2022-2023学年贵州省遵义市高二年级上册学期第二次月考数学试题【含答案】

2022-2023学年贵州省遵义市第一中学高二上学期第二次月考数学试题一、单选题1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出斜率，进而可得倾斜角【详解】由直线得故直线的斜率为，又倾斜角范围为，所以倾斜角为．故选：A．2．椭圆的焦点坐标是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】由椭圆的性质求解.【详解】由题意得，，则，，椭圆焦点在轴上，焦点为，，故选：A3．已知直线l：若直线的倾斜角为直线的倾斜角的一半，则的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由斜截式方程得斜率，再由斜率的定义求解即可【详解】直线l：化为斜截式得则直线l的斜率为，则l的倾斜角为，则的倾斜角为，所以的斜率为．故选：C．4．过圆的圆心且与直线平行的直线方程为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】求出圆心坐标和直线斜率，代入点斜式方程，化为一般式方程即可.【详解】圆的圆心为，与直线平行的直线的斜率为2，所以所求直线的方程为，即.故选：D.5．已知圆与圆外切，则实数a的值为（

）A．1 B．-1 C．1或 D．或5【答案】C【分析】由圆心距等于半径之和求解即可.【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，因为两圆外切，所以，解得或．故选：C．6．已知点和圆，一束光线从点P出发，经过直线反射后到达圆C上一点的最短路程是（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】求出点关于直线的对称点的坐标，然后根据最短路程为即可得解.【详解】解：设点关于直线的对称点为，则，解得，所以点关于直线的对称点为，由题可知圆的圆心为，半径，最短路程即为．故选：B．7．已知直线l过点，且与直线：和：分别交于点A，B．若P为线段AB的中点，则直线l的方程为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】设出A点的坐标，根据中点坐标公式求出B点坐标，分别代入两条直线方程，解方程组求得A点坐标，利用点斜式求出直线l的方程.【详解】设，由中点坐标公式，有在上，B在上，，解得，，故所求直线的方程为：，即，故选：D8．已知椭圆C：的左、右焦点分别为(-c，0)，(c，0)，若椭圆C上存在一点M使得的内切圆半径为，则椭圆C的离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用的面积相等，得到，得到，消去b，整理化简求出离心率的取值范围.【详解】的面积为.因为的内切圆半径为，所以的面积可表示为.所以，所以.因为，所以.两边平方得：，而，所以，整理得：,因为离心率，所以，解得：.故选：A.二、多选题9．已知F，A分别为椭圆C的一个焦点和顶点，若椭圆的长轴长是8，（O是坐标原点），则C的标准方程可能是（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】由椭圆的性质列式求解，【详解】由题意得，得，，则为短轴顶点，在直角三角形中，，故，则，当椭圆的焦点在轴时，椭圆方程为，当椭圆的焦点在轴时，椭圆方程为，故选：AB10．已知直线，直线，则下列命题正确的有（

）A．直线恒过点 B．直线的斜率一定存在C．若，则或 D．存在实数使得【答案】AD【分析】将点的坐标代入方程，即可判断A，利用特殊值说明B，根据两直线平行的充要条件求出的值，即可判断C，利用特殊值判断D.【详解】解：将点代入直线中可得等号成立，所以直线恒过点，故A正确；当时，直线的斜率不存在，故B错误；当时，，解得或，当时直线即与直线重合，故，所以，故C错误；当时，，，此时，故D正确．故选：AD．11．如图，已知椭圆：的离心率为，，，，为椭圆顶点，，为焦点，O为坐标原点，P为椭圆上一点且轴（点P在x轴上方），则下列结论正确的是（

）A．B．C．D．若是四边形的内切圆上任意一点，则【答案】BD【分析】对于A，根据求得离心率即可判断；对于B，求出，即可判断；对于C，等价于，由此求出离心率即可判断；对于D，证明是四边形的内切圆的直径，即可判断.【详解】解：对于A，等价于，等价于，所以，故A不正确；对于B，由，，得，所以，故B正确；对于C，由轴，得，所以，等价于，即，此时，故C不正确；对于D，因为四边形为菱形，所以内切圆的圆心为原点，半径为原点到直线：的距离，所以是四边形的内切圆的直径，所以，故D正确.故选：BD.12．“太极图”是中国传统文化之一，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”.整个图形是一个圆形，其中黑色阴影区域在y轴右侧部分的边界为一个半圆.则下列命题正确的是（

）A．黑色阴影区域在轴右侧部分的边界所在圆的方程为B．直线与白色部分有公共点C．点是黑色阴影部分（包括黑白交界处）中一点，则的最大值为4D．过点作互相垂直的直线、，其中与圆交于点、，与圆交于点、，则四边形面积的最大值是【答案】ABD【分析】对于A：确定它的圆心和半径可以确定答案；对于B：只需考虑白色部分的圆心到直线的距离与其半径的大小可判断；对于C：可用数形结合的思想解决；对于D：运用弦长公式求出面积的表达式可得最值.【详解】对A：圆心，半径为，圆的方程为，A对；对B：分析易知，直线与白色部分是否有交点只需判断轴左侧部分即可，左侧为半圆，圆心，半径为，圆心到直线的距离为，则直线与白色部分的轴左侧半圆相交，B对；对C：令，则为直线在轴上截距的相反数，故我们将代入可得，再判断一下与第一象限的小圆相切时，则有，所以，，故的最大值不是，C错；对D：如图于，，当且仅当D对.故选：ABD.三、填空题13．以点为圆心，且与轴相切的圆的方程是____________.【答案】【分析】结合已知条件求出圆的半径，进而得到答案.【详解】因为为圆心，且圆与轴相切，所以圆的半径，故所求圆的方程为.故答案为：.14．圆：和圆：交于A，B两点，则线段AB的垂直平分线的方程是______.【答案】【分析】由两圆的方程得两圆心坐标，两圆心所在直线的方程即为所求直线方程，【详解】圆方程为，圆方程为，则圆心分别为，，两圆相交于两点，则线段AB的垂直平分线即为直线，，则直线的方程为，即，故答案为：15．经过点作直线交椭圆于M，N两点，且P为MN的中点，则直线的方程为____________.【答案】【分析】设，，代入椭圆的方程，利用点差法求出所在直线的斜率，再由点斜式方程即可得出答案.【详解】设，，则，，两式相减可得，即，由中点，可得，，所以，即，故直线的方程为.因为P在椭圆内，故直线必与椭圆相交，符合题意故答案为：.16．已知直线，直线，其中，若直线，与两坐标轴围成一个凸四边形，则此四边形面积的取值范围是_______.【答案】【分析】由直线，过定点，再分别求出直线、与轴、轴的交点，将四边形OAPD的面积为，结合二次函数的性质得出四边形面积的取值范围.【详解】直线，过定点，与x轴，y轴的交点分别为，，直线，过定点，与x轴，y轴的交点分别为，，当时，A在C的右侧，B在D的上方，直线，与两坐标轴围成的四边形是四边形OAPD，如图所示，，，则四边形OAPD的面积为，因为，所以，则．故答案为：四、解答题17．1.在中，角，，的对边分别为，，，已知.(1)求；(2)若，，求的周长.【答案】(1)(2)【分析】（1）先用正弦定理进行边化角，进而通过两角和与差的正弦公式化简，最后求得答案；（2）结合（1），运用余弦定理求出c，进而求出三角形的周长.【详解】（1）由正弦定理得，即，则.因为，所以，所以，得.（2）由（1）知，，又，，所以由余弦定理可得即，解得（舍）或.所以三角形的周长为.18．直线与直线相交于点P，直线l经过点P.(1)若直线，求直线l的方程；(2)若直线l在坐标轴上的截距相等，求直线l的方程.【答案】(1)(2)或.【分析】（1）先求点坐标，由垂直关系得斜率后求解，（2）由题意得过原点或斜率为后求解【详解】（1）联立得即.因为，不妨设直线l的方程为，将点代入，得，所以直线l的方程为.（2）当直线l经过坐标原点时，直线l的方程是，即；当直线l不经过坐标原点时，设直线l的方程为，将点代入，得，所以直线l的方程为，即.综上所述，直线l的方程是或.19．已知点是椭圆上的一点，，分别是椭圆的左，右焦点.(1)若，求的长度；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】(1)根据椭圆方程和题干条件设，代入椭圆即可求解；(2)利用椭圆的定义，求出焦点三角形三边的关系，再利用余弦定理求出，最后利用面积公式即可求解.【详解】（1）由椭圆，得，，则，所以，由，设，代入椭圆，得，解得，所以.（2）由题意，得，，又，由余弦定理可得，即，所以.所以的面积.20．已知直三菱柱中，，，点M式的中点.(1)求证：平面平面；(2)求直线与所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由勾股定理证明，再用线面垂直的判定定理证明平面，从而得到，即可证明平面ABM，最后由面面垂直的判定定理证明即可；（2）以点B为坐标原点，以BA，BC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量求解即可【详解】（1）不妨设，则，．因为点M是的中点，所以，所以．因为，所以．由直棱柱的性质可得平面ABC，因为平面ABC，所以．因为，即，又，，平面，所以平面，因为平面，所以．因为，，，AB，平面ABM，所以平面ABM．因为平面，所以平面平面．（2）以点B为坐标原点，以BA，BC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，所以，，．设为平面ABM的一个法向量，则令，得，，此时．所以，所以直线与平面ABM所成角的正弦值是．21．已知圆.(1)若直线l过点且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程；(2)若直线l过点且与圆C相交于M，N两点，求的面积的最大值，并求此时直线l的方程.【答案】(1)或；(2)最大值为8，或.【分析】（1）求出圆的圆心和半径，再由弦长，弦心距和半径的关系求出圆心C到直线l的距离，然后分直线l的斜率不存在和存在两情况讨论求解即可；（2）设直线l的方程为，求出圆心C到直线l的距离，而的面积，从而可求出的面积的最大值，再由的值可求出，进而可求出直线方程.【详解】（1）圆C的圆心坐标为，半径，因为直线l被圆C截得的弦长为，所以由勾股定理得到圆心C到直线l的距离.①当直线l的斜率不存在时，，显然不满足；②当直线l的斜率存在时，设，即，由圆心C到直线l的距离，得，即，解得或，故直线l的方程为或.（2）因为直线l过点且与圆C相交，所以直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为，即，则圆心C到直线l的距离为，又的面积，所以当时，S取最大值8.由，得，解得或，所以直线l的方程为或.22．已知分别是椭圆

的左、右焦点，P是C上的动点，C的离心率是，且△的面积的最大值是.(1)求C的方程；(2)过作两条相互垂直的直线，，直线交C于A，B两点，直线交C于D，E两点，求证：为定值.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)由