江苏省2023_2024学年高二数学上学期第二次月考试题含解析

这是一份江苏省2023_2024学年高二数学上学期第二次月考试题含解析，共20页。试卷主要包含了 若两条不同的直线， 两圆与的公共弦长等于， 已知圆C， 已知方程，则下列说法正确的是， 已知直线等内容，欢迎下载使用。

A. B. 1C. 或1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】两直线与平行的判定方法，但要验证是否重合.
【详解】因为直线：与直线：平行，
所以，解得，
当时，：，：，两直线平行，
当时，：，：，两直线重合，
所以.
故选：B.
2. 一条直线经过点，倾斜角为，则这条直线的方程为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】∵倾斜角为，∴直线的斜率为，代入直线的点斜式得即，故选C
3. 两圆与的公共弦长等于（）
A. 4B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得公共弦的长．
【详解】解：两圆为①，，②
①②可得：．
两圆的公共弦所在直线的方程是，
圆心坐标为，半径为，
圆心到公共弦的距离为，
公共弦长．
故选：B．
【点睛】本题主要考查圆的标准方程，求两个圆的公共弦所在的直线方程的方法，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题．
4. 点到双曲线的一条渐近线的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可.
【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，即，
结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：.
故选：A.
5. 已知是椭圆上一点，、分别是椭圆的左、右焦点，若的周长为，且椭圆的离心率为，则椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由焦点三角形周长、椭圆离心率列方程求椭圆参数，结合椭圆性质即可确定椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离.
【详解】设椭圆的焦距为，且的周长为，所以，
椭圆的离心率为，则，
综上，，解得，则椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离为．
故选：B
6. 已知圆C：，若点P在直线上运动，过点P作圆C的两条切线，，切点分别为A，B，则直线过定点坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出的圆心和半径，由几何关系得到四点共圆，设，得到的圆的方程，与相减后得到直线的方程，求出直线过定点坐标.
【详解】圆C：①的圆心为，半径为2，
过点P作圆C的两条切线，，切点分别为A，B，故四点共圆，
其中的中点为该圆心，为直径，
设，则的中点为，
，
故过的圆的方程为，
变形得到②，
由①②相减可得直线的方程，即，
整理得，
令，解得，
故直线过定点坐标.
故选：D
7. 已知是椭圆的左右焦点，若上存在不同两点，，使得，则该椭圆的离心率的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】延长交椭圆于，则有，设直线的方程，联立直线与椭圆的方程，再由韦达定理可知，，由，可得，从而得，，即可得答案.
【详解】解：延长交椭圆于，根据椭圆的对称性，则，，
设直线的方程，，，
联立，整理得：，
则，，
由，则，
整理得：，
则，
即，
∴椭圆离心率，
∴椭圆的离心率的取值范围．
故选：D
8. 小明同学在完成教材椭圆和双曲线的相关内容学习后，提出了新的疑问：平面上到两个定点距离之积为常数的点的轨迹是什么呢？又具备哪些性质呢？老师特别赞赏他的探究精神，并告诉他这正是历史上法国天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，这类曲线被称为“卡西尼卵形线”.在老师的鼓励下，小明决定先从特殊情况开始研究，假设、是平面直角坐标系内的两个定点，满足的动点P的轨迹为曲线C，从而得到以下4个结论：①曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形；②动点P的横坐标的取值范围是；③的取值范围是；④的面积的最大值为1.其中正确结论的个数为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】设，由题设可得曲线C为，将、、代入即可判断①；令，由在上有解，结合二次函数性质求P的横坐标的取值范围判断②；由②分析可得，进而求范围判断③；由基本不等式、余弦定理确定范围，再根据三角形面积公式求最值判断④.
【详解】令，则，
所以，则，
将、、代入上述方程后，均有，
所以曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形，①正确；
令，则，
对于，对称轴为，
所以在上递增，要使在上有解，只需，
所以，即，可得，②正确；
由，由中，，
所以，其中负值舍去，
综上，，又，即，
所以，则，③正确；
由，仅当时等号成立，
的面积，
而，所以，
所以的面积的最大值为1，④正确.
综上，正确结论的个数为4个.
故选：D
【点睛】关键点点睛：②③通过换元，构造，利用根的分布求P的横坐标、的取值范围.
二、多选题
9. 已知方程，则下列说法正确的是（）
A. 当时，表示圆心为的圆
B. 当时，表示圆心为的圆
C. 当时，表示的圆的半径为
D. 当时，表示的圆与轴相切
【答案】BD
【解析】
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，结合选项，逐项判定，即可求解．
【详解】由题意，方程，可化为，
可得圆的圆心坐标为，
A中，当时，此时，所以A错误；
B中，当时，此时，表示圆心为的圆，所以B正确；
C中，当时，表示的圆的半径为，所以C错误；
D中，当时，可得，方程表示的圆半径为，
又圆心坐标为，所以圆心到轴的距离等于半径，所以圆与轴相切，所以D正确．
故选：BD．
10. 已知直线：和圆O：，则（）
A. 直线恒过定点
B. 存在k使得直线与直线：垂直
C. 直线与圆相交
D. 直线被圆截得的最短弦长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项B；利用直线恒过定点在圆内可判断选项C；利用弦长公式可判断选项D．
【详解】对于A，由可得，，
令，即，此时，
所以直线恒过定点，A错误；
对于B，因为直线：的斜率为，
所以直线的斜率为，即，
此时直线与直线垂直，满足题意，B正确；
对于C，因为定点到圆心的距离为，
所以定点在圆内，所以直线与圆相交，C正确；
对于D，设直线恒过定点，
圆心到直线的最大距离为，
此时直线被圆截得的弦长最短为，D正确；
故选：BCD．
11. 已知双曲线，若圆与双曲线C的渐近线相切，则（）
A. 双曲线C的实轴长为6
B. 双曲线C的离心率
C. 点P为双曲线C上任意一点，若点P到C的两条渐近线的距离分别为、，则
D. 直线与交于、两点，点为弦的中点，若（为坐标原点）的斜率为，则
【答案】BC
【解析】
【分析】利用双曲线的渐近线与圆相切求出的值，结合离心率公式可判断AB选项的正误；设点，则，结合点到直线的距离公式可判断C选项的正误；利用点差法可判断D选项的正误.
【详解】解：由题意知的渐近线方程为，所以，
因为，则，所以双曲线实轴长为，故A错误；
，所以，故B正确；
设，则，，故C正确；
设、，则，两式作差得，
所以，，故D错误.
故选：BC.
12. 对于椭圆，定义双曲线为其伴随双曲线，则下列说法中正确的有（）
A. 椭圆与其伴随双曲线有四个公共点
B. 若椭圆的离心率是其伴随双曲线的离心率的，则伴随双曲线的渐近线方程
C. 若椭圆的左、右顶点分别为、，直线与椭圆相交于、两点，则直线与直线的交点在伴随双曲线上
D. 若椭圆的右焦点为，其伴随双曲线的右焦点为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且为等腰三角形，则椭圆的离心率为或
【答案】BCD
【解析】
【分析】求得椭圆与其伴随双曲线的交点判断选项A；求得伴随双曲线的渐近线方程判断
选项B；求得直线与直线的交点判断选项C；求得椭圆的离心率判断选项D.
【详解】选项A：由可得或
即椭圆与其伴随双曲线有二个公共点，.判断错误；
选项B：椭圆的离心率为，其伴随双曲线的离心率为
则，整理得，即
则伴随双曲线的渐近线方程.判断正确；
选项C：椭圆左、右顶点分别为、，
则可令直线与椭圆的交点、，
则直线为，直线为
由可得
即直线与直线的交点为，
由
可得点在双曲线上.判断正确；
选项D：椭圆的右焦点为，其伴随双曲线的右焦点为，
过作的一条渐近线的垂线，垂足为，
由，可得
由为等腰三角形，可知等腰的顶点可能为或或
当等腰的顶点为时，，
化简得，这与已知相矛盾，不符合题意；
当等腰的顶点为时，
，
整理得，即则椭圆的离心率为
当等腰的顶点为时，
，
整理得则椭圆的离心率为
故椭圆的离心率为或.判断正确.
故选：BCD
三、填空题
13. 与两坐标轴围成的三角形面积为4，且斜率为的直线l的方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知设直线方程为，从而可得直线的截距为，进而有，解方程可得b的值.
【详解】设直线l的方程为，
令，可得；令，可得；
由题意可得：，解得，
所以直线l的方程为.
故答案为：.
14. 圆心在直线上且与直线相切于点的圆的方程是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出过切点的圆半径所在直线方程，进而求出圆心坐标即可作答.
【详解】依题意，过切点的圆的半径所在直线方程为，即，
由解得，因此所求圆的圆心为，半径，
所以所求圆的方程为.
故答案为：
15. 中心在坐标原点，离心率为的双曲线的焦点在y轴上，则它的渐近线方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率为，化简求得，进而求得双曲线的渐近线方程，得到答案.
【详解】由题意，社区向的中心在坐标原点，离心率为，且焦点在y轴上，
可得＝，则＝＝，整理得＝，解得＝，
所以，所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
16. 若、为椭圆：的左、右焦点，焦距为4，点为上一点，若对任意的，均存在四个不同的点满足，则的离心率的取值范围为_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算律和椭圆的性质求解.
【详解】由题可得，，
设为坐标原点，则,
所以
,即，
因为，所以，
若存在四个不同点满足，又，
所以，即，所以，
所以，所以，
故答案为: .
四、解答题
17. 已知点，直线.
（1）求过点A且与直线垂直的直线方程；
（2）直线为过点A且和直线平行的直线，求平行直线，的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两直线垂直，则斜率乘积为，设出直线方程为，代入点，解出即可.
（2）根据两直线平行则斜率相等，设出直线方程为，再利用平行线之间距离的公式即可求出两直线距离.
【小问1详解】
设过点且与直线垂直的直线方程为.
把点的坐标代入可得:,解得.
过点且与直线垂直的直线方程为.
【小问2详解】
设过点且和直线平行的直线的方程为:.
把点的坐标代入可得:,解得.
直线的方程为:.
平行直线的距离.
18. 已知双曲线：：(，)与有相同的渐近线，且经过点.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知直线与双曲线交于不同的两点､，且线段的中点在圆上，求实数的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据共渐近线设双曲线的方程，然后代入点计算；（2）联立直线与双曲线的方程，得关于的一元二次方程，写出韦达定理，然后表示出的中点坐标，代入圆的方程计算.
【详解】（1）由题意，设双曲线的方程为，又因为双曲线过点，，所以双曲线的方程为：
（2）由得
设，则，，所以
则中点坐标为，代入圆
得，所以.
19. 已知直角三角形ABC的顶点，直角顶点B的坐标为，顶点C在x轴上．
（1）求直角三角形ABC的外接圆的一般方程；
（2）设OA的中点为M，动点P满足，G为OP的中点，其中O为坐标原点，E为三角形ABC的外接圆的圆心，求点G的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据题意求出直线BC的方程并求出点的坐标，根据直角三角项外接圆的圆心为斜边的中点，半径为斜边长的一半即可求解；
(2)结合（1）的结论和双曲线的定义，求出点P的轨迹方程为，设，根据题意进行等量代换即可求解.
【小问1详解】
由题意知：直线AB的斜率为，∵，
∴直线BC的斜率为，
直线BC的方程为：
令，则，∴C（4，0）
由于三角形是以B为直角顶点的直角三角形，所以其外接圆的直径为AC，
从而外接圆的圆心为（1，0），半径为3
∴三角形ABC外接圆的方程为：，
其一般方程为：
【小问2详解】
由（1）知：三角形ABC的外接圆的圆心E（1，0），
∵M为OA的中点，∴
∵，
∴P的轨迹是以M，E为焦点的双曲线的右支，
设其方程为：
则，，从而，，
∴点P的轨迹方程为：①
设，，
∵G为OP的中点，则有，从而，∴
代入①得点G的轨迹方程为：．
20. 在平面直角坐标系中，椭圆：的左顶点到右焦点的距离是3，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）斜率为的直线经过椭圆的右焦点，且与椭圆相交于，两点．已知点，求的值．
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意得到关于的方程，解之即可求出结果;
（2）联立直线的方程与椭圆方程，结合韦达定理以及平面向量数量积的坐标运算即可求出结果.
【小问1详解】
因为椭圆的左顶点到右焦点的距离是3，所以．
又椭圆的离心率是，所以，解得，，从而．
所以椭圆的标准方程．
【小问2详解】
因为直线的斜率为，且过右焦点，所以直线的方程为．
联立直线的方程与椭圆方程，
消去，得，其中．
设，，则，．
因为，所以
．
因此的值是．
21. 已知椭圆的左右两个焦点为，且，椭圆上一动点满足．
（1）求椭圆的标准方程及离心率；
（2）如图，过点作直线与椭圆交于点，过点作直线，且与椭圆交于点，与交于点，试求四边形面积的最大值．
【答案】（1）椭圆方程为，离心率为
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的定义以及焦距，求得和的值，则，即可求得椭圆的方程和离心率.
（2）当直线的斜率不存在时，由，当斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程，由椭圆方程及弦长公式分别求得，，根据函数单调性即可求得四边形面积的最大值.
【小问1详解】
由题意，又因为，
所以，椭圆方程为，离心率为．
【小问2详解】
①当直线斜率不存在或者为时，
易得，从而四边形的面积为4．
②当直线斜率存在且不为时，设，直线，
联立，
易知，由韦达定理得，，
，
同理，
所以，
从而四边形面积的最大值为．
22. 已知椭圆E：的离心率为，椭圆E的长轴长为2．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，，过且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，直线，分别交☉C：于异于点的点，，设直线的斜率为，直线，的斜率分别为．
①求证：为定值；
②求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件列出关于的方程组，解之可得；
（2）设MN的方程为，设，，直线方程代入椭圆方程，整理后由韦达定理得，然后计算可得结论；
②设PQ的方程为，设，，直线方程代入圆方程，整理后应用韦达定理得，由点的坐标求得，利用它等于可求得值，从而由直线方程得定点．
【小问1详解】
由题意解得
所以椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
①设MN的方程为，与联立得：，
设，，则，
②设PQ的方程为，与联立，
设，，则
由，即此时，