2022-2023学年河南省驻马店市确山县第一高级中学高二上学期10月月考数学试题含答案

2022-2023学年河南省驻马店市确山县第一高级中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．函数的图象是（    ）

A．一条射线 B．一个圆

C．两条射线 D．半圆弧

【答案】D

【分析】将函数化为，即可得出结论.

【详解】解：可化为，所以的图象是半圆弧．

故选：D.

2．已知圆，圆，则这两个圆的位置关系为（    ）

A．外离 B．外切 C．相交 D．内含

【答案】C

【分析】求得两个圆的圆心和半径，求得圆心距，由此确定正确选项.

【详解】圆的圆心为，半径为，

可化为，

圆的圆心为，半径为，

圆心距,

，

所以两个圆的位置关系是相交.

故选：C

3．已知圆，则当圆的面积最小时，圆上的点到坐标原点的距离的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据圆的一般方程，得到圆心和半径，求出面积最小时对应的半径，再求得圆心到坐标原点的距离，进而可求出结果.

【详解】解：由题意得：

由得

圆心为，半径为，

当且仅当时，半径最小，则面积也最小；

圆心为，半径为，

圆心到坐标原点的距离为，

即原点在圆外，根据圆的性质，圆上的点到坐标原点的距离的最大值为.

故选：D.

4．若直线l：ax－by＋1＝0平分圆C：x2＋y2＋2x－4y＋1＝0的周长，则a＋2b的值为（    ）

A．1 B．－1 C．4 D．－4

【答案】A

【解析】根据直线平分圆的周长得到直线过圆的圆心，从而得到的关系式，从而求解出的值.

【详解】因为即，所以圆心，

因为直线平分圆的周长，所以直线过圆的圆心，所以，所以，

故选：A.

【点睛】本题考查圆的对称性的应用，解题的关键是理解直线平分圆的周长这句话的含义，难度一般.一条直线若能平分圆则必过圆的圆心.

5．已知圆（a，b为常数）与．若圆心与关于直线对称，则圆与的位置关系为（    ）

A．内含 B．相交 C．相切 D．外离

【答案】B

【分析】根据条件求出 的圆心 ，再根据 圆心的距离即可判断.

【详解】依题意，所以，又，，，，

，所以两个圆相交；

故选：B.

6．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，，，点满足，则点的轨迹方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】直接设，根据两点间距离公式代入运算整理．

【详解】∵，即

设，则，整理得

故选：B．

7．若圆：上存在点P，且点P关于直线的对称点Q在圆上，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求得圆关于直线的对称圆方程，根据对称圆与有交点，列出不等式，求解即可.

【详解】圆：的圆心为，半径为，

其关于的对称圆方程为：，

根据题意，圆与圆有交点，即可以是外切，也可以是相交，也可以是内切.

又两圆圆心距，

要满足题意，只需，

解得：.

故选：A.

8．已知双曲线的一条渐近线方程，且过点，则双曲线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由渐近线为可得，再将点坐标代入可得，联立求解可得答案.

【详解】双曲线的渐近线方程为

由双曲线的一条渐近线方程

所以，

又双曲线过点，则

两式联立解得：

故选：A

9．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.

【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．

所求椭圆方程为，故选B．

法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．

【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．

10．已知圆：，直线：，则当的值发生变化时，直线被圆所截的弦长的最小值为，则的取值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由直线过定点，结合圆的对称性以及勾股定理得出的取值.

【详解】直线：恒过点，由于直线被圆所截的弦长的最小值为，即当直线与直线垂直时（为原点），弦长取得最小值，于是，解得.

故选：C

11．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】设公共焦点为，进而可得准线为，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得，再由双曲线离心率公式即可得解.

【详解】设双曲线与抛物线的公共焦点为，

则抛物线的准线为，

令，则，解得，所以,

又因为双曲线的渐近线方程为，所以，

所以，即，所以，

所以双曲线的离心率.

故选：A.

12．如图，椭圆的焦点为、，过的直线交椭圆于、两点，交轴于点.若、是线段的三等分点，则的周长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出点的坐标，根据可求得点的坐标，再将点的坐标代入椭圆方程，求出的值，结合椭圆的定义可求得的周长.

【详解】由于、是线段的三等分点，则点为线段的中点，

又因为点为线段的中点，则，可得点的横坐标为，

设点为第一象限内的点，将代入椭圆的方程得，

，可得，即点，

设点，则，，

由得，解得，

所以，点的坐标为，

将点的坐标代入椭圆的方程得，解得，则，

因此，的周长为.

故选：A.

【点睛】本题考查椭圆中三角形周长的计算，考查椭圆定义的应用，解答的关键求出一些关键点的坐标，考查计算能力，属于中等题.

二、填空题

13．已知点，，若，则点P到直线l：的距离的最小值为            ．

【答案】/

【分析】先设P的坐标，根据得到P的轨迹方程为圆，利用圆心到直线的距离减去半径即为P到直线l的最小值

【详解】设点P的坐标为，

，

即P的轨迹是以为圆心，半径为的圆

点到直线l的最短距离为，则可得点P到直线l的距离的最小值为．

故答案为：

三、双空题

14．已知､是椭圆内的点，是椭圆上的动点，则的最大值为           ；最小值为           .

【答案】     /     /

【分析】由题意可得为椭圆右焦点，设左焦点为，在椭圆内，根据椭圆的定义得，由图可知当在直线与椭圆交点上时，取得最值.

【详解】由题意可得为椭圆右焦点，设左焦点为，在椭圆内，

则由椭圆定义，

于是.

当不在直线与椭圆交点上时，､､三点构成三角形，

于是，

而当在直线与椭圆交点上时，

在第一象限交点时，有，

在第三象限交点时有.

显然当在直线与椭圆第一象限交点时，有最小值，其最小值为

；

当在直线与椭圆第三象限交点时，有最大值，其最大值为

.

故答案为：，.

四、填空题

15．若抛物线上一点到焦点的距离为6，P、Q分别为抛物线与圆上的动点，则的最小值为      ．

【答案】/

【分析】根据抛物线定义有，即可求参数p，再将问题转化为求圆心到抛物线上点最小距离，结合两点距离公式及二次函数性质即可求的最小值.

【详解】由题设及抛物线定义知：，可得，故，

而的圆心为，半径为1，

所以最小，则共线且，故只需最小，

令，则，且，

当时，，故的最小值为.

故答案为：

16．已知实数a，b，c，d满足，则的最小值为           

【答案】

【分析】由题知所求式子为与两点间距离的平方，根据已知等式可知直线上的点到直线上点的距离的平方，利用点到直线的距离公式即求.

【详解】∵实数a，b，c，d满足，

∴，，

∴点在直线上，点在直线上，

∴的几何意义就是直线上的点到直线上点的距离的平方，

故所求最小值为.

故答案为：.

五、解答题

17．已知经过椭圆C：的焦点且与长轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，求的面积．

【答案】.

【分析】由题可得椭圆焦点坐标，进而可求，再利用面积公式即求.

【详解】由题可得，不妨设，

将代入，可得，

解得，

不妨令，则，

∴的面积为.

18．已知：椭圆，直线，直线与椭圆相交于两点.

(1)若的中点的横坐标为1，求的值；

(2)求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理以及中点坐标公式即可求解.

（2）利用韦达定理求出，再由弦长公式以及三角形的面积公式可得 ，令，利用基本不等式即可求解.

【详解】（1）由，整理可得，

直线与椭圆相交于两点，

则，

解得或

设，

则，

因为的中点的横坐标为1，

则，

解得，

又因为或，

则.

（2）由（1）可得，且，，

，

又原点到直线的距离，

面积

，

令，

，

当且仅当，即取等号,即时

所以，

所以面积的最大值为

19．已知抛物线的准线与轴的交点为.

（1）求的方程；

（2）若过点的直线与抛物线交于，两点.求证：为定值.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据抛物线的准线求参数p，即可写出抛物线方程；

（2）设直线为，、，联立抛物线方程，应用韦达定理求，，由，，代入目标式化简，即可证结论.

【详解】（1）由题意，可得，即，

∴抛物线的方程为.

（2）证明：设直线的方程为，，，

联立抛物线有，消去x得，则，

∴，，又，.

∴.

∴为定值.

20．已知动点到点的距离比它到直线的距离小2．

（1）求动点的轨迹方程；

（2）记点的轨迹为，过点斜率为的直线交于，两点，，延长，与交于，两点，设的斜率为，证明：为定值．

【答案】(1) y2＝2x.   (2)证明见解析

【解析】（1）由动点到点的距离比它到直线的距离小2，可得动点到点的距离与它到直线的距离相等，由此能求出抛物线方程．

（2）设，，，，，，，，则，即可得出结论．

【详解】（1）解：动点到点的距离比它到直线的距离小2，

动点到点的距离与它到直线的距离相等，

动点的轨迹是以点为焦点的抛物线，

动点的轨迹方程为；

（2）证明：设，，，，，，，，

则直线的方程为，代入抛物线方程中，得，

，

直线，过点，同理可得，

，，

，

．

【点睛】本题考查抛物线方程的求法，考查两直线的斜率的比值是否为定值的判断与求法，解题时要认真审题，注意直线方程的合理运用．

21．已知M，N是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点，且，点是C上一点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)记知过F的直线l与椭圆交于A，B（异于M，N）两点，过点N且垂直于x轴的直线与线，分别交于P，Q两点，证明：为定值.

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由已知条件可得，结合椭圆参数关系及点在椭圆上列方程组求椭圆参数，即可得方程.

（2）由题设可设直线l为、、，联立椭圆方程应用韦达定理求、，代入并化简，即可证结论.

【详解】（1）由，可得，则.

因为，所以.

因为是C上一点，则，

综上，可得，.

所以椭圆C的方程为.

（2），，，依题意直线l与x轴不平行，设直线l的方程为，

，消去x并化简得.

设，，则，，

直线的方程为，则，

直线的方程为，则，

，得证.

22．已知定圆，动圆过点，且和圆相切.

(1)求动圆圆心的轨迹的方程；

(2)若过点的直线交轨迹于两点，与轴于点，且，当直线的倾斜角变化时，探求的值是否为定值？若是，求出的值；否则，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)是，.

【分析】（1）利用椭圆的定义即求；

（2）利用韦达定理及向量的共线定理可得，，即得.

【详解】（1）由题可知圆的圆心为，半径，

设动圆的半径为，依题意有，

由，可知点在圆内，从而圆内切于圆，

故，即，

所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，

设其方程为，则，

∴圆心的轨迹的方程为；

（2）直线与轴相交于，故斜率存在，又，

设直线方程为，则，

设交椭圆，

由，消去得，

，

又，

，

，同理，

当直线的倾斜角变化时，的值为定值.