2019-2020学年山西省朔州市应县第一中学校高二上学期第四次月考数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年山西省朔州市应县第一中学校高二上学期第四次月考数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年山西省朔州市应县第一中学校高二上学期第四次月考数学（理）试题 一、单选题 ‎1．倾斜角为120°，在x轴上的截距为的直线方程是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由倾斜角可求出直线的斜率,结合直线过点,用点斜式可求出直线方程.‎ ‎【详解】‎ 由题意,直线的斜率,直线过点,‎ 则直线方程为,即.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线的方程,注意倾斜角与斜率的关系,属于基础题.‎ ‎2．若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线和x轴都相切，则该圆的标准方 程是 A．（x－3）2＋（y－1）2＝1‎ B．（x－2）2＋（y＋1）2＝1‎ C．（x＋2）2＋（y－1）2＝1‎ D．（x－2）2＋（y－1）2＝1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：设圆心坐标为由圆与直线相切，可得圆心到直线的距离,化简得,又圆与轴相切可得，解得或（舍去），把代入得或，解得或， 圆心坐标为，则标准方程为 ‎，故选D.‎ ‎【考点】1、待定系数法求圆的方程；2、点到直线距离公式.‎ ‎3．椭圆C的一个焦点为，并且经过点的椭圆的标准方程为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】椭圆焦点在轴上,设椭圆方程为,由椭圆的一个焦点,可求出另外一个焦点,然后结合及,可求出,从而可求出椭圆的方程.‎ ‎【详解】‎ 由题可知,椭圆的焦点在轴上,设椭圆方程为,‎ 一个焦点为,另一个焦点为,‎ 则,‎ 故椭圆中,,即,‎ 则.‎ 故椭圆C的方程为.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆方程的求法,考查了椭圆定义的应用,注意焦点所在位置,属于基础题.‎ ‎4．已知椭圆C的中心为原点，焦点，在y轴上，离心率为，过点的直线交椭圆C于M，N两点，且的周长为8，则椭圆C的焦距为（ ）‎ A．4 B．2 C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由椭圆的定义可知,的周长为,可求出,再结合离心率为,可求出,进而可求出椭圆C的焦距.‎ ‎【详解】‎ 由题可知,椭圆的焦点在轴上,‎ ‎,,‎ 则的周长为,即,‎ 又离心率,所以,‎ 故椭圆C的焦距为.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆定义的应用,考查椭圆焦距的求法,考查学生的计算能力,属于基础题.‎ ‎5．若双曲线的离心率为，则其渐近线的斜率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：双曲线的渐近线为，渐近线的斜率，由于离心率，设，‎ ‎，，因此渐近线的斜率，故答案为C.‎ ‎【考点】双曲线的性质.‎ ‎6．设F1，F2分别是椭圆C：的左、右焦点，M为直线y＝2b上的一点，△F1MF2是等边三角形，则椭圆C的离心率为(　　)‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为△F1MF2是等边三角形，故M(0,2b)，|MF1|＝|F1F2|，即4b2＋c2＝4c2，4a2＝7c2，e2＝，故e＝.选C ‎7．如图，椭圆的左、右焦点分别为，，P点在椭圆上，若，，则a的值为（ ）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎【答案】B ‎【解析】由,可得,结合及可用表示,再结合余弦定理可得,代入计算可求得.‎ ‎【详解】‎ 由题意,椭圆中,,‎ ‎,,则,‎ 又,‎ 在中,由余弦定理得:,‎ 即,解得.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的性质,考查余弦定理的应用,考查学生的计算求解能力,属于基础题.‎ ‎8．过椭圆的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，则的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据焦点坐标可得方程，与椭圆方程联立求得交点坐标，利用求得结果.‎ ‎【详解】‎ 由题意知：椭圆的右焦点为，则直线的方程为：.‎ 联立，解得交点为：，‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求解椭圆中的三角形面积问题，关键是能够通过直线与椭圆方程求得交点坐标，属于基础题.‎ ‎9．已知焦点在轴上的双曲线的中心是原点，离心率等于，以双曲线的一个焦点为圆心，为半径的圆与双曲线的渐近线相切，则双曲线的方程为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由题设,因,则令,故,所以,应选B.‎ ‎【考点】双曲线的几何性质及运用.‎ ‎【易错点晴】双曲线是圆锥曲线的重要代表曲线之一,也高考和各级各类考试的重要内容和考点.解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息,运用双曲线的几何性质和题设中的条件运用点到直线的距离公式先求出.再借助题设中的离心率求出的值.求解时巧妙地运用设,然后运用求出.‎ ‎10．已知直线：和直线：，抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】当F，M，N三点共线时，动点M到直线的距离与到准线的距离之和最小，利用点到直线的距离公式，即可求得最小值。‎ ‎【详解】‎ 已知抛物线y2=4x，如图，则其焦点F（1,0），准线为 :x= -1，d1为动点M到准线的距离，d2为动点M到直线：4x-3y+6=0的距离，‎ 根据抛物线的定义，可知d1=|MF|,‎ 过点F作直线的垂线，垂足为N′与抛物线交点为M′,‎ 即当动点M位于M′位置时，到直线和直线的距离和最小，‎ d1 + d2的最小值|FN′|= .故选：D ‎【点睛】‎ 抛物线上一点到准线的距离，可以转化为该点到焦点的距离，构造出“一条直线”.‎ ‎11．已知点是直线上一动点，是圆的两条切线，切点分别为，若四边形的面积最小值为，则的值为（ ）‎ A．3 B． C． D．2‎ ‎【答案】D ‎【解析】当且仅当垂直于时，四边形的面积最小，求出后可得最小面积，从而可求的值.‎ ‎【详解】‎ 圆方程为，圆心，半径为1．‎ 因为，为切线，‎ 且．‎ 当最小时，最小，‎ 此时最小且垂直于．‎ 又，，，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 圆中的最值问题，往往可以转化圆心到几何对象的距离的最值来处理，这类问题属于中档题.‎ ‎12．已知椭圆＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝2c，若椭圆上存在点M使得中，，则该椭圆离心率的取值范围为(　　)‎ A．(0，－1) B． C． D．(－1,1)‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用联想到正弦定理，结合椭圆定义找到的关系式，从而求得离心率的范围.‎ ‎【详解】‎ 由正弦定理可得：,结合题意可得，所以，根据椭圆的定义可得，所以，，易知.‎ 因为为椭圆上一点，所以，即，‎ 整理得，所以，解得.故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆的离心率的求解，求解离心率的值时，一般是构建的等式；求解离心率的范围时，一般是构建的不等关系.‎ 二、填空题 ‎13．已知是过抛物线焦点的弦，，则中点的横坐标是 ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，设A、B到准线的距离为，所以，所以中点的横坐标是。‎ ‎【考点】抛物线的定义；抛物线的简单性质。‎ 点评：熟记抛物线的焦半径公式：‎ ‎(1)若P()为抛物线y2=2px(p>0)上任意一点则|PF|=；‎ ‎(2) 若P()为抛物线y2=-2px(p>0)上任意一点则|PF|=；‎ ‎(3) 若P()为抛物线x2=2py(p>0)上任意一点则|PF|=；‎ ‎(4)若P()为抛物线x2=-2py(p>0)上任意一点则PF=。‎ ‎14．过双曲线的右焦点且与轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于，两点，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】双曲线的右焦点，渐近线方程为，过双曲线右焦点且与轴垂直的直线，，可得，故答案为.‎ ‎15．在平面直角坐标系中，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：因为直线恒过定点，所以圆心到直线的最大距离为，所以半径最大时的半径，所以半径最大的圆的标准方程为．‎ ‎【考点】1、圆的方程；2、直线与圆的位置关系．‎ ‎【方法点睛】解决直线与圆的问题时，一方面，注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题，通过代数的计算，使问题得到解决；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系得非常紧密，因此准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决，即注意圆的几何性质的运用．‎ ‎16．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，则当|AF|＋4|BF|取得最小值时，直线AB的倾斜角的正弦值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】①过焦点的直线的斜率不存在时，则，即.‎ ‎②过焦点的直线的斜率存在时，设直线的方程为.‎ 联立，消去得.‎ 设，，则，.‎ ‎∴‎ 综上，.‎ 设，，则.‎ ‎∴，当且仅当时取等号.‎ ‎∴当取得最小值时，，即，，此时直线的斜率为，即直线的倾斜角的正弦值为.‎ 故答案为.‎ 点睛：本题考查抛物线的性质及应用，解答本题的关键是推出，进而利用基本不等式即可，在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.‎ 三、解答题 ‎17．已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点，，求该椭圆的方程．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设椭圆方程为（,,且）,将,两点坐标代入椭圆方程，求出即可.‎ ‎【详解】‎ 设椭圆方程为（,,且）.‎ 椭圆经过,两点,则,解得,‎ 所以所求椭圆方程为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆方程,利用待定系数法可解决本题,需要注意将椭圆方程设为（,,且）,属于基础题.‎ ‎18．在平面直角坐标系xOy中，圆C：x2＋y2＋4x－2y＋m＝0与直线相切．‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)若圆C上有两点M，N关于直线x＋2y＝0对称，且，求直线MN的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用圆心到直线的距离，求出半径，即可求圆的方程；（2）若圆上有两点，关于直线对称，则设方程为，利用，可得圆心到直线的距离，即可求直线的方程.‎ 试题解析：(1)将圆C：x2＋y2＋4x－2y＋m＝0化为(x＋2)2＋(y－1)2＝5－m，因为圆C：x2＋y2＋4x－2y＋m＝0与直线相切，所以圆心(－2，1)到直线的距离，所以圆C的方程为(x＋2)2＋(y－1)2＝4.‎ ‎(2)若圆C上有两点M，N关于直线x＋2y＝0对称，则可设直线MN的方程为2x－y＋c＝0，因为，半径r＝2，所以圆心(－2，1)到直线MN的距离为，则，所以，所以直线MN的方程为.‎ ‎19．已知双曲线的中心在原点，焦点，在坐标轴上，离心率为，且过点，点在双曲线上．‎ ‎（1）求双曲线的方程；‎ ‎（2）求证：；‎ ‎（3）求的面积．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）‎ ‎【解析】（1）由离心率,可知双曲线的实轴、虚轴相等,可设双曲线方程为,将点代入可求出双曲线方程;‎ ‎（2）分别用坐标表示两个向量,将两个向量相乘,并结合点满足双曲线方程,可证明结论;‎ ‎（3）的底边长,高,结合三角形的面积公式可求出答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）离心率,则,所以可设双曲线方程为．‎ 因为双曲线过点,所以,即,‎ 故双曲线方程为,即．‎ ‎（2）证明:双曲线的方程为,焦点,,则,．‎ 所以,‎ 因为M点在双曲线上,所以,即,所以．‎ ‎（3）双曲线中,,‎ 则的底边长．‎ 由（2）知,所以的高，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的离心率、双曲线的方程,考查平面向量数量积的坐标运算,考查三角形面积公式的应用,考查学生的计算求解能力,属于基础题.‎ ‎20．已知圆C过定点，且与直线相切，圆心C的轨迹为E，曲线E与直线l：()相交于A，B两点．‎ ‎（1）求曲线E的方程；‎ ‎（2）当的面积等于时，求k的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）点C到定点和直线的距离相等,可知点C的轨迹是抛物线,求出方程即可;‎ ‎（2）设直线l与x轴交于点N,可得,设,,可得,然后将直线与抛物线方程联立并消去,结合根与系数关系,可求得,进而可得到的面积表达式,令其等于,可求出k的值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意,点C到定点和直线的距离相等,故点C的轨迹是抛物线,为焦点,为准线,故E的方程为．‎ ‎（2）将直线方程与抛物线方程联立,消去x,整理得.设,,‎ 由根与系数关系,.‎ 设直线l与x轴交于点N,则．‎ 所以.‎ 因为,所以.‎ 故,‎ 解得．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了抛物线的定义,考查根与系数关系的应用,考查三角形面积公式的应用,考查学生的计算能力与推理能力,属于基础题.‎ ‎21．椭圆过点，离心率为，左右焦点分别为，过点的直线交椭圆于两点。‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）当的面积为时，求直线的方程。‎ ‎【答案】（1）；（2）或。‎ ‎【解析】（1）由已知条件推导出，由此能求出椭圆C的方程． （2）由（1）知F1（-1，0），①当l的倾斜角是时，,不合题意；当l的倾斜角不是时，设l的方程为，由消去y得：，设A（x1，y1），B（x2，y2），由此利用韦达定理能求出直线l的方程．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）椭圆过点 离心率为 ‎ 又,解得 椭圆C的方程.‎ ‎（2）由（1）知，①当l的倾斜角是时，l的方程为，‎ 交点，此时,不合题意；‎ ‎②当l的倾斜角不是时，设l的斜率为k,则其直线方程为，‎ 由消去y得：，‎ 设，则， ‎ ‎，‎ ‎ 又已知 ,‎ 解得， ‎ 故直线l的方程为，‎ 即或。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆方程的求法，考查直线方程的求法，解题时要认真审题，注意韦达定理和函数与方程思想的合理运用．‎ ‎22．已知椭圆C：的离心率为 ，左焦点为，过点且斜率为的直线交椭圆于A，B两点．‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）在y轴上，是否存在定点E，使恒为定值？若存在，求出E点的坐标和这个定值；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，理由见解析．‎ ‎【解析】试题分析：（1）由右焦点求得值，由离心率求得值，进而，从而确定椭圆方程；（2）将直线方程与椭圆方程联立，借助于根与系数的关系将转化为用两交点坐标来表示，进而转化为直线的斜率和点坐标来表示，观察关系式得到为定值时需满足的条件 试题解析：（1）由已知可得，解得，所求的椭圆方程为 ‎（2）设点且斜率为的直线的方程为 由得，则 解得 设，则 又，‎ ‎．‎ 设存在点，则，，‎ 所以 ‎，‎ 要使得（为常数），只要，‎ 从而，‎ 即 由（1）得，‎ 代入（2）解得，从而，‎ 故存在定点，使恒为定值．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题