2023-2024学年北京三十五中高二（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年北京三十五中高二（上）月考数学试卷（12月份）（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.椭圆x225+y29=1的焦距为( )
A. 4B. 6C. 8D. 10
2.点P是抛物线y2=4x上一点，P到该抛物线焦点的距离为4，则点P的横坐标为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
3.双曲线x2−y2=1的顶点到其渐近线的距离等于
( )
A. 12B. 22C. 1D. 2
4.已知直线l1：ax−y−1=0，l2：ax+(a+2)y+1=0.若l1⊥l2，则实数a=( )
A. −1或1B. 0或1C. −1或2D. −3或2
5.如果x2+ky2=2表示焦点在y轴上的椭圆，那么实数k的取值范围是( )
A. (0,1)B. (0,2)C. (1,+∞)D. (0,+∞)
6.已知F1、F2为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点，过F1作x轴的垂线，交椭圆于A、B两点，若△ABF2为等边三角形，则椭圆离心率为( )
A. 33B. 2 33C. 39D. 12
7.已知双曲线C：x2a2−y216=1的两个焦点是F1，F2，点P在双曲线C上.若C的离心率为53，且|PF1|=10，则|PF2|=( )
A. 4或16B. 7或13C. 7或16D. 4或13
8.已知圆O1的方程为(x−a)2+(y−b)2=4，圆O2的方程为x2+(y−b+1)2=1，其中a，b∈R.那么这两个圆的位置关系不可能为( )
A. 外离B. 外切C. 内含D. 内切
9.设直线l：3x+4y+a=0，圆C：(x−2)2+y2=2，若在直线l上存在一点M，使得过M的圆C的切线MP，MQ(P,Q为切点)满足∠PMQ=90°，则a的取值范围是
( )
A. [−18,6]B. [6−5 2,6+5 2]
C. [−16,4]D. [−6−5 2,−6+5 2]
10.点M在直线l：x=2上，若椭圆C：x2+y24=1上存在两点A，B，使得△MAB是等腰三角形，则称椭圆C具有性质P.下列结论中正确的是( )
A. 对于直线l上的所有点，椭圆C都不具有性质P
B. 直线l上仅有有限个点，使椭圆C具有性质P
C. 直线l上有无穷多个点(但不是所有的点)，使椭圆C具有性质P
D. 对于直线l上的所有点，椭圆C都具有性质P
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
11.若双曲线C：x2−y2b2=1 (b>0)的焦距为2 5，则b= ；C的渐近线方程为 ．
12.过点(3,−2)且与椭圆4x2+9y2=36有相同焦点的椭圆方程是______ ．
13.已知F为双曲线C：x29−y216=1的左焦点，P，Q为C上的点．若PQ的长等于虚轴长的2倍，点A(5,0)在线段PQ上，则△PQF的周长为________．
14.已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，点P在抛物线上，PQ⊥l于点Q.若△PQF是锐角三角形，则点P的横坐标的取值范围是 ．
三、解答题：本题共3小题，共27分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题3分)
若点O和点F分别为椭圆x24+y23=1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则OP⋅FP的最大值为______．
16.(本小题12分)
已知椭圆C的中心在坐标原点，左顶点A(−2,0)，离心率e=12，F为右焦点，过焦点F的直线交椭圆C于P、Q两个不同的点．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)当|PQ|=247时，求直线PQ的方程；
(Ⅲ)设线段PQ的中点在直线x+y=0上，求直线PQ的方程．
17.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为F(−1,0)，A1(−a,0)，A2(a,0)，且|A2F|=3．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)过点F的直线交椭圆C于点M，N.记△A1MN和△A2MN的面积分别为S1和S2.当S2−S1=12 27时，求直线MN的方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由椭圆x225+y29=1得a2=25，b2=9.∴c= a2−b2=4，∴2c=8．
因此椭圆的焦距为8．
故选：C．
利用椭圆的标准方程及其c= a2−b2即可．
熟练掌握椭圆的标准方程及其性质是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：∵抛物线y2=4x=2px，
∴p=2，
由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的，
∴P到该抛物线焦点的距离|MF|=4=x+p2=4，
∴x=3，
故选：B．
由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的，已知P到该抛物线焦点的距离|MF|=4，则M到准线的距离也为2，即点M的横坐标x+p2=4，将p的值代入，进而求出x．
活用抛物线的定义是解决抛物线问题最基本的方法．抛物线上的点到焦点的距离，叫焦半径．到焦点的距离常转化为到准线的距离求解．
3.【答案】B
【解析】【分析】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．
求出双曲线的渐近线方程，顶点坐标，利用点到直线的距离求解即可．
【解答】
解：双曲线x2−y2=1的顶点坐标(1,0)，其渐近线方程为y=±x，
所以所求的距离为|1−0| 2= 22．
故选：B．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了两条直线垂直关系的应用，解题的关键是掌握两条直线垂直的等价条件，即已知直线l1，l2的方程分别是：l1：A1x+B1y+C1=0(A1,B1不同时为0)，l2：A2x+B2y+C2=0(A2,B2不同时为0)，则l1⊥l2⇔A1A2+B1B2=0．
直接利用两条直线垂直，列出关于a的方程，求解即可．
【解答】
解：因为l1⊥l2，
所以a·a+(−1)×(a+2)=0，解得a=−1或2．
故选C．
5.【答案】A
【解析】【分析】
利用椭圆的定义求解．
本题考查实数的取值范围的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的灵活运用．
【解答】
解：∵x2+ky2=2表示焦点在y轴上的椭圆，
把x2+ky2=2转化为椭圆的标准方程，得x22+y22k=1，
∴2k>2，解得0∴实数k的取值范围是(0,1)．
故选：A．
6.【答案】A
【解析】解：椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，F2，过F1作x轴的垂线与C交于A，B两点，若△ABF2是等边三角形，
可得2c= 32|AB|，F2(c,0)，可得|AB|=2b2a，
即2ac= 3b2= 3a2− 3c2，
可得 3e2+2e− 3=0，e∈(0,1)，
解得e= 33．
故选：A．
利用已知条件．推出a、b、c的关系，然后求解椭圆的离心率即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，考查计算能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
利用双曲线的离心率求解a，结合双曲线的定义求解即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义的求法，是基础题．
【解答】
解：双曲线C：x2a2−y216=1的两个焦点是F1，F2，
点P在双曲线C上．若C的离心率为53，
可得 a2+16a=53，解得a=3，c=5，
|PF1|=10，则|PF2|=±2a+10，所以|PF2|=4或16．
故选：A．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了两圆位置关系的判断，解题的关键是确定圆心距和两圆半径之间的关系．利用圆的方程求出圆心和半径，然后利用圆心距之间的距离和两圆半径的关系，结合两圆的位置关系的判断方法进行分析即可．
【解答】
解：根据题意，圆O1的圆心O1(a,b)，半径r=2，
圆O2的圆心O2(0,b−1)，半径R=1，
所以r+R=3，r−R=1，
因为O1O2= a2+1≥1，
所以O1O2≥r−R，
故两圆不可能是内含．
故选：C．
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线和圆的位置关系，由题意得到圆心到直线的距离小于或等于2是解决问题的关键，属于中档题．
由切线的对称性和圆的知识将问题转化为C(2,0)到直线l的距离小于或等于2，再由点到直线的距离公式得到关于a的不等式求解．
【解答】
解：圆C：(x−2)2+y2=2，圆心为：(2,0)，半径为 2，
∵在直线l上存在一点M，使得过M的圆C的切线MP，MQ(P,Q为切点)满足∠PMQ=90°，
∴在直线l上存在一点M，使得M到C(2,0)的距离等于2，
∴只需C(2,0)到直线l的距离小于或等于2，
故|3×2+4×0+a| 32+42≤2，解得−16≤a≤4，
故选：C．
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的性质以及直线与椭圆的位置关系的应用，涉及到分类讨论思想，考查了学生的运算推理能力，属于中档题．
设出直线AB的方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理求出AB的中点N的坐标，进而可以求出直线l2的方程，从而可以求出点M的坐标，根据性质P的定义即可判断求解．
【解答】
解：当直线AB为x轴时，不妨取A为椭圆左顶点，B为椭圆右顶点，
此时|AB|=2，只需取M2, 3或M2,− 3，
即可满足|AB|=|MB|，即△MAB是等腰三角形；
当直线AB斜率不为0时，设直线AB的方程为：x=my+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程x=my+nx2+y24=1，消去x整理可得：(1+4m2)y2+8mny+4n2−4=0，
则y1+y2=−8mn1+4m2，且Δ>0，
若|MA|=|MB|，则M是线段AB的中垂线l2与x=2的交点，
而AB的中点N坐标为(x1+x22,y1+y22)，x1+x2=m(y1+y2)+2n=2n1+4m2，
所以N(n1+4m2,−4mn1+4m2)，又AB的中垂线l2的斜率为k=−m，
所以l2的方程为：y+4mn1+4m2=−m(x−n1+4m2)，
当x=2时，y=−2m−3mn1+4m2，
所以M(2,−2m−3mn1+4m2)，
令n=0，此时M2,−2m，
由于m∈R，即对直线AB：x=my，且直线AB与椭圆C：x2+y24=1恒有两个交点，
总存在点M2,−2m，使得|MA|=|MB|，
即对于直线l上的所有点，椭圆C都具有性质P，
故选：D．
11.【答案】2
y=±2x

【解析】【分析】
由b= c2−a2，以及渐近线方程为y=±bax，即可得解．
本题考查双曲线的几何性质，熟练掌握渐近线方程，以及a、b、c的关系是解题的关键，属于基础题．
【解答】
解：由题意知，a=1，2c=2 5，∴c= 5，
∴b= c2−a2= 5−1=2，
∴渐近线方程为y=±bx=±2x．
故答案为：2；y=±2x．
12.【答案】x215+y210=1
【解析】解：根据题意，椭圆4x2+9y2=36的标准方程为x29+y24=1，
其焦点坐标为(± 5,0)，
则要求的椭圆的焦点坐标为(± 5,0)，设其左右焦点为F1、F2，
又由椭圆经过点(3,−2)，
则有2a=|PF1|+|PF2|= (3− 5)2+(−2)2+ (3+ 5)2+(−2)2=2 15，
则a= 15，
又由c= 5，则b2=a2−c2=10，
则要求椭圆的方程为：x215+y210=1．
故答案为：x215+y210=1．
根据题意，求出椭圆的标准方程，分析可得其焦点坐标，即可得要求的椭圆的焦点坐标，设其左右焦点为F1、F2，由椭圆的定义可得2a=|PF1|+|PF2|，由椭圆的几何性质可得b的值，代入椭圆的标准方程即可得答案．
本题考查椭圆的几何性质，涉及椭圆的标准方程，注意先将已知椭圆的方程变为标准方程，是基础题．
13.【答案】44
【解析】解：根据题意，双曲线C：x29−y216=1的左焦点F(−5,0)，所以点A(5,0)是双曲线的右焦点，
虚轴长为：8；
双曲线图象如图：
|PF|−|AP|=2a=6 ①
|QF|−|QA|=2a=6 ②
而|PQ|=16，
①+②
得：|PF|+|QF|−|PQ|=12，
∴周长为：|PF|+|QF|+|PQ|=12+2|PQ|=44
故答案为：44．
根据题意画出双曲线图象，然后根据双曲线的定义“到两定点的距离之差为定值2a“解决．求出周长即可．
本题考查双曲线的定义，通过对定义的考查，求出周长，属于基础题．
14.【答案】(1,+∞)
【解析】【分析】
由抛物线的方程可得焦点F的坐标，再由△PQF是锐角三角形，只需要P在焦点F的右侧，可得P的横坐标的范围．
本题考查抛物线的性质，到焦点的距离等于到准线的距离，属于中档题．
【解答】
解：由抛物线的性质可得PQ=PF，
若△PQF是锐角三角形，所以只需∠QPF<90°，
只需要P在焦点F的右侧，由抛物线的方程可得焦点F的坐标(1,0)，
所以P的横坐标的范围(1,+∞)，
故答案为：(1,+∞)．
15.【答案】6
【解析】解：设P(x,y)，
则OP⋅FP=(x,y)⋅(x+1,y)=x2+x+y2，
又点P在椭圆上，所以x2+x+y2=x2+x+(3−34x2)=14x2+x+3=14(x+2)2+2，
又−2≤x≤2，
所以当x=2时，14(x+2)2+2取得最大值为6，即OP⋅FP的最大值为6，
故答案为：6．
设P(x,y)，由数量积运算及点P在椭圆上可把OP⋅FP表示为x的二次函数，根据二次函数性质可求其最大值．
本题考查平面向量的数量积运算、椭圆的简单性质，属中档题．
16.【答案】解：(Ⅰ)由已知得a=2ca=12a2=b2+c2，解得c=1，b2=3，
所以椭圆的方程为x24+y23=1．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，椭圆的右焦点F(1,0)，
设直线PQ的方程为x=my+1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x=my+1x24+y23=1得(3m2+4)y2+6my−9=0，
所以y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以|PQ|= (m2+1)(y1−y2)2= (m2+1)(36m2(3m2+4)2+363m2+4)
=12 (m2+1)2(3m2+4)2=12×m2+13m2+4，
因为|PQ|=247，
所以12×m2+13m2+4=247，解得m=±1，
所以直线PQ的方程为x=±y+1，即x+y−1=0或x−y−1=0．
(Ⅲ)设PQ中点为(x0,y0)，
所以x0=x1+x22=m(y1+y2)+22=m⋅(−6m3m2+4)+22=43m2+4，
y0=y1+y22=−3m3m2+4，
又因为线段PQ的中点在直线x+y=0上，
所以x0+y0=0，即43m2+4+−3m3m2+4=0，解得m=43，
所以直线PQ的方程为x=43y+1，即3x−4y−3=0．
【解析】(Ⅰ)由已知得a=2ca=12a2=b2+c2，解得c，b2，进而得椭圆的方程．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，椭圆的右焦点F(1,0)，设直线PQ的方程为x=my+1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，联立直线PQ与椭圆的方程，可得y1+y2，y1y2，由弦长公式可得|PQ|=12×m2+13m2+4=247，解得m=±1，进而可得直线PQ的方程．
(Ⅲ)设PQ中点为(x0,y0)，由中点坐标公式可得x0=43m2+4，y0=−3m3m2+4，代入直线x+y=0，解得m，进而可得直线PQ的方程．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)依题意，椭圆C的半焦距c=1，
所以|A2F|=a+c=3．
解得a=2.
所以b2=a2−c2=3.
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(Ⅱ)当直线MN的斜率不存在时，其方程为x=−1．
此时M(−1,32),N(−1,−32)，或M(−1,−32),N(−1,32)．
所以S1=32，S2=92，即S2−S1=3，不合题意．
当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=k(x+1)(k≠0)．
由y=k(x+1),3x2+4y2=12得(3+4k2)x2+8k2x+4k2−12=0.
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=−8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2.
因为S1=12|A1F|(|y1|+|y2|)，S2=12|A2F|(|y1|+|y2|)，
所以S2−S1=12×2×(|y1|+|y2|)= |y1−y2|=|k(x1−x2)|
=|k| (x1+x2)2−4x1x2=12|k| k2+13+4k2.
令12|k| k2+13+4k2=12 27，解得k=±1.
所以直线MN的方程为x−y+1=0，或x+y+1=0.
【解析】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．
(Ⅰ)依通过椭圆C的半焦距c=1，结合|A2F|=a+c=3.求解a，b，得到椭圆方程．
(Ⅱ)当直线MN的斜率不存在时，其方程为x=−1.验证即可．当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=k(x+1)(k≠0).由y=k(x+1),3x2+4y2=12得(3+4k2)x2+8k2x+4k2−12=0.设M(x1,y1)，N(x2,y2)，利用韦达定理结合弦长公式，转化求解三角形的面积，然后推出直线方程即可．