2026-2027学年江西省南昌市新建区第二中学培优部高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年江西省南昌市新建区第二中学培优部高二（上）月考数学试卷（10月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知向量a=(2,−1,3)，b=(−4,m,n)，且a//b，则A.−4 B.−6 C.4 D.62.直线y=3x绕原点逆时针旋转π4后所得直线与圆(x+1)2+(y−7A.相交且相交弦长为3 B.相交且相交弦长为23

C.相切3.已知点P是椭圆x24+y2=1上的动点，点Q(1,0)A.63 B.33 C.4.已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，A是椭圆C的左顶点，点P在过AA.23 B.12 C.135.如图，平行六面体各棱长为1，且∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，动点P在该几何体内部，且满足AP=xA.364 B.2636.已知M是一个动点，过点M分别作直线y=3x，y=−3x的垂线，垂足分别为A，B.若△MAB的面积为3A.x2−y23=1 B.x22−y7.已知O为坐标原点，直线l与椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A，B两点，OH⊥AB，垂足为HA.22 B.2 C.18.椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2：x2a22−y2b22=1(a2>0,bA.2 B.22 C.2二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知双曲线C：x2m+2−A.m的取值范围为(−2,10) B.双曲线C的焦点可能在y轴上

C.双曲线C的焦距为23 D.双曲线10.已知圆O：x2+y2=9，直线l：y=kx+22与圆O交于A.|MN|的最大值为2

B.当圆O上恰有3个点到直线的距离为2时，k=±7

C.ΔOMN面积的最大值为92

D.A(0,3)，B(0,−3)，四边形11.如图，椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)和椭圆C2：y2a2+A.“椭方”的周长l<22π

B.“椭方”的面积S>25

C.“椭方”上的点到椭圆C2右顶点E距离最大值为5三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)13.设P为直线l：2x+y+9=0上的任一点，过点P作圆x2+y2=3的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，则直线AB恒过定点14.已知椭圆x216+y2b2=1(0<b<4)的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与椭圆交于A，B两点.△EFG为△ABF2的中位三角形，其中E，F，G分别为三边AB，BF2，AF2的中点.以△EFG为底面，将△AEG，△BEF，△F2FG分别沿GE四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知圆M过点A(2,3),B(0,−3),C(3,0)．

(1)求圆M的方程；

(2)过G(0,3)的直线l与圆M交于16.(本小题15分)

已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，E的一条渐近线方程为y=3x，过点F1且与x轴垂直的直线与E交于A，B两点，△ABF2的周长为16．

(1)求E的方程；

(2)17.(本小题15分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=2，∠A1AC=120°，AC=AA1=23，P为线段AA1上一点，且18.(本小题17分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且过点A(2,1).点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．

(1)求C的方程；

(2)证明：直线MN过定点；

19.(本小题17分)

在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，线段PQ的两个端点P，Q分别在x轴，y轴上滑动，|PQ|=3，点T是线段PQ上一点，且|PT|=1，点T随线段PQ的滑动而运动．

(1)求动点T的轨迹C的方程；

(2)若点T在第四象限，点A2(2,0)，B2(0,1)，直线B2T交x轴于点R，若△OB2R与△A2TR的面积相等，求点T的坐标；

(3)过点F(3,0)的直线l交轨迹C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交轨迹C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为线段AB，DE的中点，设G1.【答案】A

2.【答案】B

3.【答案】A

4.【答案】D

5.【答案】B

6.【答案】D

7.【答案】C

8.【答案】B

9.【答案】AD

10.【答案】BC

11.【答案】ABD

12.【答案】y=±x

13.【答案】(−214.【答案】32π315.【答案】解：(1)设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2−4F>0)，

依题意，可得2D+3E+F+7=0−3E+F+3=03D+F+9=0，解得D=−2E=0F=−3，

所以圆M的方程为x2+y2−2x−3=0，即(x−1)2+y2=4．

(2)由(1)知圆M的圆心为M(1,0)，半径为r=2，

当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=0，

将其代入圆M的方程，可得y=±3，

不妨取P(0,3),Q(0,−3)，

则|PQ|=23，|MP|=|MQ|=r=2，

在△PQM中，由余弦定理得，cos∠PMQ=4+4−122×2×2=−12，

因为0<∠PMQ<π，所以∠PMQ=2π3，符合题意；

当直线16.【答案】解：(1)由题意，双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦点在x轴上，一条渐近线方程为y=3x，

所以ba=3，

x2a2−y2b2=1中，令x=−c得y2b2=c2a2−1=c2−a2a2=b2a2，

所以y=±b2a，所以|AF1|=|BF1|=b2a，

由双曲线定义可得|AF2|=|AF1|+2a=b2a+2a，同理|BF2|=b2a+2a，

所以2b2a+2(b2a+2a)=16，

因为ba=3，可得a=1,b=3，

所以E的方程为x217.【答案】解：(1)证明：连接AC1，因为AA1/​/CC1，AA1=CC1=AC，

则四边形AA1C1C为菱形，所以AC1⊥A1C，

又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，AB⊥AC，AB⊂平面ABC，

所以AB⊥平面AA1C1C，

因为A1C⊂平面AA1C1C，所以AB⊥A1C，

因为AB∩AC1=A，AB、AC1⊂平面ABC1，

所以A1C⊥平面ABC1，

因为BC1⊂平面ABC1，

所以A1C⊥BC1．

(2)取线段AC的中点O，连接OC1，

在菱形AA1C1C中，∠A1AC=120°，则∠ACC1=60°，故△ACC1为等边三角形，

因为O为AC的中点，则OC18.【答案】(1)x26+y23=1

(2)如图，

设点M(x1,y1)，N(x2,y2)，

若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：y=