2022-2023学年福建省莆田高二年级下册学期3月月考数学试题（A）【含答案】

2022-2023学年福建省莆田高二下学期3月月考数学试题（A）一、单选题1．已知双曲线（，）的离心率为，则的渐近线方程为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由双曲线离心率可得，再结合即可得，代入渐近线方程即可得出结果.【详解】由双曲线离心率为可得，即可得，又，即可得；由题意可得双曲线的渐近线方程为.故选：C2．已知点到点的距离与到直线相等，且点的纵坐标为12，则的值为（

）A．6 B．9 C．12 D．15【答案】D【分析】直接根据抛物线定义得的轨迹为抛物线，再设其抛物线方程，根据焦点坐标求出其方程，再根据抛物线性质即可求出的长.【详解】由题意得点的轨迹为焦点为，准线方程为的抛物线，设抛物线的方程为，，则，解得，故抛物线方程为，当时，，则，故选：D.3．设，分别是双曲线的左右焦点，过作轴的垂线与交于，两点，若为正三角形，则的面积为（

）A． B．4 C． D．3【答案】A【分析】设，根据双曲线的定义及条件可得，再结合三角形面积公式即可得到答案.【详解】∵为正三角形，设，则，，又双曲线，则根据双曲线定义得，∴，即等边三角形的边长为4，故的面积为.故选：A.4．直线与椭圆交于两点，是椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对称关系和垂直关系可知四边形为矩形，结合直线倾斜角大小可确定，由此利用表示出，结合椭圆定义可构造齐次方程求得离心率.【详解】记椭圆的左焦点为，由对称性可知：四边形为平行四边形，，；，，四边形为矩形，，又，，又，，，，，椭圆的离心率.故选：C.5．若是直线上一动点，过作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（

）A． B．3 C． D．2【答案】A【分析】由题意可得当取最小值时，的值最小，求得圆心到直线的距离即得，即可得.【详解】如下图所示，易知且垂直平分，所以，且，由勾股定理可得，所以，即取最小值时，取得最小值；易知为圆心到直线的距离，即，所以.故选：A6．若方程有解，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意画出椭圆的部分，利用数形结合求出直线与椭圆相切时的值，再求出直线过椭圆右端点时的值，即可得到得范围.【详解】设，，两边同平方得，化简得（），则其所表示的图形为椭圆在x轴及上方部分，则题目转化为直线与上述图形有交点，设椭圆的右端点为，易得其坐标为，当直线与半椭圆相切时，显然由图得，联立，得，则化简得，解得或（舍），当直线经过点时，得，解得，则，故选：B.7．已知是抛物线的焦点，准线与轴的交点为，过作直线与抛物线交于，两点，若，则的值为（

）A．4 B． C． D．【答案】C【分析】设直线的方程为：，，，借助韦达定理式，根据向量共线得，联立即可求出点坐标，则可得到答案.【详解】，，故准线方程为，，设，，，，显然当直线的方程为时不合题意，故设直线的方程为：，由，化简得，，解得或，，解得或，代回抛物线得，，由对称性不妨令直线与抛物线的交点位于第一象限，此时，则，，故此时，同理根据抛物线对称性，当直线与抛物线两交点在第四象限时，，故选：C.8．已知水平地面上有一篮球，球的中心为，在斜平行光线的照射下，其阴影为一椭圆（如图），在平面直角坐标系中，椭圆中心O为原点，设椭圆的方程为，篮球与地面的接触点为H，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】在平行光线照射过程中，椭圆的短半轴长是圆的半径，球心到椭圆中心的距离是椭圆的长半轴，过球心向地面做垂线，垂足是，得到一个直角三角形，可得要求的结果．【详解】解：在照射过程中，椭圆的短半轴长是圆的半径，由图，由是中点故有球心到椭圆中心的距离是椭圆的长半轴，过球心向地面做垂线，垂足是，在构成的直角三角形中，，，故选：B．【点睛】本题考查圆锥曲线的实际背景及作用，解决本题的关键是看清楚在平行光线的照射下，投影中和球的量中，变与不变的量．二、多选题9．已知首项为正数的等比数列的公比为，曲线，则下列叙述正确的有（

）A．，为圆 B．，离心率为2C．，为椭圆 D．，为共渐近线的双曲线【答案】AD【分析】根据曲线的方程，结合圆、椭圆、双曲线的标准方程逐项判断即可得出答案.【详解】解：对于A，当时，，曲线，又因为，所以曲线表示圆，故正确；对于B，当时，，曲线，所以曲线表示焦点在轴或轴()上的等轴双曲线，所以离心率为，故错误；对于C，当时，由A可知曲线表示圆，故错误；对于D，当时，，当为奇数时，，曲线表示焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为，当为偶数时，，曲线表示焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为，故正确.故选：AD.10．若椭圆的某两个顶点间的距离为4，则m的可能取值有（

）A． B． C． D．2【答案】BCD【分析】讨论两顶点的位置，由椭圆的性质结合勾股定理求解.【详解】由题意可知，，若这两个顶点为长轴的两个端点时，；若这两个顶点为短轴的两个端点时，；若一个顶点短轴的端点，另一个为长轴的端点时，；故选：BCD11．已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，下列结论正确的是（

）A．的最小值为2B．若，则线段的中点到轴的距离为6C．若，则的最小值为8D．若是圆上一动点，则的最小值为4【答案】AC【分析】对A，利用抛物线定义即可求出焦半径的最小值，对B，根据抛物线定义结合中点坐标公式即可判断，对C，利用焦点弦最短为通径的结论即可判断，对D通过举反例即可判断.【详解】对A，，则，焦点坐标为，准线方程为，，，，当且仅当时等号成立，故A正确；对B，，根据抛物线定义得，则，而由中点坐标公式得点P的纵坐标，即为点到轴的距离为4，故B错误；对C，若，则三点共线，则的最小值即为抛物线的通径长，令，则，故通径长为8，故C正确；对D，易知抛物线经过点，取，令，代入原方程，则或6，取，此时，故D错误，下面求出的最小值，由圆外一点到圆上一点距离最小值结论知，为与圆心连线与圆的交点，易知圆的半径，故题目转化为求的最小值，设，因为点在抛物线上,则，则，当且仅当时等号成立，故，故，故选：AC.三、单选题12．伯努利双纽线最早于年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线.年卡塔尔世界杯会徽（如图）基于“大力神杯”的原型设计完成，正视图近似伯努利双纽线.在平面直角坐标系中，把到定点、距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是双纽线上一点，下列说法正确的有（

）A．双纽线既关于轴对称，也关于轴对称B．面积的最大值为C．双纽线上满足的点有两个D．的最大值为【答案】ABD【分析】根据双纽线的定义求出曲线方程，利用曲线对称性的定义可判断A选项；根据三角形的面积公式可判断B选项；由题意得，从而可得点在轴上，可判断C选项；由向量的性质结合余弦定理分析判断D选项.【详解】在双纽线上任取一点，由题意可得，即，化简可得，对于A选项，因为点为双纽线上一点，则，点关于轴的对称点为，则，所以，点在双纽线上，故双纽线关于轴对称，同理可知，双纽线关于轴对称，A对；对于B选项，当时，即当时，即当或时，，此时，的面积取得最大值，即，B对；对于C选项，若双纽线上的点满足，则点在轴上，即，所以，得，所以这样的点只有一个，C错；对于D选项，因为，所以，由余弦定理得，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，D对，故选：ABD.【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.四、填空题13．过点，且与椭圆有相同焦点的椭圆的长半轴长为__________.【答案】【分析】根据题意设出所求椭圆方程，再带入点的坐标即可求出结果.【详解】设椭圆的焦点坐标为，则，设过点，且与椭圆有相同焦点的椭圆方程为，则，解得.故答案为：.14．已知抛物线的焦点为，点为上任意一点，点，则的最小值为______.【答案】7【分析】根据抛物线定义，画出图象即可求解.【详解】依题意，如图所示：其中，准线，由抛物线的定义知：，要使取得最小值，只需点移动到点时，三点共线时取得最小值，此时准线，所以的最小值为：.故答案为：7.15．写出一个与，，都相切的圆的方程_________.【答案】（答案不唯一）【分析】作出图形，根据点到直线的距离公式求出三角形内切圆方程即可.【详解】设直线与轴，轴交点分别为点，则三条直线所围成的图形为直角三角形，则的内切圆满足题意，显然圆心在的平分线上，即在直线上，作出图形如下所示：设圆心坐标，，则根据圆心到轴和到直线的距离相等得，解得或（舍去）则此时圆心坐标为，半径为1，则圆的方程为：故答案为：.（答案不唯一）16．过双曲线的右焦点作其中一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的左、右两支分别交于点、，若，，则双曲线的离心率是_________.【答案】【分析】设，则，在中，由余弦定理得，同理得，再结合，即可、值，可得出的值，进而可求得该双曲线离心率的值.【详解】如图，根据点到直线的距离公式可得点到直线的距离为，设双曲线的左焦点为，连接，则.在中，设，则，在中，由余弦定理得，将代入整理后得，同理.因为，所以，将其代入，解得，，则，因此，该双曲线的离心率为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于由余弦定理得，将代入整理后得与．五、解答题17．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，，，点满足.(1)求的轨迹方程；(2)设圆是以为直径的圆，求证圆与圆相交，并求公共弦所在的直线方程.【答案】(1)(2)证明见解析；公共弦所在直线方程为.【分析】（1）根据阿波罗尼斯圆的定义，利用两点间距离公式代入整理变形即可得的轨迹方程为；（2）易知圆心距，且满足，即可证明两圆相交，将两圆方程相减即可得公共弦所在直线方程为.【详解】（1）设点的坐标为，又，，且，即整理可得；所以的轨迹方程为.（2）易知的中点，，所以圆的圆心为，半径为，即圆的方程为.由（1）可知，圆是以为圆心，半径的圆；圆与圆的圆心距，易知，根据两圆位置关系即可知圆与圆相交；将的方程与圆的方程相减即可得公共弦方程，即；所以圆与圆的公共弦所在的直线方程为.18．已知为抛物线的焦点，为坐标原点，过作两条互相垂直的直线，，直线与交于两点，直线与交于，两点，(1)当的纵坐标为4时，求抛物线在点处的切线方程；(2)四边形面积的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）易知焦点，且，设出切线方程与抛物线方程联立即可得切线方程为；（2）由题意可得直线，的斜率均存在，设出，的方程并与抛物线联立，利用焦点弦公式可求得，，即可求得四边形面积表达式，再利用基本不等式即可求得其最小值为.【详解】（1）根据题意可得焦点，当的纵坐标为4时可得，设抛物线在点处的切线方程为，联立整理得，由题意知方程只有一解，所以，解得；所以切线方程为.（2）如下图所示：易知直线，的斜率均存在，可设的方程为，同理可得联立直线和抛物线并整理可得，易知，设，所以，由焦点弦公式可得，同理设，可得，，所以四边形的面积，当且仅当时，等号成立；所以四边形面积的最小值为.19．已知椭圆C以坐标轴为对称轴，以坐标原点为对称中心，椭圆的一个焦点为，点在椭圆上，Ⅰ求椭圆C的方程．Ⅱ斜率为k的直线l过点F且不与坐标轴垂直，直线l交椭圆于A、B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围．【答案】Ⅰ．Ⅱ．【分析】Ⅰ设椭圆方程为，由椭圆可得，解出即可得出．Ⅱ解法一：设，，AB中点，直线AB的方程为，代入椭圆方程可得，利用根与系数的关系、中点坐标公式可得N的坐标，可得AB的垂直平分线NG的方程为，进而得出．解法二：设，，AB中点，把点A，B的坐标分别代入椭圆方程相减可得：，利用中点坐标公式、斜率计算公式可得斜率，又，可得，又在椭圆内，即，可得，利用AB的垂直平分线为，即可得出．【详解】Ⅰ设椭圆方程为，则由得由得代入得，即，即，或，，得，，，椭圆方程为．Ⅱ解法一：设，，AB中点，直线AB的方程为，代入，整理得，直线AB过椭圆的左焦点F，方程有两个不等实根，则，，，，的垂直平分线NG的方程为，时，，，，，，．解法二：设，，AB中点，由，得，斜率，又，，，得，在椭圆内，即，将代入得，解得，则AB的垂直平分线为，时，．【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、线段垂直平分线的性质、中点坐标公式、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．20．已知双曲线（，）经过点，渐近线经过点.(1)求的方程；(2)作直线与的两支分别交于点，，使得.求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）将代入渐近线方程得，结合点在双曲线上，联立即可解得双曲线方程.（2）设直线方程为，，，再联立双曲线方程得韦达定理式，根据，代入韦达定理式化简得，即可求出定点坐标.【详解】（1）双曲线渐近线方程为，经过第一象限的渐近线方程为，将点代入得，将点代入双曲线方程得，联立有，解得，则双曲线方程为.（2）因为,在不同支,所以直线的斜率存在,设直线的方程为,，，联立,消去,整理得，所以，，因为,所以,即有，于是，则，整理得，化简整理得,因为不在直线上,所以,所以,所以直线的方程为,所以直线恒过定点.21．已知双曲线的一条渐近线方程是，焦距为4.(1)求双曲线的方程；(2)直线过双曲线的右焦点与双曲线的右支交于A，B两点，与轴交于点，O为坐标原点，若，求面积的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题知，，进而结合求解即可得答案；（2）由题设直线的方程为，，，，进而与双曲线方程联立，结合题意得且，进而根据韦达定理，结合弦长公式，距离公式，面积公式得，再还原求解即可得答案.【详解】（1）解：因为双曲线的一条渐近线方程是，所以，即因为焦距为4，所以，即因为，所以，所以双曲线的方程为（2）解：由题知双曲线的右焦点为，故设直线的方程为，则联立方程得，设，，所以，因为直线与双曲线的右支交于A，B两点，所以，即且，所以，解得：且因为直线与轴交于点，所以，因为，所以所以，点到直线的方程为距离为，所以面积为，令，则，所以，因为在是单调递减函数，所以，所以.所以面积的取值范围为22．已知椭圆C：（）的左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线l：与C的两个交点和O，B构成一个面积为的菱形．（1）求C的方程；（2）圆E过O，B，交于点M，N，直线，分别交C于另一点P，Q，点S，T满足，，求O到直线和直线的距离之和的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先利用对称性得，再根据菱形的面积求得直线与的一个交点坐标，代入椭圆方程便可求出，从而得到椭圆方程；（2）由圆的方程或圆的性质得到纵坐标之积为定值，再根据题意得到的纵坐标与的纵坐标之间的关系，通过假设直线方程并与椭圆联立，借助韦达定理得到的纵坐标所满足的关系，结合的纵坐标之积为定值，通过计算可得直线过定点，根据向量关系可得且直线也过定点，然后可以利用数形结合或利用函数方法解决问题.【详解】解法一：（1）因为直线与的两个交点和，构成的四边形是菱形，所以垂直平分，所以，.设为直线与的一个交点，则菱形的面积为.因为菱形的面积为，所以，解得，即.将点代入，得，又，所以.所以的方程为.（2）由题意，得为圆的一条弦，且直线垂直平分该弦，故直线经过圆心，所以为圆的直径，因此，即.设，，则.注意到，，则.又因为，，所以.设直线的方程为，，.由得，.，（*），.①因为，，故，即.即.将①代入上式得，化简得，解得，满足（*）.所以直线的方程为，故直线过定点.由，，所以，所以直线也过定点，且，解得.注意到位于线段上，故到直线的距离与到直线的距离之和等于两平行直线，之间的距离，且.当，垂直于轴时，点到直线和直线的距离之和为，所以点到直线和直线的距离之和的最大值是.解法二：（1）同解法一.（2）由（1）可得，设直线的方程为，则.另设直线的方程为，则.由题意，得为圆的一条弦，且直线垂直平分该弦，故直线经过圆心，所以为圆的直径，因此，即.所以，即.由，得，所以.将代入，得，即.同理可得.当时，直线的斜率为，所以直线的方程为，即①.将代入①，得，所以直线过定点.当时，直线的方程为，也过点.因此直线始终过定点.设直线与轴交于点.因为，，所以，且，所以，解得，即直线过定点.设直线的方程为，即.