2023-2024学年浙江省宁波市鄞州中学高二上学期9月月考数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页浙江省宁波市鄞州中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知命题：直线与平行，命题，则是的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据两直线平行满足的关系可得命题等价于或，结合充分不必要条件的判断即可求解.【详解】直线与平行，则，解得或，所以命题等价于或，命题．则由命题不能得到命题，但由命题可得到命题，则是的充分不必要条件．故选：A．2．直线与曲线的交点个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根据题意，由曲线表示一条直线与一个圆，然后分别联立方程，即可得到交点个数.【详解】因为曲线就是或，表示一条直线与一个圆，联立，解得，即直线与直线有一个交点；此时，没有意义.联立，解得或，所以直线与有两个交点.所以直线与曲线的交点个数为2个.故选：B3．过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，因为，则，可得，则，，即为钝角，所以；法二：圆的圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，连接，可得，则，因为且，则，即，解得，即为钝角，则，且为锐角，所以；方法三：圆的圆心，半径，若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；若切线斜率存在，设切线方程为，即，则，整理得，且设两切线斜率分别为，则，可得，所以，即，可得，则，且，则，解得.故选：B.

4．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A． B． C． D．【答案】A【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可详解：直线分别与轴，轴交于，两点,则点P在圆上圆心为（2，0），则圆心到直线距离故点P到直线的距离的范围为则故答案选A.点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．5．已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（

）A．13 B．12 C．9 D．6【答案】C【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．【详解】由题，，则，所以（当且仅当时，等号成立）．故选：C．【点睛】6．已知为椭圆上不同的三点，直线，直线交于点，直线交于点，若，则（

）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】根据三角形面积公式及或得，再应用相交弦长公式列方程，即可求.【详解】由，则，由图知：当位置变化时，或，故，所以，而直线、斜率存在且不为0，故，，所以，即或，当，化简得.当时，，显然，无解.所以.故选：B.7．已知点是椭圆上的动点，、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若是的角平分线上的一点，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】延长与交于点，由条件判断为等腰三角形，为的中位线，故，再根据的值域，求得的最值，从而得到结果.【详解】如图，

延长与交于点，则是的角平分线，由可得与垂直，可得为等腰三角形，故为的中点，由于为的中点，则为的中位线，故，由于，所以，所以，问题转化为求的最值，而的最小值为，的最大值为，即的值域为，故当或时，取得最大值为，当时，在轴上，此时与重合，取得最小值为0，又由题意，最值取不到，所以的取值范围是，故选：A.【点睛】该题考查的是与椭圆相关的问题，涉及到的知识点有椭圆的定义，椭圆的性质，角分线的性质，属于较难题目.8．已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，，，由余弦定理求解关系式，求出离心率.【详解】因为，所以，如图，在上取一点M，使得，连接，则，则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，所以，设，则，由椭圆定义可知：，即，所以，所以，，故点A与上顶点重合，在中，由余弦定理得：，在中，，解得：，所以椭圆离心率为.

故选：A【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率.二、多选题9．已知点在圆上，点、，则（

）A．点到直线的距离小于B．点到直线的距离大于C．当最小时，D．当最大时，【答案】ACD【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，，，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.10．设，为椭圆的左，右焦点，直线过交椭圆于A，B两点，则以下说法正确的是（

）A．的周长为定值8 B．的面积最大值为C．的最小值为8 D．存在直线l使得的重心为【答案】ACD【分析】利用椭圆的定义可判断A，根据基本不等式结合椭圆的定义可判断C，设直线的方程为，联立椭圆方程利用韦达定理法，可表示出的面积，的重心进而判断BD.【详解】由椭圆，可得，所以为，故A正确；因为，所以，当且仅当取等号，故C正确；由题可设直线的方程为，由，可得，设，则，所以，所以的面积为，令，则，，所以，因为，由对勾函数的性质可知，所以，当，即取等号，故B错误；由上可知所以，又，所以的重心为，令，解得，所以当直线的方程为时的重心为，故D正确.故选：ACD.11．若动直线与圆相交于两点，则（

）A．的最小值为B．的最大值为C．为坐标原点）的最大值为78D．的最大值为18【答案】ABD【分析】由题可知直线恒过定点，利用圆的性质可判断A，利用余弦定理及数量积的定义可判断B，利用韦达定理法可得，然后利用基本不等式可判断C，利用向量数量积的定义及圆的性质可判断D.【详解】由，可得，故直线恒过定点，又圆，圆心为，半径为3，由圆的性质可得当⊥时，取得最小，此时，，故A正确；∵，∴，故B正确；由，可得，设，则，∴，∴，要使最大，则最大，要求的最大值，不妨令，（当时不合题意）则，当且仅当，即取等号，故，故C错误；由题可知，∴，故D正确.故选：ABD.12．已知是椭圆上一点，椭圆的左､右焦点分别为，且，则（

）A．的周长为 B．C．点到轴的距离为 D．【答案】BCD【分析】A．根据椭圆定义分析的周长并判断；B．根据椭圆定义以及已知条件先求解出的值，结合三角形的面积公式求解出并判断；C．根据三角形等面积法求解出点到轴的距离并判断；D．根据向量数量积运算以及的值求解出结果并判断.【详解】A．因为，所以，故错误；B．因为，，所以，所以，所以，故正确；C．设点到轴的距离为，所以，所以，故正确；D．因为，故正确；故选：BCD.三、填空题13．已知实数，满足，则的取值范围是.【答案】【分析】设为圆上一点，直线为，过点作，连接，再分别求出和，则，再根据条件求出范围即可.【详解】设为圆上一点，直线为，过点作，连接，作出如下示意图：

则到直线的距离，由图可知圆在直线的上方，所以，即，所以，，所以，所以只需求出取值范围即可，设直线与圆相切，所以，解得，所以两条切线方程为：和，设两切点分别为，，分别过作，垂足为，过作，垂足为，所以，因为直线的斜率为：，所以，所以，，又因为，所以，所以，，所以所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查数形结合思想的应用，注意临界位置的转化.14．参加数学兴趣小组的小何同学在打篮球时，发现当篮球放在地面上时，篮球的斜上方灯泡照过来的光线使得篮球在地面上留下的影子有点像数学课堂上学过的椭圆，但他自己还是不太确定这个想法，于是回到家里翻阅了很多参考资料，终于明白自己的猜想是没有问题的，而且通过学习，他还确定地面和篮球的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点.他在家里做了个探究实验：如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为个单位长度，在球的右上方有一个灯泡（当成质点），灯泡与桌面的距离为个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为，影子椭圆的右顶点到点的距离为个单位长度，则这个影子椭圆的离心率.【答案】【分析】建立平面直角坐标系，解得图中N、Q的横坐标，列方程组即可求得椭圆的a、c，进而求得椭圆的离心率.【详解】以A为原点建立平面直角坐标系，则，，直线PR的方程为设,由到直线PR的距离为1，得，解之得或（舍）则，又设直线PN的方程为由到直线PN的距离为1，得，整理得则，又，故则直线PN的方程为，故，由，解得，故椭圆的离心率故答案为：【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。15．已知椭圆的左、右焦点分别为.若关于直线的对称点恰好在上，且直线与的另一个交点为，则.【答案】【分析】由点的对称性求出点坐标，和线段、，从而发现为直角，再由椭圆标准定义找到关系，并求出、的长度，最后在直角三角形中，求出的值.【详解】设关于直线的对称点，由，得，可知，，又知，所以，则为直角，由题意，点恰好在上，根据椭圆定义，得，，设，则，在直角三角形中，，解得，从而，，所以.故答案为：16．“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上．称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔蒙日（1746-1818）最先发现．若椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一动点，过和原点作直线与椭圆的蒙日圆相交于，则．【答案】1【分析】令，利用椭圆的定义可得，再由平面向量的知识可得，从而得到；结合“蒙日圆”的定义可知，由此得到，故得解.【详解】因为椭圆，所以，故，，如图，令，因为，所以，即，结合图象，由平面向量的知识可得，故，两式相加得，即，即，由“蒙日圆”的定义，当我们过椭圆上下左右四个顶点作椭圆的切线时，易知椭圆的“蒙日圆”的直径为这四条切线所围成的矩形的对角线，故由勾股定理得，所以，故.故答案为：1..四、解答题17．平面直角坐标系中，圆M经过点，，.(1)求圆M的标准方程；(2)设，过点D作直线，交圆M于PQ两点，PQ不在y轴上.①过点D作与直线垂直的直线，交圆M于EF两点，记四边形的面积为S，求S的最大值；②设直线OP，BQ相交于点N，试证明点N在定直线上，求出该直线方程.【答案】(1)(2)①S的最大值为7；②证明见解析，点N在定直线上.【分析】（1）设圆M的方程为，利用待定系数法求出，即可得解；（2）①设直线的方程为，分和两种情况讨论，利用圆的弦长公式分别求出，再根据即可得出答案；②设，联立，利用韦达定理求得，求出直线OP，BQ的方程，联立求出交点坐标即可得出结论.【详解】（1）解：设圆M的方程为，则，解得，所以圆M的标准方程为；（2）设直线的方程为，即，则圆心到直线的距离，所以，①若，则直线斜率不存在，则，，则，若，则直线得方程为，即，则圆心到直线的距离，所以，则，当且仅当，即时，取等号，综上所述，因为，所以S的最大值为7；②设，联立，消得，则，直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，则，所以，所以点N在定直线上.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.18．已知圆M与直线相切于点，圆心M在轴上．(1)求圆M的标准方程；(2)若直线与圆M交于P，Q两点，求弦的最短长度；(3)过点M且不与x轴重合的直线与圆M相交于A，B两点，O为坐标原点，直线，分别与直线相交于C，D两点，记，的面积为，，求的最大值．【答案】(1)(2)(3)的最大值为【分析】（1）设圆的方程为，再由直线与圆相切于点，可得关于与的方程组，求得与的值，则圆的方程可求；（2）直线恒过定点，且该点在圆内，当直线截圆的弦以定点为中点时，弦长最短；（3）由题意知，，设直线的方程为，与圆的方程联立求得的坐标，同理求得的坐标，进一步求出与的坐标，写出，利用基本不等式求最值．【详解】（1）解：由题可知，设圆的方程为，由直线与圆相切于点，得，解得，，圆的方程为；（2）解：由直线有：；得，即即直线恒过定点；又，即点在圆内部；圆的圆心为；设直线恒过定点；当直线与直线垂直时，圆心到直线的距离最长，此时弦长最短；此时，弦长最短为；（3）解：由题意知，，设直线的斜率为，则直线的方程为，由，得，解得或，则点的坐标为，又直线的斜率为，同理可得：点的坐标为由题可知：，，又，同理，．当且仅当时等号成立．的最大值为．【点睛】本题考查圆的方程的求法，考查含参直线过定点问题及直线与圆位置关系的应用，训练了利用基本不等式求最值，考查运算求解能力，是中档题．19．已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.(1)求M的轨迹；(2)过坐标原点的直线交M的轨迹于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交M的轨迹于点G.①证明：是直角三角形；②求面积的最大值.【答案】(1)(2)①见解析；②面积的最大值为.【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；（2）①设直线PQ的斜率为k.则其方程为，联立直线与椭圆方程得到坐标，再由QG与椭圆方程联立得到G点坐标，证明斜率乘积等于即可；②利用两点间的距离公式算得的长度，将三角形的面积用k表示，再结合函数的单调性即可得到答案.【详解】（1）①直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；（2）①设直线PQ的斜率为k.则其方程为，由，得，记，则，，，于是直线QG的斜率为，方程为，由得，设，则和是方程的解，故，由此得，从而直线PG的斜率为，所以，即是直角三角形.②由①得，，所以的面积，又，所以，设，则由得，当且仅当时取等号，因为，而在单调递增，所以当，即时，S取得最大值，最大值为.因此，面积的最大值为.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点在于设直线PQ的方程为，联立直线与椭圆方程得到坐标，再由QG与椭圆方程联立得到G点坐标，由斜率乘积等于即可证明是直角三角形；利用两点间的距离公式算得的长度，将三角形的面积用k表示，再结合函数的单调性即可得到答案.20．如图，已知点分别是椭圆的左、右焦点，A，B是椭圆C上不同的两点，且，连接，且交于点Q．(1)当时，求点B的横坐标；(2)若的面积为，试求的值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）设出点A，B的坐标，利用给定条件列出方程组，求解方程组即可作答.（2）延长交椭圆C于D，可得，再结合图形将用的面积及表示，设出直线AD方程，与椭圆C的方程联立，借助韦达定理求出即可求解作答.【详解】（1）设，依题意，，由，得，即，由得，两式相减得，即有，则，即，由得，所以点B的横坐标为．（2）因，则，即有，记，，，则，即．同理，而，连并延长交椭圆C于D，连接，如图，则四边形为平行四边形，，有点D在直线上，因此，，，因此，即，设直线，点，有，即，则，由消去x并整理得：，有，，，则，于是得，解得，所以．【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积.21．在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为．（1）求椭圆C及圆O的方程；（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程．【答案】（1），；（2）①；②．【分析】（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得a,b，即得椭圆方程；（2）方法一：①先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标；②先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合①中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列方程，解得切点坐标，即得直线方程.【详解】（1）因为椭圆C的焦点为，可设椭圆C的方程为．又点在椭圆C上，所以，解得因此，椭圆C的方程为．因为圆O的直径为，所以其方程为．（2）［方法一］：【通性通法】代数法硬算①设直线l与圆O相切于，则，所以直线l的方程为，即．由，消去y，得（*），因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以．因为，所以，因此，点P的坐标为．②因为三角形OAB的面积为，所以，从而．设，由（*）得，所以．因为，所以，即，解得舍去），则，因此P的坐标为．综上，直线l的方程为．［方法二］：圆的参数方程的应用设P点坐标为．因为原点到直线的距离，所以与圆O切于点P的直线l的方程为．由消去y，得．①因为直线l与椭圆相切，所以．因为，所以，故，．所以，P点坐标为．②因为直线与圆O相切，所以中边上的高，因为的面积为，所以．设，由①知，即，即．因为，所以，故，所以．所以直线l的方程为．［方法三］：直线参数方程与圆的参数方程的应用设P点坐标为，则与圆O切于点P的直线l的参数方程为：（t为参数），即（t为参数）．代入，得关于t的一元二次方程．①因为直线l与椭圆相切，所以，，因为，所以，故