为，所以，
因为直线与直线垂直，
所以直线的斜率为，
因为直线过点，
所以直线方程为，即，
【小问2详解】
由（1）可知直线为，
当时，，当时，，
不妨令，则.
19. 已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为k的直线与椭圆M有两个不同的交点A，B.
（1）求椭圆M的方程；
（2）若直线过椭圆上顶点，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，解出，进而求解.
（2）由题意可得直线的方程，将其与椭圆方程联立后，再结合韦达定理及弦长公式求解即可.
【小问1详解】
由题意得，，
解得，，，
∴椭圆M的方程为.
【小问2详解】
因为，椭圆上顶点为，
所以直线的方程为，设，.
联立，得，
又直线与椭圆有两个不同的交点，
所以，∴，，
∴.
20. 如图，在四棱台中，底面，M是中点.底面为直角梯形，且，，.

（1）求证：直线平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可证，可知四点共面，进而可得，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）过点作于点，连，根据垂直关系分析可得为与平面所成角，运算求解即可.
【小问1详解】
连接，
因为是中点，且，，则，
又因为，则，可知四点共面，
由，，可得，，
则四边形是平行四边形，故，
且平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为底面，底面，则，
且，，平面，所以平面，
由（1）可知：，则平面，且平面，
所以平面平面，
过点作于点，连，
平面平面，平面，所以平面，
所以为与平面所成角，
因为，则，可得，
所以直线与平面所成角的正弦值.

21. 已知圆，直线l过点且与圆C相交A，B两点.
（1）若为等腰直角三角形，求l的方程；
（2）当时，求的外接圆方程.
【答案】（1）或.
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得圆心到直线l的距离为，考虑直线l的斜率存在和不存在，由点到直线的距离公式即可得出答案；
（2）先求出直线l的方程，设的外接圆方程为：，将代入即可求出，即可求出的外接圆方程.
小问1详解】
将圆化简为：，则圆心，，
因为，，
所以，
因此圆心到直线l的距离为：
若直线l的斜率不存在，所以，
圆心到直线的距离为，满足题意；
若直线l的斜率存在，设直线l为：，
即，
即，解得：，
所以直线l为：，
综上：l的方程为：或.
【小问2详解】
因为，，
所以，
因为，则，因为直线l过点，
则直线l的方程为：，化简为：，
因为的外接圆过直线l与圆的交点，
设其方程为：，
因为圆过点，代入可得，解得：，
得，即，
经经验，
故所求的方程为：.
22. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线与圆：相切，另外，椭圆：的离心率为，过左焦点作x轴的垂线交椭圆于C，D两点．且．
（1）求圆的方程与椭圆的方程；
（2）经过圆上一点P作椭圆的两条切线，切点分别记为A，B，直线PA，PB分别与圆相交于M，N两点（异于点P），求△OAB的面积的取值范围．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由直线与圆的相切关系及点线距离公式求参数r，即可得圆的方程，根据椭圆离心率、及椭圆参数关系求出a、b、c，即可得椭圆的方程.
（2）设、、，讨论直线PA，PB斜率存在性，则直线PA为、直线PB为，联立椭圆方程并结合所得一元二次方程求、，进而得直线PA为、直线PB为，结合在直线PA，PB上有AB为，联立椭圆方程，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式，结合三角形面积公式得求面积范围.
【小问1详解】
由题设，圆：的圆心为，
因为直线与圆相切，则，
所以圆的方程为，
因为椭圆的离心率为，即，即，
由，则，又，
所以，解得，，
所以椭圆的方程为．
综上，圆为，椭圆为.
【小问2详解】
设点，，．
当直线PA，PB斜率存在时，设直线PA，PB的斜率分别为，，则直线PA为，直线PB为．
由，消去y得：．
所以．
令，整理得，则，
所以直线PA为，化简得：，即．
经验证，当直线PA斜率不存在时，直线PA为或也满足．
同理，可得直线PB为．
因为在直线PA，PB上，所以，．
综上，直线AB为．
由，消去y得：．
所以，．
所以．
又O到直线AB的距离．
所以．
令，，则，又，
所以△OAB面积的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：第二问，设点及直线PA，PB的方程，联立椭圆结合相切关系求参数关系，进而确定PA，PB的方程，由在直线PA，PB上求直线的方程，再联立椭圆并应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式求三角形面积的范围.