2022-2023学年贵州省遵义市第一中学高二上学期第二次月考数学试题（解析版）

2022-2023学年贵州省遵义市第一中学高二上学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出斜率，进而可得倾斜角

【详解】由直线得

故直线的斜率为，又倾斜角范围为，

所以倾斜角为．

故选：A．

2．椭圆的焦点坐标是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】由椭圆的性质求解.

【详解】由题意得，，则，，

椭圆焦点在轴上，

焦点为，，

故选：A

3．已知直线l：若直线的倾斜角为直线的倾斜角的一半，则的斜率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由斜截式方程得斜率，再由斜率的定义求解即可

【详解】直线l：化为斜截式得

则直线l的斜率为，则l的倾斜角为，

则的倾斜角为，

所以的斜率为．

故选：C．

4．过圆的圆心且与直线平行的直线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】求出圆心坐标和直线斜率，代入点斜式方程，化为一般式方程即可.

【详解】圆的圆心为，与直线平行的直线的斜率为2，所以所求直线的方程为，即.

故选：D.

5．已知圆与圆外切，则实数a的值为（    ）

A．1 B．-1 C．1或 D．或5

【答案】C

【分析】由圆心距等于半径之和求解即可.

【详解】圆的圆心为，半径，

圆的圆心为，半径，

因为两圆外切，

所以，

解得或．

故选：C．

6．已知点和圆，一束光线从点P出发，经过直线反射后到达圆C上一点的最短路程是（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【分析】求出点关于直线的对称点的坐标，然后根据最短路程为即可得解.

【详解】解：设点关于直线的对称点为，

则，解得，

所以点关于直线的对称点为，

由题可知圆的圆心为，半径，

最短路程即为．

故选：B．

7．已知直线l过点，且与直线：和：分别交于点A，B．若P为线段AB的中点，则直线l的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设出A点的坐标，根据中点坐标公式求出B点坐标，分别代入两条直线方程，解方程组求得A点坐标，利用点斜式求出直线l的方程.

【详解】设，由中点坐标公式，有

在上，B在上，，解得，

，

故所求直线的方程为：，即，

故选：D

8．已知椭圆C：的左、右焦点分别为(-c，0)，(c，0)，若椭圆C上存在一点M使得的内切圆半径为，则椭圆C的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用的面积相等，得到，得到，消去b，整理化简求出离心率的取值范围.

【详解】的面积为.

因为的内切圆半径为，所以的面积可表示为.

所以，所以.

因为，所以.

两边平方得：，

而，所以，整理得：,

因为离心率，所以，解得：.

故选：A.

二、多选题

9．已知F，A分别为椭圆C的一个焦点和顶点，若椭圆的长轴长是8，（O是坐标原点），则C的标准方程可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】由椭圆的性质列式求解，

【详解】由题意得，得，，则为短轴顶点，

在直角三角形中，，故，则，

当椭圆的焦点在轴时，椭圆方程为，

当椭圆的焦点在轴时，椭圆方程为，

故选：AB

10．已知直线，直线，则下列命题正确的有（    ）

A．直线恒过点 B．直线的斜率一定存在

C．若，则或 D．存在实数使得

【答案】AD

【分析】将点的坐标代入方程，即可判断A，利用特殊值说明B，根据两直线平行的充要条件求出的值，即可判断C，利用特殊值判断D.

【详解】解：将点代入直线中可得等号成立，

所以直线恒过点，故A正确；

当时，直线的斜率不存在，故B错误；

当时，，解得或，

当时直线即与直线重合，故，所以，故C错误；

当时，，，此时，故D正确．

故选：AD．

11．如图，已知椭圆：的离心率为，，，，为椭圆顶点，，为焦点，O为坐标原点，P为椭圆上一点且轴（点P在x轴上方），则下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．若是四边形的内切圆上任意一点，则

【答案】BD

【分析】对于A，根据求得离心率即可判断；对于B，求出， 即可判断；对于C，等价于，由此求出离心率即可判断；对于D，证明是四边形的内切圆的直径，即可判断.

【详解】解：对于A，等价于，等价于，

所以，故A不正确；

对于B，由，，

得，

所以，故B正确；

对于C，由轴，得，

所以，

等价于，即，

此时，故C不正确；

对于D，因为四边形为菱形，

所以内切圆的圆心为原点，半径为原点到直线：的距离，

所以是四边形的内切圆的直径，所以，故D正确.

故选：BD.

12．“太极图”是中国传统文化之一，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，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”.整个图形是一个圆形，其中黑色阴影区域在y轴右侧部分的边界为一个半圆.则下列命题正确的是（    ）

A．黑色阴影区域在轴右侧部分的边界所在圆的方程为

B．直线与白色部分有公共点

C．点是黑色阴影部分（包括黑白交界处）中一点，则的最大值为4

D．过点作互相垂直的直线、，其中与圆交于点、，与圆交于点、，则四边形面积的最大值是

【答案】ABD

【分析】对于A：确定它的圆心和半径可以确定答案；对于B：只需考虑白色部分的圆心到直线的距离与其半径的大小可判断；对于C：可用数形结合的思想解决；对于D：运用弦长公式求出面积的表达式可得最值.

【详解】

对A：圆心，半径为，圆的方程为，A对；

对B：分析易知，直线与白色部分是否有交点只需判断轴左侧部分即可，

左侧为半圆，圆心，半径为，

圆心到直线的距离为，

则直线与白色部分的轴左侧半圆相交，B对；

对C：令，则为直线在轴上截距的相反数，

故我们将代入可得，

再判断一下与第一象限的小圆相切时，则有，所以，，

故的最大值不是，C错；

对D：如图于，

，

当且仅当D对.

故选：ABD.

三、填空题

13．以点为圆心，且与轴相切的圆的方程是____________.

【答案】

【分析】结合已知条件求出圆的半径，进而得到答案.

【详解】因为为圆心，且圆与轴相切，

所以圆的半径，

故所求圆的方程为.

故答案为：.

14．圆：和圆：交于A，B两点，则线段AB的垂直平分线的方程是______.

【答案】

【分析】由两圆的方程得两圆心坐标，两圆心所在直线的方程即为所求直线方程，

【详解】圆方程为，圆方程为，

则圆心分别为，，两圆相交于两点，则线段AB的垂直平分线即为直线，

，则直线的方程为，即，

故答案为：

15．经过点作直线交椭圆于M，N两点，且P为MN的中点，则直线的方程为____________.

【答案】

【分析】设，，代入椭圆的方程，利用点差法求出所在直线的斜率，再由点斜式方程即可得出答案.

【详解】设，，则，，

两式相减可得，即，

由中点，可得，，

所以，即，

故直线的方程为.因为P在椭圆内，故直线必与椭圆相交，符合题意

故答案为：.

16．已知直线，直线，其中，若直线，与两坐标轴围成一个凸四边形，则此四边形面积的取值范围是_______.

【答案】

【分析】由直线，过定点，再分别求出直线、与轴、轴的交点，将四边形OAPD的面积为，结合二次函数的性质得出四边形面积的取值范围.

【详解】直线，过定点，

与x轴，y轴的交点分别为，，

直线，过定点，

与x轴，y轴的交点分别为，，

当时，A在C的右侧，B在D的上方，

直线，与两坐标轴围成的四边形是四边形OAPD，如图所示，，

，

则四边形OAPD的面积为

，

因为，所以，

则．

故答案为：

四、解答题

17．1.在中，角，，的对边分别为，，，已知.

(1)求；

(2)若，，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先用正弦定理进行边化角，进而通过两角和与差的正弦公式化简，最后求得答案；

（2）结合（1），运用余弦定理求出c，进而求出三角形的周长.

【详解】（1）由正弦定理得，

即，则.

因为，所以，所以，得.

（2）由（1）知，，又，，

所以由余弦定理可得

即，解得（舍）或.

所以三角形的周长为.

18．直线与直线相交于点P，直线l经过点P.

(1)若直线，求直线l的方程；

(2)若直线l在坐标轴上的截距相等，求直线l的方程.

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）先求点坐标，由垂直关系得斜率后求解，

（2）由题意得过原点或斜率为后求解

【详解】（1）联立得即.

因为，不妨设直线l的方程为，

将点代入，得，

所以直线l的方程为.

（2）当直线l经过坐标原点时，直线l的方程是，即；

当直线l不经过坐标原点时，设直线l的方程为，

将点代入，得，

所以直线l的方程为，即.

综上所述，直线l的方程是或.

19．已知点是椭圆上的一点，，分别是椭圆的左，右焦点.

(1)若，求的长度；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据椭圆方程和题干条件设，代入椭圆即可求解；

(2)利用椭圆的定义，求出焦点三角形三边的关系，再利用余弦定理求出，

最后利用面积公式即可求解.

【详解】（1）由椭圆，得，，

则，所以，

由，设，代入椭圆，

得，解得，所以.

（2）由题意，得，，

又，由余弦定理可得，

即，所以.

所以的面积.

20．已知直三菱柱中，，，点M式的中点.

(1)求证：平面 平面；

(2)求直线与所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由勾股定理证明，再用线面垂直的判定定理证明平面，从而得到，即可证明平面ABM，最后由面面垂直的判定定理证明即可；

（2）以点B为坐标原点，以BA，BC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量求解即可

【详解】（1）不妨设，则，．

因为点M是的中点，

所以，

所以．

因为，

所以．

由直棱柱的性质可得平面ABC，

因为平面ABC，

所以．

因为，即，

又，，平面，

所以平面，

因为平面，

所以．

因为，，，AB，平面ABM，

所以平面ABM．

因为平面，

所以平面平面．

（2）以点B为坐标原点，以BA，BC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

不妨设，则，，，，，

所以，，．

设为平面ABM的一个法向量，则

令，得，，此时．

所以，

所以直线与平面ABM所成角的正弦值是．

21．已知圆.

(1)若直线l过点且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程；

(2)若直线l过点且与圆C相交于M，N两点，求的面积的最大值，并求此时直线l的方程.

【答案】(1)或；

(2)最大值为8，或.

【分析】（1）求出圆的圆心和半径，再由弦长，弦心距和半径的关系求出圆心C到直线l的距离，然后分直线l的斜率不存在和存在两情况讨论求解即可；

（2）设直线l的方程为，求出圆心C到直线l的距离，而的面积，从而可求出的面积的最大值，再由的值可求出，进而可求出直线方程.

【详解】（1）圆C的圆心坐标为，半径，

因为直线l被圆C截得的弦长为，所以由勾股定理得到圆心C到直线l的距离.

①当直线l的斜率不存在时，，显然不满足；

②当直线l的斜率存在时，设，即，

由圆心C到直线l的距离，得，

即，解得或，

故直线l的方程为或.

（2）因为直线l过点且与圆C相交，所以直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为，即，

则圆心C到直线l的距离为，

又的面积，

所以当时，S取最大值8.

由，得，解得或，

所以直线l的方程为或.

22．已知分别是椭圆  的左、右焦点，P是C上的动点，C的离心率是，且△的面积的最大值是.

(1)求C的方程；

(2)过作两条相互垂直的直线，，直线交C于A，B两点，直线交C于D，E两点，求证： 为定值.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】(1)由 C的离心率是，△的面积的最大值是，列方程组求出，，，可得C的方程.

 (2)设出直线方程，与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理和弦长公式求值.

【详解】（1）设椭圆C的焦距为，根据题意，有

解得，，．所以C的方程是．

（2）证明：当直线，的斜率存在且都不为0时，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，，．

联立得：．

因为在椭圆C的内部，所以恒成立，

所以，，

所以

，

同理，将k换成，得，

所以．

当直线，中一条直线斜率为0，一条直线斜率不存在时，不妨设直线的斜率为0，

则，，此时．

综上所示，为定值．