2024-2025学年陕西省西安交大附中高二（上）第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年陕西省西安交大附中高二（上）第一次月考数学试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.直线l：xcs30°−ysin30°+1=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.曲线x225+y29=1与曲线x225−k+y29−k=1(k0)，则a+b=( )
A. −2B. 2C. 6D. 8
5.圆C1：(x−2)2+(y−4)2=9与圆C2：x2+y2−10x+9=0的公切条数为( )
A. 2条B. 1条C. 3条D. 4条
6.已知直线y=kx+1(k∈R)与焦点在x轴上的椭圆x24+y2b2=1(b>0)总有公共点，则实数b的取值范围是( )
A. (1,2)B. (1,+∞)C. [1,+∞)D. [1,2)
7.已知F1(−c,0)，F2(c,0)是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，若椭圆C上存在一点P使得PF1⋅PF2=c2，则椭圆C的离心率e的取值范围为( )
A. ( 33, 53]B. [ 33, 22]C. [ 3−1, 32]D. [ 22,1)
8.已知双曲线C：x2a−y212=1(a>0)，过右焦点F的直线l与双曲线C交于A，B两点，且|AB|=16，这样的直线有4条，则实数a的取值范围是( )
A. (916,64)B. (94,64)C. (0,94)D. (0,64)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知双曲线C：x2−y2=1，则( )
A. 实轴长为2
B. 离心率为 2
C. 两渐近线夹角的正切值不存在
D. 直线y=kx+1与曲线有且仅有一个公共点，则k=±1
10.已知直线l的方程3x+4y−2+λ(2x+y+2)=0(λ∈R)，则( )
A. 恒过定点(−2,2)
B. 存在实数λ使直线l在坐标轴上截距互为相反数
C. 直线l的斜率一定存在
D. 点A(1,1)到直线l的距离最大值为 10
11.已知椭圆E：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，则( )
A. 与E有相同离心率的椭圆标准方程一定是x24+y23=λ(λ>0)
B. 过F2的直线与椭圆交于两点A，B，则1|AF2|+1|BF2|=43
C. 设M(1,1)，点P是椭圆上任意点，则|PM|+|PF2|有最大值无最小值
D. 设圆C：x2+y2=7，圆C上任意点向椭圆引切线，则两切线互相垂直
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知方程x2k−4+y29−k=1表示椭圆，则k的取值范围为______．
13.设集合A={(x,y)|y−5x−2=1}，B={(x,y)|ax−y+2=0}，若A∩B=⌀，则实数a= ______．
14.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线右支上，则△PF1F2的内切圆与x轴的切点横坐标为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知定点A(−1,2)，B(3,2)，动点M到定点A，B距离之比为 2．
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)过点O作E的切线，切点为P、Q，求PQ所在直线方程．
16.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，P是椭圆上任意一点，|PF|的最大值为3，最小值为1．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知M(12,1)是椭圆内一点，过点M任作一条直线与椭圆交于B、C两点，求以M为中点的弦所在的直线方程．
17.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线右支(且不在坐标轴上)，
(1)若双曲线C与椭圆x24+y2=1有共同的焦点，且双曲线C过点Q(2,1)，求该双曲线的标准方程；
(2)若b=1，∠F1PF2=π3，求△F1PF2的面积．
18.(本小题12分)
设动点M到定点F(3,0)的距离与它到定直线l：x=43的距离之比为32．
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)过F的直线与曲线E交右支于P、Q两点(P在x轴上方)，曲线E与x轴左、右交点分别为A、B，设直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，试判断k1k2是否为定值，若是定值，求出此值，若不是，请说明理由．
19.(本小题12分)
已知椭圆E：x24+y23=1，左焦点F(−1,0)．
(1)设直线l：y=kx与椭圆E交于M、N，点P是椭圆上任意一点，证明：kPM⋅kPN=−34；
(2)过F做两条互相垂直的直线l1、l2，l1交椭圆于A、C，l2交椭圆于B、D，
(ⅰ)记四边形ABCD面积为S，求S的取值范围；
(ⅱ)设AC的中点为G，BD的中点为H，直线AB与直线CD交于T，证明S△GHT=14S．
参考答案
1.B
2.D
3.B
4.C
5.A
6.D
7.B
8.B
9.ABC
10.ABD
11.ABD
12.(4,132)∪(132,9)
13.1或32
14.a
15.解：(1)设M(x,y)，定点A(−1,2)，B(3,2)，动点M到定点A，B距离之比为 2．
可得|MA|= 2|MB|，即 (x+1)2+(y−2)2= 2⋅ (x−3)2+(y−2)2，
化简可得x2+y2−14x−4y+21=0，即(x−7)2+(y−2)2=32．
动点M的轨迹E的方程(x−7)2+(y−2)2=32．
(2)(x−7)2+(y−2)2=32的圆心(7,2)，半径为4 2，
圆的圆心到(0,0)的距离为： 49+4= 53，
过点O作E的切线，切点为P、Q，可得|OP|= 53−32= 21，
以(72,1)为圆心， 212为半径的圆的方程为：(x−72)2+(y−1)2=214，
所以PQ所在直线方程：−14x−4y+21−(7x−2y+8)=0，
即7x+2y−13=0．
16.解：(1)因为|PF|的最大值为3，最小值为1，
所以a+c=3，a−c=1，则a=2，c=1，所以b2=a2−c2=3，
所以椭圆方程为x24+y23=1．
(2)根据题意得中点弦的斜率存在，且M在椭圆内，设B(x1,y1)，C(x2,y2)，
所以x124+y123=1,x224+y223=1，
两式作差得：(x1+x2)(x1−x2)4+(y1+y2)(y1−y2)3=0，
即y1−y2x1−x2=−34⋅x1+x2y1+y2，
由于M是BC的中点，故x1+x22=12，y1+y22=1，
又kBC=y1−y2x1−x2，
所以kBC=−34×12=−38，所以中点弦的方程为y−1=−38(x−12)，
即所求的直线方程6x+16y−19=0．
17.解：(1)双曲线C与椭圆x24+y2=1有共同的焦点，可得c= 3，双曲线C过点Q(2,1)，
可得4a2−1b2=1，a2+b2=3，解得a= 2，b=1，
双曲线的标准方程为：x22−y2=1．
(2)设|PF1|=m，|PF2|=n，
由双曲线的定义可得m−n=2a，
在△F1PF2中，由余弦定理，得4c2=m2+n2−2mncs60°=(m−n)2+mn=4a2+mn，
可得mn=4b2，
则△F1PF2的面积S=12mnsinπ3= 3b2= 3．
18.解：(1)设M(x,y)，由题意可得|MF|d=32(d为M到定直线l的距离)，
即有 (x−3)2+y2=32|x−43|，
两边平方，化简可得x24−y25=1，
即点M的轨迹E的方程为x24−y25=1；
(2)由双曲线的方程可得A(−2,0)，B(2,0)，又F(3,0)，
设直线PQ的方程为x=my+3，
与双曲线的方程5x2−4y2=20联立，可得(5m2−4)y2+30my+25=0，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，x1，x2>0，可得y1+y2=−30m5m2−4，y1y2=255m2−4，
即有my1y2=−56(y1+y2)，
则k1k2=y1x1+2⋅x2−2y2=y1(my2+3−2)y2(my1+3+2)=my1y2+y1my1y2+5y2=−56(y1+y2)+y1−56(y1+y2)+5y2=y1−5y225y2−5y1=−15，
则k1k2为定值−15．
19.解：(1)证明：由题M，N两点关于原点对称，设M(x0,y0)，N(−x0,−y0)，P(x,y)，
则x24+y23=1，x04+y023=1，
所以kpM⋅kPN=y−y0x−x0⋅y−(−y0)x−(−x0)=y−y0x−x0⋅y+y0x+x0=y2−y02x2−x02
=3(1−x24)−3(1−x024)x2−x02=−34(x2−x02)x2−x02=−34，
即kPM⋅kPN=−34，得证；
(2)(i)若直线l：x=−1，则AC=2b2a=3，BD=2a=4，S=12×3×4=6；
若直线l1：y=0，则l2：x=−1，故S=6；若
两直线斜率都存在，设直线l：y=k(x+1)，l2：y=−1k(x+1)，
联立y=k(x+1)x24+y23=1，消去y得(4k2+3)x2+8k2x+4k2−12=0，
由F在椭圆内部，故Δ>0恒成立，
设A(x1,y1)，C(x2,y2)，则有x1+x2=−8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3，
则|AC|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2⋅ (−8k24k2+3)2−4⋅4k2−124k2+3=12k2+124k2+3，
同理可得|BD|=12(−1k)2+124(−1k)2+3=12k2+123k2+4．
因为AC⊥BD，所以S=12|AC|⋅|BD|=72(k2+1)2(4k2+3)(3k2+4)，
令t=k2+1>1，则S=72t2(4t−1)(3t+1)=72−1t2+1t+12=72−(1t−12)2+494∈[28849,6)；
综上所述，S∈[28849,6]．
(ii)证明：如图，取BC中点M，令S、R分别为TG、TH与BC交点，

由G、M分别为AC、BC中点，故GM//BT，
故S△TBM=S△TBG，则S△TBM−S△TBS=S△TBG−S△TBS，
即S△TSM=S△GSB，
由H、M分别为BD、BC中点，故HM//CT，故S△TCM=S△TCH，
则S△TCM−S△TCR=S△TCH−S△TCR，即S△TRM=S△HRC，
则S△GHT=S△GHM+S△TSM+S△GSM+S△TRM+S△HRM=S△GHM+S△GSB+S△GSM+S△HRC+S△HRM=S四边形GBCH，
由AC⊥BD，
故S△GHT=S四边形GBCH=12|BH|⋅|CG|=12×(12|BD|)⋅(12|AC|)
=14×12|BD|⋅|AC|=14S．