吉林省四校联考2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

2023-2024学年度上学期第一次月考高二数学试题本试卷满分150分，共4页。考试时间为120分钟。考试结束后，只交答题卡。一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1．焦点在x轴上，短轴长为8，离心率为的椭圆的标准方程是（）A．B．C．D．2．若直线：与直线：的交点在第一象限内，则实数k的取值范围是（）A．B．C．D．或3．若平面内两条平行线：，：间的距离为，则实数（）A．2B．-2或1C．-1D．-1或24．当点到直线的距离取得最大值时，（）A．2B．C．-2D．-45．已知三棱柱的侧棱长为2，底面ABC是边长为2的正三角形，，若和相交于点M．则（）A．B．2C．D．6．已知x、y满足，则的最大值为（）A．B．C．D．7．直线与圆相交于P，Q两点．若，则实数k的取值范围是（）A．B．C．D．8．已知F是椭圆的一个焦点，若直线与椭圆相交于A，B两点，且，则椭圆离心率的取值范围是（）A．B．C．D． 二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题共给出四个选项，有多项符合题目要求．全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分．）9．已知空间向量，，下列说法正确的是（）A．若，则B．若，则C．若在上的投影向量为，则D．若与夹角为锐角，则10．已知点，，且点P在直线l：上，则（）A．存在点P，使得B．存在点P，使得C．的最小值为D．的最大值为11．设直线l：与圆C：，则下列结论正确的为（）A．l可能将C的周长平分B．若圆C上存在两个点到直线l的距离为1，则k的取值范围为C．若直线l与圆C交于A，B两点，则面积的最大值为2D．若直线l与圆C交于A，B两点，则AB中点M的轨迹方程为12．画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙口发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C：，，分别为椭圆的左、右焦点，直线l的方程为，M为椭圆C的蒙日圆上一动点，MA，MB分别与椭圆相切于A，B两点，O为坐标原点，下列说法正确的是（）A．椭圆C的蒙日圆方程为B．记点A到直线l的距离为d，则的最小值为C．一矩形四条边与椭圆C相切，则此矩形面积最大值为6D．椭圆C的蒙日圆方程为三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．） 13．已知经过椭圆的右焦点的直线AB交椭圆于A，B两点，是椭圆的左焦点，则的周长为______．14．已知A，B为圆O：上的两点，，M为AB的中点，则M到直线l：距离的最小值为______．15．已知点，是椭圆内的两个点，M是椭圆上的动点，则的最大值为______．16．已知椭圆C：的离心率为，F是左焦点，过F且倾斜角为45°的直线交C于点A，B．设M，N分别是AF和BF的中点，O为坐标原点，若，则的面积为______．四、解答题（本题共6小题，共70分）17．（本小题满分10分）已知，．（1）若，求值；（2）若，求实数k的值．18．（本小题满分12分）椭圆C的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆C经过点且短轴长为2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点且倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点，求线段AB的长．19．（本小题满分12分）已知圆M过，两点，且圆心M在上，（1）求圆M的方程；（2）设P是直线上的动点，PA、PB是圆M的两条切线，A，B为切点，求四边形PAMB面积的最小值．20．（本小题满分12分）已知点，圆：，点Q在圆上运动，的垂直平分线交于点P．（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）直线l与曲线C交于M、N两点，且MN中点为，求直线l的方程．21．（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，，E 为线段BC的中点，F为线段PA上的一点．（1）证明：平面平面BCP．（2）若，二面角的余弦值为，求PD与平面BDF所成角的正弦值．22．（本小题满分12分）已知椭圆E；的离心率为，记E的右顶点和上顶点分别为A，B，的面积为1（O为坐标原点）（1）求E的方程；（2）已知，过点D的直线与椭圆E交于点M，N（点M在第一象限）过点M垂直于y轴的直线分别交BA，BN于P，Q，求的值．2023-2024学年度上学期第一次月考高二数学答案1．【答案】C【详解】由题意知椭圆的标准方程为，且，所以，所以，又，所以可得，，因此椭圆的标准方程为． 2．【答案】C【详解】由题意知，直线：过定点，斜率为k，直线与x轴、y轴分别交于点，．若直线l₁与l₂的交点在第一象限内，则必过线段AB上的点（不包括点A，B）．因为，，所以．故A，B，D错误．故选：C．3．【答案】A【详解】因为两直线：，：平行，可得且，解得或，当时，：，：，即：，可得两平行线间的距离为，符合题意；当时，：，：，即：，可得两平行线间的距离为，不符合题意，舍去．故选：A．4．【答案】C【详解】将直线转化为，联立方程组，解得，所以直线经过定点，当直线MN与该直线垂直时，点M到该直线的距离取得最大值，此时，解得．故选：C．5．【答案】D【详解】依题意可知M是的中点，所以所以．故选：D6．【答案】B【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为1，记点，则，如下图所示： 当点P为直线OC与圆C的交点，且点C在线段OP上时，取最大值，即，因此，的最大值为。故选：B．7．【答案】C【详解】若，则圆心到直线的距离，即，解得，故选：C．8．【答案】A【详解】如图设，F分别为椭圆的左、右焦点，设直线与椭圆相交于A，B，连接，AF，，BF．根据椭圆的对称性可得：四边形为平行四边形．由椭圆的定义有：，，，由余弦定理有：即所以当且仅当时取等号，又的斜率存在，故A，B不可能在y轴上．所以等号不能成立，即即，所以，故选：A9．【答案】ABD【详解】对于A：∵，∴， 即：，解得：．故A选项正确；对于B：∵，∴∴，解得：．故B选项正确；对于C：在上的投影向量为：，即，代入坐标化简可得：，x无解，故C选项错误；对于D：∵与夹角为锐角，∴，解得：；且与不共线，即，，解得：，所以与夹角为锐角时，解得：．故D选项正确；故选：ABD．10．【答案】BCD【详解】对于A，由，AB的中点坐标为，所以以AB为直径的圆的方程为，而该圆心到直线l：的距离，故A错误；对于B，设，则满足的动点P的方程为，化简得，则圆心到直线l的距离，故B正确；对于C，因为关于的对称点为，所以有，解得，，即，所以，故C正确；对于D，（当且仅当A，P，B 三点共线时，等号成立），故D正确．故选：BCD11．【答案】BC【详解】对于A，若直线l将圆C的周长平分，则直线l过原点，此时直线l的斜率不存在，Ａ错误；对于B，若圆C上存在两个点到直线l的距离为1，则C到直线l的距离d满足，所以，解得或，B正确；对于C，，当时，的面积有最大值2，C正确；对于D，易知直线l经过定点，所以，所以M点的轨迹以OP为直径的圆，其方程为，又因为M点在圆C内，由，解得，所以M点的轨迹方程为，D错误．故选：BC．12．【答案】AC【详解】对于A，当直线MA，MB一条斜率为0，另一条斜率不存在时，则；当直线MA，MB斜率均存在时，设，切线方程为：，由得：，由整理可得：，∴，又，∴，即，∴， ∴M点轨迹为；将检验，满足，∴蒙日圆的方程为，A正确；D错误．对于B，∵A为椭圆C上的点，∴，∴；∵的最小值为点到直线l的距离，又，∴，∴，B错误；对于C，∵矩形四条边均与C相切，∴该矩形为蒙日圆的内接矩形，设矩形的长为m，宽为n，蒙日圆的半径，∴，∴（当且仅当时取等号），∴此矩形面积最大值为6，C正确；故选：AC．13．【答案】20【详解】如图所示：，，所以的周长为故答案为：2014．【答案】【详解】由垂径定理可知，∴，∴M的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，O到l的距离，∴M到直线l距离的最小值为．故答案为：15．【答案】或【详解】依题意，椭圆方程为，所以，，，所以是椭圆的右焦点，设左焦点为， 根据椭圆的定义可知，，所以的最大值为．故答案为：16．【答案】【详解】设右焦点为，连接，，∵M为AF的中点，O为中点，∴，，同理，，∴，∴，∵，∴，，∵，∴，∴椭圆方程可化为，设直线AB：，，，由得，，∴，，∴，∵，∴，∴，，，原点到直线AB：的距离为， 所以，故答案为：17．【答案】（1）；（2）．【详解】（1）由已知得：，…1分∴…5分（2）由，即，∴，解得…10分18．【答案】（1）（2）【详解】（1）由题意设椭圆C的方程为，因为椭圆经过点且短轴长为2，所以，…2分所以椭圆C的标准方程为…5分（2）由已知得直线l的方程为，…6分设，，将直线代入，得，易得，所以，…8分所以…12分 19．【答案】（1）；（2）．【详解】解：（1）设圆M的方程为：，…1分根据题意得…4分故所求圆M的方程为：；…5分（2）如图，四边形PAMB的面积为，即…6分又，，所以，而，即．因此要求S的最小值，只需求的最小值即可，…9分的最小值即为点M到直线的距离所以，四边形PAMB面积的最小值为…12分20．【答案】（1）（2）【详解】（1）由题可知， 则…2分由椭圆定义知P的轨迹是以、为焦点，且长轴长为4的椭圆，∴，，∴…4分∴P的轨迹方程为C：…5分（2）设，，∵M，N都在椭圆上，∴，，相减可得…8分又MN中点为，∴，，∴，即直线l的斜率为，∴直线l的方程为，即…12分21．【答案】（1）见解析；（2）【详解】（1）证明：连接AC，因为，E为线段BC的中点，所以．．．．．2分又，，所以为等边三角形，…3分因为，所以平面PAE，又平面BCP，所以平面平面BCP…4分（2）解：设，则，因为，所以，同理可证，所以平面ABCD…5分如图，设，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系。易知为二面角的平面角，所以，从而．由，得．…7分又由，，知，， 设平面BDF的法向量为，由，，得，不妨设，得．又，，所以…9分设PD与平面BDF所成角为θ，则，所以PD与平面BDF所成角的正弦值为…12分22．【答案】（1）（2）1【详解】（1）由题意可得，，且，则…2分所以，，解得，所以，椭圆E的方程为…4分 （2）当直线与x轴平行时，此时直线方程为，不合乎题意，则设直线的方程为，设点、，易知点、，则直线AB的方程为，直线l的方程为，联立，可得，故点，联立直线与椭圆的方程得，可得，，…6分由韦达定理可得，，因为点在直线MN上，则，则，则，，，解得，，则直线BN的方程为，令，则，，则，…9分而即，则 因为，则，又因为点P，Q，M的纵坐标相同，所以P为MQ的中点，所以…12分