吉安市第一中学2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题 Word版含解析

20192020学年度上学期第一次月考高二数学（理）试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.若表示点,表示直线, 表示平面,则下列叙述中正确的是（ ）A. 若,则B. 若,则C. 若,则D. 若,则【答案】D【解析】【分析】利用点线面位置关系逐项判断即可详解】对A, 若,则,故错误；对B, 若,则,故错误；对C, 若,则,故错误；对D, 若,则,故正确故选：D【点睛】本题主要考查空间直线，平面间的位置关系的判断，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理的应用2.已知正三角形边长为2，那么的直观图的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出原图及直观图，然后求面积【详解】如图：直观图ABC的底边AB长度为原图形的底边长，高为原图形的高CD的一半乘以， 故其直观图面积为，故选：C【点睛】本题考查了斜二测画法及平面直观图的面积，,熟记作图原则是关键，属于基础题3.已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由得，解得.考点：等差数列.4.化简方程为不含根式的形式是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由知，点的轨迹是以为焦点，10为长轴长的椭圆，设椭圆，分别算出即可。【详解】由得，点的轨迹是以为焦点，10为长轴长的椭圆，设椭圆，此时，故，故椭圆方程为。故选C。【点睛】若已经掌握椭圆的方程以及几何意义，直接判断出点的轨迹是椭圆，算出椭圆的即可。若要直接化简则需要移项平方，计算量较大。5.若直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的标准方程为A. B. C. 或D. 以上答案都不对【答案】C【解析】【分析】首先求出直线与坐标轴的交点，分别讨论椭圆焦点在轴和轴的情况，利用椭圆的简单性质求解即可。【详解】直线与坐标轴的交点为，（1）当焦点在轴上时，设椭圆的标准方程为则，所求椭圆的标准方程为.（2）当焦点在轴上时，设椭圆的标准方程为，所求椭圆的标准方程为.故答案选C【点睛】本题考查椭圆方程的求法，题中没有明确焦点在轴还是轴上，要分情况讨论，解题时要注意椭圆的简单性质的合理运用，属于基础题。6.若x，y满足则的最大值为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据约束条件，画出可行域；由目标函数表达式，求得可行域与点（0，-1）连线斜率的最大值即可。【详解】画出目标函数可行域如上图所示，目标函数即为（x，y）点（0，-1）连线斜率的取值，所以在点B处取得最优解联立直线方程解得B（1，1）所以 所以选B【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，关键是熟练掌握非线性目标函数表示的含义，从几何意义入手求得最优解，属于中档题。7.与直线和圆都相切的半径最小的圆的方程是A. B. C. D. 【答案】C【解析】圆的圆心坐标为，半径为，过圆心与直线垂直的直线方程为，所求圆的圆心在此直线上，又圆心到直线的距离为，则所求圆的半径为，设所求圆的圆心为，且圆心在直线的左上方，则，且，解得（不符合题意，舍去 ），故所求圆的方程为.故选C【名师点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查了数形结合的思想，考查了计算能力，属于中档题8.设、是椭圆：的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：如下图所示，是底角为的等腰三角形，则有所以，所以又因为，所以，所以所以答案选C.考点：椭圆的简单几何性质.9.设椭圆的离心率为，右焦点为，方程 的两个实根分别为和，则点（）A. 必在圆内B. 必在圆上C. 必在圆外D. 以上三种情形都有可能【答案】A【解析】【分析】判断点和圆的关系，则判断与2的关系即可。其中的关系来自的两根，故两根关系用韦达定理得出。【详解】因为 的两个实根分别为和，故，故又椭圆离心率，故，即，故点必在圆内。选A.【点睛】本题使用韦达定理以及离心率的化简，遇到时，因为已知离心率的范围，故转换成都是的关系，凑出离心率从而带入求范围。10.已知 ，是椭圆上的动点，是线段上的点，且满足，则动点的轨迹方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求轨迹方程可设动点，再利用求出关于的坐标关系式，再将坐标表达式代入椭圆方程即可。【详解】设动点，因为，故 ，化简得，又在椭圆上，故，化简得，故选B。【点睛】求轨迹方程可直接设所求点坐标为，再根据题目所给信息，用含有的表达式表达已知方程上的动点，再带入满足的方程化简即可。11.已知直线，当变化时，此直线被椭圆截得的最大弦长是（ ）A. 4B. 2C. D. 【答案】C【解析】法一：直线必过点，以改点为圆心，为半径作圆：，与椭圆联立得，若只有一交点，则对应的为最大的弦长，故即，得，得，即最大的弦长.法二：直线必过点，设椭圆上一点，则弦.法三：联立与得：.，.弦长当，即时，弦长最大，最大值为.12.若对圆上任意一点， 的取值与无关，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. 或D. 【答案】D【解析】【分析】观察形式可知，若取值与无关，则去绝对值之后应该能够把的项抵消掉，故和绝对值中的值应该异号，故分析绝对值中的值的正负，再用恒成立的方法参变分离即可。【详解】由圆得，三角换元得，故，又辅助角公式得，其中，故，故要取值与无关，则中恒成立，即，因为，故，选D。【点睛】与绝对值有关的问题可以考虑根据绝对值内的正负去绝对值。与圆上有关的最值问题可以考虑三角换元求解。二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.椭圆短轴的长为，则实数_.【答案】【解析】【分析】直接根据椭圆的短轴定义，注意分析焦点在轴上情况。【详解】由题得，因为椭圆短轴的长为，所以焦点不会在轴上，故椭圆，故填16.【点睛】本题考查了椭圆的基本量，注意题目没给焦点坐标要有意识地去讨论。14.已知直线：与圆交于两点，过分别作的垂线与轴交于两点.则_.【答案】4【解析】试题分析：由，得，代入圆的方程，整理得，解得，所以，所以又直线的倾斜角为，由平面几何知识知在梯形中，【考点】直线与圆的位置关系【技巧点拨】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系的非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决15.已知点是椭圆上一点，其左、右焦点分别为，若的外接圆半径为，则的面积是_【答案】或【解析】【分析】由的外接圆半径为，又已知，故可用正弦定理算出或，再分两种情况用焦点三角形面积公式即可。【详解】由题得，由正弦定理得，又，代入得，故或，又当在上顶点时，故或均能够满足。故当时，当时，故填或。【点睛】由外接圆半径联想到用正弦定理，又要求焦点三角形面积，故用。16.已知从圆：外一点向该圆引一条切线，切点为，为坐标原点，且有，则当取得最小值时点坐标为_【答案】【解析】如图所示, 圆：，圆心,半径 ,因为,所以为圆心,为圆的半径),所以,即.要使最小,只要最小即可. 当直线垂直于直线时,即直线的方程为时,最小,此时点即为两直线的交点,得点坐标.点睛：直线与圆的位置关系常用处理方法：（）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进而利用勾股定理可以建立等量关系；（）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形；（）直线与圆相离时，当过圆心作直线垂线时长度最小三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知两直线l1：axby40，l2：(a1)xyb0.求分别满足下列条件的a，b的值(1)直线l1过点(3，1)，并且直线l1与l2垂直；(2)直线l1与直线l2平行，并且坐标原点到l1，l2的距离相等【答案】（1）a2，b2（2）或【解析】(1)l1l2，a(a1)(b)10，即a2ab0. 又点(3，1)在l1上，3ab40. 由得，a2，b2.(2)l1l2，1a，b，故l1和l2的方程可分别表示为(a1)xy0，(a1)xy0，又原点到l1与l2的距离相等，4，a2或a，a2，b2或a，b2.18.（）求以原点为圆心，被直线所得的弦长为的圆的方程（）求与圆外切于点且半径为的圆的方程.【答案】（） （）【解析】【分析】（）由垂径定理，已知弦长与直线方程可求得半径。（）因为已知所求圆的半径，故直接求圆的圆心位置即可。又两圆外切，故连心线过切点，利用比例方法可求得圆心坐标。【详解】（）因为点到直线的距离为，所以圆的半径为，故圆的方程为. （）连心线斜率，设所求圆心，则，解得 因为两圆相外切，所以由解得，或， 经检验，当时，不符合题意，故舍去。所以所求圆的方程为.【点睛】与圆有关的问题，重点求圆心与半径。常见的条件有直线与圆相交用垂径定理，圆相切的问题一般连接切点与圆心分析等。19.已知圆的方程为（）求过点且与圆相切的直线的方程；（）圆有一动点，若向量，求动点的轨迹方程【答案】（） （）【解析】【分析】（）分情况讨论，当斜率不存在时分析是否满足，当斜率存在时，设点斜式，再根据直线与圆相切圆心到直线的距离等于半径列式求得斜率。（）设点的坐标为，再利用题目条件关系用去表示，再带入圆的方程化简求解即可。【详解】（）当斜率不存在时 ,满足题意当斜率存在时，设切线方程为，由可得.则所求的切线方程为或（）设点的坐标为,，即【点睛】（）求过点的直线的方程，先讨论斜率不存在的情况，再设点斜式根据题目条件列式求斜率。（）求动点轨迹方程，可先设动点的坐标为，再根据题目条件用已知方程上的点表达，带入已知的方程化简即可。20.已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C交于A,B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求面积的最大值.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：(1)由题意可得： ，则椭圆方程为 (2)分类讨论：当轴时，当与轴不垂直时，设处直线的方程，利用题意结合根与系数的关系讨论最值即可，综合两种情况可得.试题解析：（1）设椭圆的半焦距为，依题意，所求椭圆方程为（2）设，当轴时，当与轴不垂直时，设直线的方程为由已知，得把代入椭圆方程，整理得 ， 当且仅当，即时等号成立当时，综上所述当时，取得最大值，面积也取得最大值.21.过点的动直线交轴的正半轴于点，交轴正半轴于点.（）求(为坐标原点)的面积最小值，并求取得最小值时直线的方程.（）设是的面积取得最小值时的内切圆上的动点，求的取值范围.【答案】（），.（）【解析】【分析】（）已知动直线过点，可设点斜式，求出点和点的坐标，再表达出面积带斜率的表达式，再利用不等式求面积范围。（）由（）可将的内切圆方程求出来，由于是上的动点，可设，从而表达出关于的表达式，再利用圆的方程将代换为含有的表达式，再根据的范围求得的取值范围。【详解】（）解：设斜率为，则得.,由，. （）面积最小时，直角内切圆半径，圆心为，内切圆方程为设，则，其中.,当时，当时，的范围是【点睛】已知直线过定点可设点斜式，根据题目条件列出表达式，再根据不等式的方法求最值问题。求表达式范围问题时通常代换成同一个自变量，再根据函数表达式的类型确定范围的求解方法，算的时候注意自变量的取值范围。22.已知椭圆中心在坐标原点，焦点在轴上，且过，直线与椭圆交于,两点（,两点不是左右顶点），若直线的斜率为时，弦的中点在直线上.（）求椭圆的方程.（）若以,两点为直径圆过椭圆的右顶点，则直线是否经过定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由.【答案】(1) 椭圆的方程为：;(2)见解析.【解析】【分析】（1）根据斜率公式以及中点坐标公式得，再由椭圆的标准方程利用点差法得，因此可得，最后与在椭圆上联立方程组解得，（2）根据以,两点为直径的圆过椭圆的右顶点，得，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入化简得，解得或，即得定点，最后验证斜率不存在的情形也满足.【详解】（）设椭圆的标准方程为，由题意直线的斜率为，弦的中点在直线上，得，再根据作差变形得 ，所以，又因为椭圆过得到，所以椭圆的方程为：.（）由题意可