2024北京工大附中高二10月月考数学试题及答案

试题试题2024北京工大附中高二10月月考数学（考试时间120分钟，总分150分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.直线的倾斜角是（）A. B. C. D.2.若方程x2＋ky2＝2表示焦点在y轴上的椭圆，那么实数k的取值范围是（）A.(0，＋∞) B.(0，2) C.(1，＋∞) D.(0，1)3.过点，且与椭圆有相同焦点的椭圆的标准方程为（）A. B. C. D.4.已知点.若直线与线段相交,则的取值范围是（）A. B.C.或 D.5.已知圆的一条直径的端点分别是，，则该圆的方程为（）A. B.C. D.6.若椭圆的弦AB被点平分，则AB所在直线的方程为（）A. B.C. D.7.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.8.直线与圆的位置关系是()A.相交但直线不过圆心 B.相切C.相离 D.相交且直线过圆心9.已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为A. B. C. D.10.吹奏乐器“埙”（如图1）在古代通常是用陶土烧制的，一种“埙”的外轮廓的上部是半椭圆，下部是半圆，已知半椭圆（且为常数）和半圆组成的曲线C如图2所示，曲线C交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点G，点M是半圆上任意一点，当点M的坐标为时，的面积最大，则半椭圆的方程是（）A. B.C. D.11.油纸伞是中国传统工艺品，使用历史已有1000多年.以手工削制的竹条做伞架，以涂刷天然防水桐油的皮棉纸做伞面.油纸伞是世界上最早的雨伞，纯手工制成，全部取材于天然，是中国古人智慧的结晶.在某市开展的油纸伞文化艺术节中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为1的圆，圆心到伞柄底端的距离为1，阳光照射油纸丛在地面上形成了一个椭圆形的影子，此时阳光照射方向与地面的夹角为75°，若伞柄底端正好位于该椭圆的左焦点位置，则该椭圆的长轴长为（）A. B. C. D.12.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为，过点垂直于轴的直线交椭圆于，两点，，若点是椭圆上的动点，则下列说法错误的是（A.的最小值为B.的面积的最大值为C.的取值范围为D.上有且只有个点，使得是直角三角形二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．13.两条直线和的交点为_______.14.点关于直线：的对称点的坐标为______.15.直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则__________.16.已知分别为椭圆的左，右焦点，为C上一点，内切圆的半径为____________．17.把半椭圆：和圆弧：合成的曲线称为“曲圆”，其中点是半椭圆的右焦点，分别是“曲圆”与轴的左、右交点，分别是“曲圆”与轴的上、下交点，已知，过点的直线与“曲圆”交于两点，则半椭圆方程为_________（），的周长的取值范围是_______________.三、解答题：本题共5小题，共65分．解答应写出文字说明，证明18.已知顶点、、．（1）求边的垂直平分线的方程；（2）若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程．19.已知圆：.（1）求过点的圆的切线方程；（2）若直线与圆相交于A，B两点，且弦AB的长为，求的值.20.已知椭圆长轴长为4，且椭圆的离心率，其左右焦点分别为．（1）求椭圆的方程；（2）设斜率为且过的直线与椭圆交于两点，求的面积．21.已知椭圆的左、右焦点分别为，，，且．（1）求的方程．（2）若，为上的两个动点，过且垂直轴的直线平分，证明：直线过定点．22.已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点．（Ⅰ）求椭圆C的方程;（Ⅱ）已知过点的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与直线交于点Q，设，，求证：为定值．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.【答案】C【分析】由倾斜角与斜率关系，结合倾斜角的范围即可求解.【详解】由得，故倾斜角满足为，，故.故选：C2.【答案】D【分析】要利用条件椭圆焦点在轴上，应将椭圆的方程化为标准方程，由椭圆的焦点在轴上，可得，进而可解得实数的取值范围．【详解】因为方程，即表示焦点在轴上的椭圆，所以，即，所以实数的取值范围是．故选：D．【点睛】本题考查椭圆的标准方程，要判断椭圆焦点的位置，应将椭圆的方程化为标准方程．对于椭圆，①表示焦点在x轴上的椭圆；②表示焦点在y轴上的椭圆．；③表示椭圆．3.【答案】D【分析】设所求椭圆方程为，依题意可得，解得、，即可求出椭圆方程.【详解】椭圆的焦点为或，设所求椭圆方程为，则，解得，所以椭圆方程为.故选：D4.【答案】D【分析】求出直线所过定点坐标,设定点是,求出斜率,由图形可得结论.【详解】由已知直线恒过定点,如图所示,若与线段相交,则,因为,所以.故选:D.5.【答案】B【分析】利用中点坐标公式求出圆心，由两点间距离公式求出半径，即可得到圆的方程．【详解】解：由题意可知，，的中点为，又圆的半径为，故圆的方程为．故选：B．6.【答案】A【分析】利用点差法求解得，再根据点斜式求解即可得答案.【详解】设，则所以，整理得，因为为弦的中点，所以，所以，所以弦所在直线的方程为，即.故选：A.7.【答案】A【分析】先求出两点坐标得到，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离的范围，由三角形的面积公式计算即可.【详解】因为线分别与轴，轴交于两点，所以，所以，由，可得圆的圆心为，半径为，因为点在圆上，所以圆心到直线的距离为，故到直线的距离的范围为，则.故选：A.8.【答案】A【分析】要判断圆与直线的位置关系，方法是利用点到直线的距离公式求出圆心到此直线的距离，和圆的半径比较即可得到此圆与直线的位置关系．【详解】由圆的方程得到圆心坐标为，半径r=1，直线为，∴到直线的距离，∴圆与直线的位置关系为相交，又圆心不在直线上，故选：A．9.【答案】B【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．所求椭圆方程为，故选B．法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．10.【答案】D【分析】由点在半圆上，可求，再根据已知的面积最大的条件可知，，即，代入可求，进而可求椭圆方程【详解】由点在半圆上，所以，由椭圆可知图中，要使的面积最大，可平行移动AG，当AG与半圆相切于时，M到直线AG的距离最大，此时，即，又，所以半椭圆的方程为故选：D.11.【答案】C【分析】以为伞面直径，为其投影，画出平面示意图，易知且，，为左焦点，为椭圆长轴长，，，即可求长轴长.【详解】由题设，为伞面直径，为其投影，如下图示：由题意，且，，为左焦点，为椭圆长轴长，所以，，而，所以，所以.故选：C12.【答案】A【分析】由题意得是等边三角形，从而可求得，再根据通径可求得，即可求得椭圆方程，由当点位于上下顶点时，最大，结合余弦定理即可判断A；设，再根据即可判断B；根据数量积的坐标表示结合的范围，即可判断C；分别分析以三个点为直角顶点的直角三角形的个数，即可判断D.【详解】由题意得是等边三角形，所以的周长为，所以，令，则，则，所以，所以椭圆，对于A，当点位于上下顶点时，最大，此时的最小为，故A错误；对于B，设，则，所以的面积的最大值为，故B正确；对于C，设，则，所以，又，则，因为，所以，所以，故C正确；对于D，由A选项可知，最大时为锐角，所以以点为直角顶点的不存在，以点为直角顶点的分别有个，所以上有且只有个点，使得是直角三角形，故D正确.故选：A.二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．13.【答案】【分析】联立两条直线方程即可得交点坐标．【详解】联立，解得,即直线2x+y﹣8＝0和x﹣2y+1＝0交于点（3，2），故答案为．【点睛】本题考查两条直线相交的问题，属基础题.14.【答案】【分析】设Q的坐标，由题意可得直线l为线段PQ的中垂线，可得点的坐标．【详解】设是点关于直线：的对称点，由题意可得，解得，，可得.故答案为：.15.【答案】2【详解】试题分析：依题意，设与单位圆相交于两点，则∠°.如图，当时满足题意，所以.考点：直线与圆相交，相等弧的概念，容易题.16.【答案】【分析】将点代入得出方程，画出图形，直角三角形中用等面积法求出内切圆半径即可.【详解】将代入中，，即，，则椭圆方程为，如图所示，易得，则，，，因为(为三角形周长，为内切圆半径).又，代入得，解得.故答案为：.17.【答案】①.②.【分析】由椭圆的焦点坐标以及，可得椭圆的标准方程和圆的方程，从而得到半椭圆方程；易知是椭圆的左焦点，过椭圆的右焦点的直线与曲圆可得，，在直线转动的过程中由，的位置可得三角形的周长的取值范围．【详解】解：由，令，可得以及，再由椭圆的方程及题意可得，，，由，可得，由可得，所以，所以半椭圆及圆弧的方程分别为，，所以，可得相当于椭圆的左焦点，的周长为，当从（不包括向运动时，，当在轴右侧时，，所以这时三角形的周长为8，当从向运动时，在第四象限，则，，这时三角形的周长小于8，当运动到时，在处，不构成三角形，三角形的周长接近，由曲圆的对称性可得运动到轴下方时，与前面的一样，综上所述，的周长的取值范围为，．故答案为：；．三、解答题：本题共5小题，共65分．解答应写出文字说明，证明18.【答案】（1）（2）或【分析】（1）根据、，即可得中点及斜率，进而可得其中垂线方程；（2）当直线过坐标原点时可得直线方程；当直线不过坐标原点时，根据直线的截距式可得解.【小问1详解】由、，可知中点为，且，所以其垂直平分线斜率满足，即，所以边的垂直平分线的方程为，即；【小问2详解】当直线过坐标原点时，，此时直线，符合题意；当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为，由过点，则，解得，所以直线方程为，即，综上所述，直线的方程为或.19.【答案】（1）或（2）【分析】(1)根据给定条件设出切线方程，再借助圆的切线的性质列式计算即得.(2)由所给的弦长结合圆的性质求出弦心距，再借助点到直线距离公式即可得解.【小问1详解】圆：的圆心，半径，设过点的圆的切线方程为：，于是得，整理得：，则有：或，当时，切线方程为：，当时，切线方程为：，所以，所求切线方程为：或.【小问2详解】因直线被圆所截弦AB的长为，则圆心C到直线AB的距离为，于是得，解得，所以的值为.20.【答案】（1）（2）【分析】（1）由椭圆的基本性质得到椭圆的值，写出椭圆方程.（2）写出直线方程，联立方程组，由韦达定理得到和，用交点弦长公式得到线段长，由点到直线距离得到三角形高，从而算出三角形面积.【小问1详解】由题意可知：，则，∵，∴，∴，∴椭圆【小问2详解】，∴直线：，联立方程组得设，则，点到直线的距离∴21.【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】(1)由条件，可得的值，再由条件结合，可得答案.

（2）由条件先得出，设，，设直线的方程为，与椭圆方程联立得出韦达定理，代入结论中可求解.【详解】（1）解：因为，所以，所以，又，所以，，故的方程为．（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，，设直线的方程为，设，，由，得，则，，．设直线，的倾斜角分别为，，则，，所以，即，所以，所以，化简可得，所以直线的方程为，故直线过定点．【点睛】本题考查求椭圆的方程和直线过定点问题，解答本题的关键是根据条件得出，设出直线的方程为，与椭圆方程联立由韦达定理代入解决，属于中档题.22