2023-2024学年河北省沧州市泊头市第一中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省沧州市泊头市第一中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知圆，圆，其中，那么这两个圆的位罝关系不可能为（ ）
A．外离B．外切C．内含D．内切
【答案】C
【分析】由两圆的方程分别写出两圆的圆心、半径，计算圆心距的范围即可求得结果.
【详解】因为圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
则，，，
又因为，所以，
所以，即，
故两圆的位置关系不可能为内含.
故选：C.
2．已知点分别是椭圆的左、右焦点，点在此椭圆上，则的周长等于（ ）
A．20B．16C．18D．14
【答案】C
【分析】由椭圆的定义求解．
【详解】根据椭圆方程可知，根据椭圆的定义可知，的周长为，
故选：C
3．已知P点是椭圆上的动点，A点坐标为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意利用两点间距离公式结合椭圆方程运算求解.
【详解】设，则，
因为P点在椭圆上，则，记，
所以，
又因为开口向上，对称轴，
且，所以当时，取到最小值.
故选：B.
4．已知F为双曲线C：（，）的右焦点，过点F作x轴的垂线与双曲线及它的渐近线在第一象限内依次交于点A和点B．若，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别求出点A,B的坐标，利用线段相等建立方程求出即可得解.
【详解】由题意得，双曲线C的渐近线方程为．设点A，B的纵坐标依次为，，

因为，所以，所以．
因为，所以．
因为，所以，得，所以，
故，双曲线C的渐近线方程为，即，
故选：B．
5．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为M，且，则C的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】根据点到直线距离公式、余弦定理，双曲线的离心率公式进行求解即可.
【详解】双曲线C的左焦点，渐近线的方程为，
由点到直线的距离公式可得，
由勾股定理得，
在中，，所以，
在中，，，，
，
由余弦定理得，
化简得，即，因此，双曲线C的离心率为，
故选：C

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用互补两角的余弦值为零，进而运用余弦定理.
6．画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：过椭圆外一点作椭圆的两条互相垂直的切线，那么这一点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆的蒙日圆为圆，若圆不透明，则一束光线从点出发，经轴反射到圆上的最大路程是（ ）
A．2B．4C．5D．8
【答案】B
【分析】由特殊切线求得蒙日圆方程，求出点关于轴对称点坐标，求出过点的圆的切线长即可得．
【详解】由题意直线和是椭圆的两条相互垂直的切线，因此它们的交点在蒙日圆上，从而，即蒙日圆方程为，
设从点出发的光线在轴上反向点为，如图，反射光线是圆的切线（在蒙日圆上此时为切点）时，路程为最大，
关于轴的对称点为，由对称性知在直线上，因此是圆的切线，，
．
故选：B．

7．嫦娥五号完成了人类航天史上的壮举，在我国航天事业发展史上具有里程碑意义.嫦娥五号返回时要经过多次变轨，根据开普勒第一定律，嫦娥五号以椭圆轨道环绕地球运动，地球处于其中一个焦点上，嫦娥五号在近地点处加速即可保持近地距离而增大远地距离，由月地转移轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ.若某探测器的月地转移轨道Ⅱ的远地距离是轨道Ⅰ的3倍，月地转移轨道Ⅰ的离心率是轨道Ⅱ的.则月地转移轨道Ⅰ的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先根据题意，转化为椭圆长半轴和焦半距的关系等式，消元后，转化为关于的齐次方程，再求离心率.
【详解】设月地转移轨道Ⅰ的长半轴为，焦半距为，离心率为，轨道Ⅱ的长半轴为，焦半距为，
所以，解得:,,
则，整理为：，两边同时除以，
得，.
故选：B
8．下列结论：①若方程表示椭圆，则实数k的取值范围是；②双曲线与椭圆的焦点相同．③M是双曲线上一点，点，分别是双曲线左右焦点，若，则或1．④直线与椭圆C：交于P，Q两点，A是椭圆上任一点（与P，Q不重合），已知直线AP与直线AQ的斜率之积为，则椭圆C的离心率为．错误的个数是（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】根据椭圆的标准方程可以列出不等式组，解得k的范围，从而判断①；直接求出双曲线和椭圆的焦点坐标可判断②；由双曲线的定义可判断③；
设出点A，P，Q的坐标，用坐标表示出直线AP与直线AQ的斜率之积，然后根据点在椭圆上化简，进而可求出椭圆C的离心率，可判断④.
【详解】①若方程表示椭圆，则，解得或，故①错误；
②双曲线化成标准方程为，焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为，不相同，故②错误；
③双曲线中，
因为M是双曲线上一点，点，分别是双曲线左右焦点，
所以由双曲线的定义得，若，则或1，
而双曲线上的点到焦点距离的最小值为，所以舍去，所以，故③错误；
④设，因为A是椭圆上任一点，所以，所以，
又因为直线与椭圆C：交于P，Q两点，所以设，，所以，
因为直线AP与直线AQ的斜率之积为，
所以，
所以，所以，又，所以，故④正确；
综上，错误的有3个.
故选：B.
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A．过点(－2，－3)且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为x＋y＝－5;
B．已知直线kx-y-k-1＝0和以M（-3，1），N（3，2）为端点的线段相交，则实数k的取值范围为;
C．已知ab≠0，O为坐标原点，点P(a，b)是圆x2＋y2＝r2外一点，直线m的方程是ax＋by＝r2，则m与圆相交;
D．若圆上恰有两点到点N（1，0）的距离为1，则r的取值范围是(4，6).
【答案】CD
【分析】A选项分情况讨论，直线过原点和不过原点两种情况；B选项中直线kx-y-k-1＝0恒过点，计算即可求解；C选项中利用圆心到直线距离及点P在圆外即可判断；D选项根据以N为圆心，1为半径的圆与已知圆相交，利用圆心距与两圆的圆的半径间关系即可求解.
【详解】A中直线过原点时，由两点式易得，直线方程为，故错误；
B中直线kx-y-k-1＝0可化为，所以直线恒过定点，，直线与线段相交，所以或，故错误；
C中圆心到直线的距离，而点P(a，b)是圆x2＋y2＝r2外一点，所以
，所以，所以直线与圆相交，故正确.
D中与点N（1，0）的距离为1的点在圆上，由题意知圆与圆相交，所以圆心距满足，解得，故D正确.
故选：CD
【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，圆与圆的位置关系，点与圆的位置关系，点到直线的距离公式，斜率公式，直线过定点，考查计算能力，属于中档题．
10．以下关于圆锥曲线的说法，不正确的是（ ）
A．设为两个定点，为非零常数，，则动点的轨迹为双曲线
B．已知双曲线，过点作直线与双曲线交于A，B两点，若Q是A，B的中点，则直线方程为
C．若曲线为双曲线，则或
D．过定圆上一定点A作圆的动弦为坐标原点，若，则动点的轨迹为椭圆
【答案】ABD
【分析】根据双曲线的定义可判断A；设Q是线段的中点，且，，利用点差法求出直线的方程，可判断B；根据双曲线的标准方程的结构特征列不等式求解可判断C；利用相关点法求点P的轨迹，可判断D.
【详解】由双曲线定义可知，只有当时，动点P的轨迹为双曲线，A错误；
设Q是线段的中点，且，，
则，，
因为在双曲线上，
则，两式相减整理得，
所以，所以，
所以直线的方程为，即，
，联立方程得出，
所以B不正确；
若曲线为双曲线，则，解得或，C正确；
设圆O的方程为，点，
因为，所以，变形得，
代入得：，即，
所以点P的轨迹为圆，D错误.
故选：ABD.
11．已知椭圆与双曲线有共同的左右焦点，，设椭圆和双曲线其中一个公共点为P，且满足，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则关于和，下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】假设点P在第一象限，椭圆的长半轴长和双曲线的实半轴长分别为，半焦距为c，根据定义可知，进而解出，再由勾股定理得到间的关系，进而求得答案.
【详解】根据椭圆和双曲线的对称性，不妨设点P在第一象限，设椭圆与双曲线的半焦距为，椭圆的长半轴长和双曲线的实半轴长分别为，根据题意，，联立方程组解得：,而，则，于是，由基本不等式，易知，所以.
故选：AC.
12．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
【答案】ACD
【分析】首先以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，对选项A，假设存在点，根据即可判断A正确，对选项B，假设存在点，根据无解即可判断B错误，对选出C，连接，根据即可判断C正确，对选项D，设直线与平面所成的角为，得到，
再根据函数的单调性即可判断D正确.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，，，，
；
对于A，假设存在点，使得，
则，又，
所以，解得：，
即点与重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，
因为，，
所以，方程无解；
所以不存在点，使得异面直线与所成的角为，B错误；
对于C，连接；
设，
因为，
所以当，即点与点重合时，取得最大值；
又点到平面的距离，
所以，C正确；
对于D，由上分析知：，，
若是面的法向量，则，
令，则，
因为，设直线与平面所成的角为，，
所以，
当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大，
因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知空间向量，，则 .
【答案】
【分析】根据空间向量的坐标运算即可由模长公式求解.
【详解】，所以，
故答案为：
14．若动点A、B分别在直线和上移动，则中点到原点的距离的最小值为 .
【答案】
【分析】先求出中点的轨迹，判断为直线，则其到原点的距离的最小值即为原点到该直线的距离.
【详解】设，，中点
由题可知，
所以，
又，
所以
即中点P的轨迹为直线.
则P到原点的距离的最小值即为原点到直线的距离，
故答案为：.
四、双空题
15．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，以为圆心，为半径的圆与轴交于，两点（，两点均在外），连接，与交于点P，若，则 ；椭圆的离心率为
【答案】 / /
【分析】根据题意可得，由圆的对称性可得；由向量的数量积为0可得，结合椭圆的定义和离心率的定义即可求解.
【详解】在中，，则.
因为关于x轴对称，所以，
得，又在中，互相垂直平分，所以四边形为菱形，
得，又，则，得，
由且，得，
由椭圆的定义知，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：；.
五、填空题
16．曲线C是平面内与两个定点和的距离的积等于常数的点的轨迹．给出下列五个结论：
①曲线C过坐标原点；
②曲线C关于坐标原点对称；
③若点P在曲线C上，则的面积不大于．
④曲线C与椭圆只有两个公共点；
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】由题意曲线是平面内与两个定点和的距离的积等于常数，利用直接法，设动点坐标为，及可得到动点的轨迹方程，然后由方程特点即可加以判断．
【详解】对于①，由题意设动点坐标为，
则利用题意及两点间的距离公式的得：，
将原点代入验证，此方程不过原点，所以①错；
对于②，把方程中的被代换，被代换，方程不变，
故此曲线关于原点对称，故②正确；
对于③，若点在曲线上，则，
，当且仅当时等号成立，
故的面积不大于，故③正确．
对于④，椭圆上任意一点到和的距离之和为，即.
又曲线C上任意点与两个定点和的距离的积等于常数，即.
由基本不等式，即，当且仅当时取等号.
故曲线C与椭圆只有两个公共点，即椭圆的上下顶点.
故④正确.
故答案为：②③④
六、解答题
17．已知直线与直线交于点．
(1)求过点且平行于直线的直线的方程；（直线方程写成一般式）
(2)求过点且垂直于直线的直线的方程；（直线方程写成一般式）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设的方程为，将点代入求得，即可求解；
（2）设直线的方程为，将点代入求得，即可求解.
【详解】（1）解：由方程组，解得，即，
因为平行于直线，可设的方程为，
将点代入直线，可得，解得，
所以直线的方程为.
（2）解：由垂直于直线，可设直线的方程为，
将点代入直线，可得，解得，
所以直线的方程为.
18．如图所示，四棱锥的底面是矩形，，，且底面，若边上存在异于的一点，使得直线．

(1)求的最大值；
(2)当取最大值时，求异面直线与所成角的余弦值；
(3)当取最大值时，求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）因为、、两两垂直，所以可以建立空间直角坐标系，用向量的方法解，设长为，构造一个关于的函数，解出的最大值.
（2）要求异面直线与所成角的大小，可以向量化，用数量积公式求其夹角.
（3）要求点到平面的距离，可以用数量积的几何意义，到平面的距离等于在上投影的绝对值来求解.
【详解】（1）
建立如图空间直角坐标系，
设，则，，，，
则，．
因为，所以，即．
即，
当时，的最大值为．
（2）由（1）可知，当取最大值时，，，
所以．
所以异面直线与所成角的余弦值为．
（3）设平面的法向量为，则，，
因为，，，
所以，
取，则，，所以，
所以，
因为到平面的距离等于在上的射影长，
所以．
19．已知圆的方程为.
(1)若圆与圆关于直线对称，求圆的方程；
(2)若，圆与圆交于，两点，且，求圆的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设点关于直线对称的点，则，解得、，即可求出圆的方程；
（2）设圆的方程为（），由两圆的位置关系求出的取值范围，再两圆方程作差得到公共弦方程，再由弦长求出，即可得解.
【详解】（1）圆的方程为，则圆心，半径，
设点关于直线对称的点，
则，解得，
所以圆的方程为.
（2）设圆的方程为（），圆的方程为，
因为圆与圆相交，则，所以，
可得两圆的方程相减，即为两圆公共弦所在的直线的方程即，
可得到直线的距离，
由弦长，可得，即，可得或，
所以圆的方程为：或.
20．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，.
【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.
【详解】（1）由已知得
由解方程组得
所以椭圆的标准方程为.
（2）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.
21．在平面直角坐标系中，圆，，过的直线与圆交于两点，过作直线平行交于点.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若不过坐标原点的直线与曲线相交于、两点，点，且满足，求面积最大时直线的方程.
【答案】（1）()；（2）.
【分析】（1）利用椭圆的定义可以判定E的轨迹，并写出即轨迹方程，注意点E在x轴上时，BE与AC重合，不合题意，要除去；
（2）先判定直线直线的斜率存在，然后设出方程，与E的轨迹方程联立，利用韦达定理结合向量关系求得斜率的值，利用判别式求得m的取值范围，求得面积关于m的函数表达式，利用基本不等式研究最大值.
【详解】（1）由，
于是点的轨迹是以为焦点长轴为的椭圆，
设轨迹方程为，其中，
轨迹方程为，
由于直线不能与轴重合，所以，
则轨迹为：().
(2)由题意可知，直线的斜率显然存在，
设直线的方程为，，，
由得，
①，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，代入①得且，
由于直线不能经过点，所以,
所以
，
当且仅当，即时上式取等号，此时符合题意，
所以直线的方程为.
【点睛】（1）中的易错点是忽视直线不能与轴重合的条件；（2）中的关键点是求得直线的斜率，将三角形的面积表示为m的函数，其中要注意掌握.
22．如图，已知A、B为椭圆和双曲线的公共顶点，P、Q分别为双曲线和椭圆上不同于A、B的动点，且．设AP、BP、AQ、BQ的斜率分别为k1、k2、k3、k4．
（1）求证：；
（2）求k1+k2+k3+k4的值；
（3）设F1、F2分别为双曲线和椭圆的右焦点，若PF1∥QF2，求k12+k22+k32+k42的值．
【答案】（1）见解析；（2）0；（3）8.
【分析】（1）根据直线斜率公式，结合点在双曲线上进行求解即可；
（2）根据直线斜率公式，结合平面向量共线的性质进行求解即可；
（3）根据直线斜率公式，结合平行线的性质进行求解即可.
【详解】（1）证明：设P（x1，y1），k1k2，且，
∴x12﹣a2y12，
∴；
（2）∵k1+k2，
设Q（x2，y2），同理可得k3+k4，
又与共线，
∴x1＝λx2，y1＝λy2，
∴，
∴k1+k2+k3+k4（）＝0；
（3）∵，
∴，又，
∴，又，
∴，
又∵若PF1∥QF2，
∴|OF1|＝λ|OF2|，
∴λ2，
∴，
∴（k1+k2）2＝444；
同理（k3+k4）2＝4；
又，，
∴k12+k22+k32+k42＝（k1+k2）2+（k3+k4）2﹣2（k1k2+k3k4）＝4+4﹣0＝8．
【点睛】关键点睛：利用直线斜率公式，结合共线向量的性质是解题的关键.