2025-2026学年云南省昭通市市直中学高二（上）第一次月考数学试卷(含答案）

这是一份2025-2026学年云南省昭通市市直中学高二（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.已知a=(2,−1,3)，b=(−4,2,−x)，且a//b，则x=( )
A. −6B. 5C. 4D. 6
2.椭圆x2+y24=1的短轴长为( )
A. 1B. 2C. 12D. 4
3.若直线2x−y−1=0与直线ax+2y−3=0垂直，则a=( )
A. −1B. 12C. 1D. 2
4.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=2，BC=BB1=1，则直线A1B与平面A1B1CD所成角的正弦值为( )
A. 12B. 33C. 55D. 1010
5.已知椭圆x29+y23=1，过点P(1,1)的直线交椭圆于A，B两点，且P为线段AB的中点，则直线AB的方程为( )
A. x+3y−4=0B. 3x+y−4=0C. x−3y+2=0D. 3x−y−2=0
6.已知直线y=kx(k≠0)与椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A，B两点，椭圆E右焦点为F，直线AF与E的另外一个交点为C，若BF⊥AC，若|BF|=3|CF|，则E的离心率为( )
A. 12B. 53C. 22D. 2 23
7.已知点P是椭圆x29+y24=1上的动点，则点P到直线x−2y+10=0的距离最小值为( )
A. 3B. 5C. 3 5D. 5
8.已知椭圆C：x2100+y236=1的右焦点为F，过F的直线l(kl>0)与椭圆C交于M，N，若MF=4FN，则直线l的斜率为( )
A. 23B. 33C. 53D. 73
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.已知直线l：ax+y−3a−1=0，a∈R与圆C：(x−1)2+y2=4，则下列说法正确的是( )
A. 直线l恒过定点(3,1)
B. 当直线l与圆C相切时，切线方程是3x+4y−13=0
C. 当a=−1时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于 22
D. 圆C上的一点P到直线l的最大距离是 5+2
10.关于曲线E：mx2+ny2=1，下列说法正确的是( )
A. 若曲线E表示两条直线，则m=0，n>0或n=0，m>0
B. 若曲线E表示圆，则m=n>0
C. 若曲线E表示焦点在y轴上的椭圆，则m>n>0
D. 若曲线E表示椭圆，则m≠n
11.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23，长轴长为6，F，F′分别是椭圆的左、右焦点，A(1,1)是一个定点，P是椭圆E上的动点，则下列说法正确的是( )
A. |PF|+|PF′|=6B. 椭圆E的标准方程为x29+y25=1
C. |AF′|=2 2D. |PA|+|PF|的最大值为6+ 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆的一条直径的端点分别是A(1,−4)，B(−1,2)，则此圆的标准方程是______．
13.已知x，y满足x2+y2=9，则T= 10−2x+ 25+8y的最小值为______．
14.已知圆C1：x2+y2−2x−2y=0，设其与x轴、y轴正半轴分别交于M，N两点.已知另一圆C2的半径为2 2，且与圆C1相外切，则|C2M|⋅|C2N|的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知点A(−1,0)，B(2,0)，动点M满足2|MA|=|MB|．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)一条光线从点C(2,1)射出，经x轴反射与动点M的轨迹交于E，F两点，其中|EF|=2 3，求反射光线所在直线的方程．
16.(本小题15分)
求满足下列条件的圆的方程：
(1)经过点A(3,2)，B(2, 3)，圆心在x轴上；
(2)经过直线2x+y+1=0与x−2y+3=0的交点，圆心为点C(−2,1)．
17.(本小题15分)
求适合下列条件的椭圆的标准方程：
(1)焦点的坐标分别是(−4,0)，(4,0)，并且经过点(52,−3 32)；
(2)经过两点(2,− 2)，(−1, 142)．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，△PCD为等边三角形，AB//CD，CD⊥AD，CD=2AB=2AD=4．
(1)求证：PB⊥CD；
(2)若四棱锥P−ABCD的体积为4 3，求平面PAD与平面PBC的夹角正弦值．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为短轴长的 2倍，焦距为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若坐标原点为O，平行四边形ABCD的四个顶点A，B，C，D均在椭圆C上，且圆O：x2+y2=83内切于四边形ABCD．
(i)证明：四边形ABCD为菱形；
(ii)求四边形ABCD面积的最大值．
参考答案
1.D
2.B
3.C
4.D
5.A
6.C
7.D
8.D
9.ABD
10.ABCD
11.ABD
12.x2+(y+1)2=1
13. 17
14.20
15.解：(1)设M(x,y)，又A(−1,0)，B(2,0)，且2|MA|=|MB|，
∴2 (x+1)2+y2= (x−2)2+y2，
两边平方化简可得(x+2)2+y2=4，
∴点M的轨迹方程为(x+2)2+y2=4；
(2)设点C(2,1)关于x轴的对称点为P，则P(2,−1)，
根据对称性设反射光线所在直线l的方程为y+1=k(x−2)，k0,m≠n)，
则4m+2n=1m+72n=1，解得m=18n=14，
所以椭圆方程为x28+y24=1．
18.(1)证明：如图所示，取CD的中点E，连接PE，BE．
因为CD=2AB，AB//CD，所以DE//AB且DE=AB，
所以四边形ABED是平行四边形，则BE//AD，
因为CD⊥AD，所以BE⊥CD，
又△PCD为等边三角形，所以PE⊥CD，
因为PE∩BE=E，PE，BE⊂平面PBE，所以CD⊥平面PBE，
因为PB⊂平面PBE，
所以PB⊥CD．
(2)设四棱锥P−ABCD的高为ℎ，
由题设，得V=13SABCDℎ=13×12×(2+4)×2×ℎ=4 3，则ℎ=2 3，
由题设知PE=2 3，
所以PE⊥底面ABCD．
如图所示，以点E为坐标原点，直线EB为x轴，EC为y轴，EP为z轴，建立空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2 3)，A(2,−2,0)，D(0,−2,0)，
所以PB=(2,0,−2 3)，BC=(−2,2,0)，DP=(0,2,2 3)，DA=(2,0,0)．
设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⊥PBm⊥BC，则m⋅PB=2x1−2 3z1=0m⋅BC=−2x1+2y1=0，
令z1=1，则x1= 3，y1= 3，所以m=( 3, 3,1)；
设平面PAD的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则n⊥DPn⊥DA，则n⋅DP=2y2+2 3z2=0n⋅DA=2x2=0，
令z2=1，则y2=− 3，x2=0，所以n=(0,− 3,1)．
设平面PAD与平面PBC的夹角为θ，
因为cs=−3+1 3+3+1× 3+1=−1 7=− 77，
所以sinθ= 427，
即平面PAD与平面PBC的夹角正弦值为 427．
19.x28+y24=1；
(i)证明：当直线AB的斜率不存在或为零时，圆O：x2+y2=83内切于正方形ABCD，
四个顶点为(± 83± 83)，显然满足椭圆C的方程x28+y24=1，符合题意，
此时四边形ABCD为菱形；
当直线AB的斜率存在且不为零时，设其方程为y=kx+t(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=kx+tx28+y24=1，
得(1+2k2)x2+4ktx+2t2−8=0，
则Δ=16k2t2−4(1+2k2)(2t2−8)=8(8k2−t2+4)>0，
x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−81+2k2，
所以y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=t2−8k21+2k2，
因为圆O：x2+y2=83内切于平行四边形ABCD，所以O到直线AB的距离为 83，
则d=|t| 1+k2= 83，
整理得t2=83(1+k2)，
所以OA⋅OB=2t2−81+2k2+t2−8k21+2k2=3t2−8k2−81+2k2=3[83(1+k2)]−8k2−81+2k2=0，
则OA⊥OB，此时平行四边形ABCD为菱形，
综上可知，四边形ABCD为菱形；
(ii)8 2