重庆市第一中学2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

重庆一中高2025届高二上期数学试题卷2023.9注意事项；1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试题卷上作答无效，3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的）1.椭圆与椭圆的（）A.长轴相等B.短轴相等C.焦距相等D.长轴、短轴、焦距均不相等【答案】C【解析】【分析】分别求出两个椭圆的长轴长、短轴长和焦距即可判断．【详解】椭圆即，则此椭圆的长轴长为10，短轴长为6，焦距为；椭圆即，因为，则此椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为,故两个椭圆焦距相等．故选：C．2.若方程表示椭圆，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】根据方程表示椭圆列不等式，由此求得的取值范围.【详解】依题意，方程表示椭圆，则，解得或，即实数m的取值范围是.故选：B3.椭圆的一个焦点为，点在椭圆上且在第一象限，如果线段的中点在轴上，那么点的纵坐标是（）追A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意确定的位置，然后利用代入法进行求解即可.【详解】由，因为点在椭圆上且在第一象限，如果线段的中点在轴上，所以是左焦点，坐标为，设，因为线段的中点在轴上，所以，代入椭圆方程中，得，或舍去， 因为线段的中点是，所以点的纵坐标是，故选：A4.19世纪法国著名数学家加斯帕尔•蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为.若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则b的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，得到蒙日圆的方程为，结合圆与圆的位置关系，即可求解.【详解】由题意得，椭圆的蒙日圆的半径，所以椭圆的蒙日圆的方程为：，因为圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，可得两圆外切，所以，解得.故选：B.5.设、分别是椭圆的左、右焦点，若是该椭圆上的一个动点，则的最小值为（）A.2B.1C.D. 【答案】D【解析】【分析】设点，则，且，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的最小值.【详解】在椭圆中，，，，则，，设点，则，且，则，所以，，，所以，，所以当时，取最小值，故选：D6.已知在平面直角坐标系中，圆的方程为，直线过点且与直线垂直.若直线与圆交于两点，则的面积为A.1B.C.2D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：∵圆的方程为，即，∴圆的圆心为，半径为2. ∵直线过点且与直线垂直∴直线.∴圆心到直线的距离.∴直线被圆截得的弦长，又∵坐标原点到的距离为，∴的面积为.考点：1、直线与圆的位置关系；2、三角形的面积公式.7.数学美的表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为，从而得出四点所在圆的方程为，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题.【详解】依题意有OAPB四点共圆，设点P坐标为，则该圆的方程为：，将两圆方程：与相减，得切点所在直线方程为 ，解得，因为，所以故选：A8.设椭圆C：的右焦点为F，椭圆C上的两点关于原点对称，且满足，，则椭圆C的离心率的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设椭圆的左焦点为，连接，，利用椭圆对称性结合，推出，设，，推出，继而令，推得，从而求得的关系式，求得答案.【详解】如图所示，设椭圆的左焦点为，连接，，由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形，又，即FA⊥FB，所以四边形为矩形，所以，设，，在中，，，，可得， 所以，令，得．又，得，所以，所以，结合，所以，所以，所以，即椭圆C的离心率的取值范围为，故选：B．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知是椭圆上的一点，是椭圆的两个焦点，则下列结论正确的是（）A.椭圆的短轴长为B.的坐标为C.椭圆的离心率为D.存在点P，使得【答案】AC【解析】【分析】由椭圆标准方程可得基本量，从而可求离心率，故可判断ABC的正误，根据的大小关系可判断D的正误.【详解】椭圆的焦点在轴上，，则短轴长为，A正确；坐标为，B错误；离心率为，C正确；因为，故以原点为圆心，为半径的圆与椭圆没有交点，故不存在点P，使得，D错误，故选：AC.10.阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆．椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆的面积为，点在椭圆上，且点与椭圆左、右顶点连线的斜率之积 为，记椭圆的两个焦点分别为，则的值不可能为（）A.4B.7C.10D.14【答案】D【解析】【分析】根据题意，列出关于的方程，求得，然后由即可得到结果.【详解】依题意，得，解得，则，故，故选：D．11.设点，，的坐标分别为，，，动点满足：，给出下列四个命题：①点的轨迹方程为；②；③存在4个点，使得的面积为；④.则正确命题的有（）A.①B.②C.③D.④【答案】AD【解析】【分析】根据椭圆的定义可得的轨迹为以为焦点的椭圆可判断①；结合椭圆的定义以及共线即可判断②④,由三角形的面积即可结合椭圆的最值求解④.【详解】对于①，由得,所以点的轨迹为以为焦点的椭圆，且，，，故点的轨迹方程为，①正确；对于②④，当将代入椭圆方程中得，所以点在椭圆内，所以， 当且仅当运动到即与轴垂直时等号成立，，由于，所以，当且仅当运动到时等号成立，故②错误④正确；对于③，，其中为点到直线的距离，若,，由于当点为椭圆的右顶点时，此时取最大值3，故满足条件的点只有一个，③错误，故选：AD.12.已知，是椭圆上两个不同点，且满足，则下列说法正确的是（）A.的最大值为B.的最小值为C.的最大值为D.的最小值为【答案】AD【解析】【分析】设，设，可得，,可得两 点均在圆的圆上，且，根据点到直线的距离公式及圆的性质可得及的最值，可得答案.【详解】由，可得，又，是椭圆上两个不同点,可得，设，则，设,O为坐标原点，可得，,可得，且，所以，，又，可得两点均在圆的圆上，且，设的中点为，则,根据点到直线的距离公式可知：为点两点到直线的距离之和，设到直线的距离，由题可知圆心到直线的距离为，则，可得最大值为，的最小值为； 可得，可得的最大值为，最小值为，故A正确，B错误；同理，为点两点到直线的距离之和，设到直线的距离，由题可知圆心到直线的距离为，则，，可得，可得的最大值为，最小值为，故C错误，D正确.故选：AD.【点睛】关键点睛：本题的关键是把问题转化为圆上点到直线的距离问题，结合到直线的距离公式及圆的性质即得.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置上）13.已知椭圆的一个焦点坐标是，则实数的值是________.【答案】【解析】【分析】化简椭圆的方程为标准方程，结合椭圆的几何性质，即可求解.【详解】由椭圆，可得，因为椭圆的一个焦点坐标为，可得且，解得.故答案为：.14.过点(，－)，且与椭圆有相同焦点的椭圆的标准方程为_______． 【答案】【解析】【分析】由题设条件设出椭圆方程，再列出关于a2与b2的方程组即可作答.【详解】所求椭圆与椭圆的焦点相同，则其焦点在y轴上，半焦距c有c2=25-9=16，设它的标准方程为(a＞b＞0)，于是得a2-b2=16，又点(，－)在所求椭圆上，即，联立两个方程得，即，解得b2=4，则a2=20，所以所求椭圆的标准方程为.故答案为：15.设，分别是椭圆的左，右焦点，过点的直线交椭圆于，两点，若，且，则椭圆的离心率为_________.【答案】##【解析】【分析】如图，设，由题意，椭圆定义结合余弦定理可得，后在由余弦定理可得，即可得答案.【详解】如图，设，则，.又由椭圆定义可得.则在中，由余弦定理可得: .则，则在由余弦定理可得：.又.故答案为：16.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点是椭圆上任意一点，且的取值范围为.当点不在轴上时，设的内切圆半径为，外接圆半径为，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】由的取值范围为可求出，由正弦定理可得，再由焦点三角形的等面积法可得，所以，求出即可得出答案.【详解】，，所以，所以，解得：， 设，由正弦定理可得：，，可得：，又因为，设内切圆的圆心为A，所以，所以，所以，又因为当在短轴的端点时，最大，此时，，，所以，故当时，mn取得最大值为.故答案为：四、解答题（共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知点P是椭圆（）上的一点，，分别是椭圆左右两个焦点，若 ，且焦点三角形的面积为，又椭圆的长轴是短轴的2倍.（1）求出椭圆的方程；（2）若为钝角，求出点P横坐标的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆焦点三角形面积公式可构造方程求得，由长短轴的倍数关系可求得，从而得到椭圆方程；（2）设，由为钝角可得，由此构造不等式求得结果.【详解】（1）由椭圆焦点三角形面积公式得：，解得：又椭圆长轴是短轴的倍，即椭圆的方程为：（2）设，则又椭圆焦点，，为钝角，即，解得：点横坐标的取值范围为【点睛】本题考查椭圆方程的求解、由向量夹角大小求解参数范围的问题；关键是能够将角为钝角转化为向量数量积小于零的关系，从而构造不等式求得结果.18.已知直线：x+y-4=0，：x-y+2=0和直线：ax-y+1-4a=0.（1）若存在一个三角形，它的三条边所在的直线分别是，，，求实数a的取值范围；（2）若直线l经过和的交点，且点到l的距离为2，试求直线l的方程. 【答案】（1）且（2）x=1或【解析】【分析】（1）求得与的交点的坐标，然后由直线不过点，不与直线平行求得的范围；（2）考虑斜率不存在的直线是否满足题意，在斜率存在时设出直线方程，由点到直线距离公式求得参数值得直线方程．【小问1详解】由可得：，∴和的交点A的坐标为.当过点A时，，此时不存在三角形满足题意，为满足题意，必有，当或时，由于的斜率为-1，的斜率为1，的斜率为a，∴a=1或a=-1，此时也不存在三角形满足题意，为满足题意，必有，综上可知：且.【小问2详解】直线l经过和的交点，当轴时，l的方程为：x=1，点到l的距离为2，符合题意；当l与x轴不垂直时，设l的方程为：，即，由于点到l的距离为2，所以，此时l的方程为：，综上可知，直线l的方程为：x=1或.19.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求角C；（2）若c=4，△ABC的面积为，求a，b．【答案】（1）（2）a=b=4【解析】 【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式和正弦定理可求出结果；（2）根据三角形面积得，再结合余弦定理可求出结果.【小问1详解】依题意由得，根据正弦定理得，则，则，所以，由于，所以，所以，所以，则，由于，则．【小问2详解】由题意：，所以ab=16．又由余弦定理以及c=4，得，所以，所以，所以a=b=4．20.如图，在三棱台中，若平面，，，，为中点，为棱上一动点（不包含端点）． （1）若为的中点，求证：平面；（2）是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）取中点，易证得四边形为平行四边形，得到，由线面平行的判定可证得结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据面面角向量求法可构造方程求得的值，由此可得结果.【小问1详解】分别取中点，连接，则为的中位线，，，又，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面.【小问2详解】以为坐标原点，正方向为轴可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，，设，则，，令平面的法向量为，则，令，则，，；又平面的一个法向量，，解得：或（舍），，，即的长为.21.已知在平面直角坐标系xOy中，，，平面内动点P满足．（1）求点P的轨迹方程；（2）点P轨迹记为曲线，若C，D是曲线与x轴的交点，E为直线l：x＝4上的动点，直线CE，DE与曲线的另一个交点分别为M，N，直线MN与x轴交点为Q，求点Q的坐标．【答案】（1）（2）．【解析】 【分析】(1)设点为曲线上任意一点，利用两点间距离公式表示条件关系，化简等式可得轨迹方程；(2)设，联立直线的方程和曲线的方程求点的坐标，联立直线的方程和曲线的方程求点的坐标，求直线的方程，确定其与轴的交点坐标即可.【小问1详解】设点为曲线上任意一点，因为，，，则，化简得．【小问2详解】由题意得，，设，则直线的方程为，直线的方程为，联立得，则，即，，所以联立得，则，即，，所以 当时，直线的斜率，则直线的方程为，即，所以，当时，直线垂直于轴，方程为，也过定点．综上，直线恒过定点．【点睛】本题为直线与圆的综合问题，解决的关键在于联立方程组求出交点坐标，对学生的运算能力要求较高.22.如图，已知半圆C1：与x轴交于A、B两点，与y轴交于E点，半椭圆C2：的上焦点为F，并且是面积为的等边三角形，将由C1、C2构成的曲线，记为“Γ”．（1）求实数a、b的值；（2）直线l：与曲线Γ交于M、N两点，在曲线Γ上再取两点S、T（S、T分别在直线l两侧），使得这四个点形成的四边形MSNT的面积最大，求此最大面积； （3）设点，P是曲线Γ上任意一点，求的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据等边的面积公式列方程求出b，再计算a；（2）分别求出点N、M的坐标，计算|，求出点S、T到直线MN的最大距离，计算四边形MSNT的面积最大值；（3）讨论t的取值范围，写出的表达式，从而求出的解析式．【小问1详解】如图1所示，由等边的面积为，所以，解得，所以，又，解得，即；【小问2详解】如图2所示， 设点N在半圆上，且在第三象限内，M在半椭圆上，且在第一象限内，由，解得，由，解得；所以；设S在半圆上，且在第二象限，，S到直线MN距离为d，，则，T到直线MN的最大距离为1，所以四边形MSNT的面积最大值为；【小问3详解】如图3所示，当时，； 当时，设是半椭圆上的点，由得.此时若，则，在上单调递减，在上单调递增，故当时,；若，则，在上单调递减，故当时，；综上所述，.