精品解析：黑龙江省牡丹江市第一高级中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试题（致远班）

2024级高二学年上学期9月考试 数学试题 时长：120分钟 分值：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线的斜率，根据斜率是倾斜角的正切值即可求出倾斜角． 【详解】， 直线的斜率， ∵在0°到180°范围内，仅有， ∴直线l的倾斜角为150°． 故选：D． 2. 若，则“”是“方程表示椭圆”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程表示椭圆建立满足条件的不等式，然后分析充分、必要条件即可. 【详解】若方程表示椭圆， 则解得或， 所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 若点在圆（为常数）外，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由点在圆外代入圆的方程可得，再由圆的一般方程中可得，最后求交集即可. 【详解】由题意知， 故， 又由圆的一般方程， 可得，即， 即或， 所以实数的范围为. 故选：C. 4. 已知焦点在轴上的椭圆的焦距为，则其离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆的焦距求出的值，可得出的值，由此可求得该椭圆的离心率的值. 【详解】因为焦点在轴上的椭圆的焦距为，则，可得， 所以，该椭圆的标准方程为，则，故该椭圆的离心率为. 故选：D. 5. 已知直线，从点射出的光线经直线反射后经过点，则光线从到的路程为（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】求出关于直线的对称点的坐标，再求得的长即得． 【详解】设点关于直线对称点为，则有解得， 因为光线从到的路程即的长，而.所以光线从到的路程为5. 故选：C． 6. 已知椭圆E:＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为 A. ＋＝1 B. ＋＝1 C. ＋＝1 D. ＋＝1 【答案】D 【解析】 【详解】设、，所以，运用点差法，所以直线的斜率为，设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，所以；又因为，解得. 【考点定位】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查学生的化归与转化能力. 7. 已知点，若P，Q是直线：（）上的两点，且对任意， 恒成立，则线段 的长度的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过分析得到点M在以为直径的圆上或圆内，从而得到线段的范围. 【详解】由直线：化为，故直线恒过定点. 点到直线：距离. 对任意， 恒成立,等价于点M位于以线段为直径的圆上或圆内. 要使直线上存在这样P，Q点，则点M到直线的距离不大于以线段为直径的圆的半径，即， 所以.根据题意，该不等式对任意恒成立， 所以，而，故. 故选：D. 8. 已知实数满足，，则的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】依题可得点在圆上，且，原问题等价为求解点和点到直线距离之和的倍的最大值，据此数形结合确定的最大值即可. 【详解】 由题意，可知在圆上， 由,可得,则, 因， 而和可理解为点到直线的距离和. 如图，取中点，连接,分别作于点，于点，于点， 则，且. 又,即点的轨迹方程为， 要使最大值，需使取最大值， 由图知，显然当线段经过圆心时，的值最大. 由点到直线的距离为， 故，此时， 故. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查距离公式的应用，等价转化、数形结合的思想，属于难题. 解题关键在于根据条件数形结合，将两个方程理解为单位圆上的两点，由条件得，将所求式理解为点到直线距离之和的倍，根据圆的性质和梯形中位线性质即可求得其最大值. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 以下四个命题为真命题的是（ ） A. 过点且在x轴上的截距是在y轴上截距的4倍的直线的方程为 B. 直线的一个方向向量为 C. 当时，两直线，相互垂直 D. 直线恒过定点 【答案】BD 【解析】 【分析】A：需考虑过原点和不过原点两种情况；B：求出斜率，根据直线方向向量和斜率关系即可判断；C：将a代入方程化简，对比两直线方程，利用斜率关系即可判断两直线位置关系；D：将方程中含m的项按m进行合并，令m的系数为零进行求解即可． 【详解】A：当直线过原点时，直线方程为； 当直线不过原点时，设直线方程为， 把点代入，得，解得，直线方程为． 综上，该直线方程为或．故A错误； B：，斜率，∴为其一个方向向量，故B正确； C：当时，直线，则，故C错误； D：， 令，解得，故直线恒过定点，故D正确． 故选：BD． 10. 已知椭圆左，右焦点为，，，分别为它的左右顶点，点为椭圆上的动点（不在轴上），下列选项正确的是（） A. 的周长为 B. 存在点使得 C. 直线与直线的斜率乘积为 D. 的最小值为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据椭圆的定义判断A；首先求出，根据椭圆的几何性质可知当在椭圆的短轴顶点时取得最大值，即可判断B；设，求出即可判断C；利用基本不等式判断D． 【详解】椭圆，则，则， 对于A：因为，所以的周长为，故A正确； 对于B：当在椭圆的短轴顶点时取得最大值， 不妨取，此时， 所以为钝角，所以存在点使得，B正确； 对于C：因为，设， 则，故C错误； 对于D：因， 所以 ， 当且仅当，即时取等号，故D正确； 故选：ABD 11. 在平面直角坐标系xOy中，圆，若曲线上存在四个点，过动点作圆O的两条切线，A，B为切点，满足，则k的值可能为（ ） A. -7 B. -5 C. -2 D. –1 【答案】ABC 【解析】 【分析】先设出，利用求出在以原点为圆心，半径为2的圆上，数形结合转化为且只需原点到直线的距离小于半径2即可，用点到距离公式列出不等式，求出k的取值范围. 【详解】设，连接，设， 则，， 所以， 又， 所以 令，则有， 解得：或 因为在单位圆外，所以舍去， 即在以原点为圆心，半径为2的圆上， 因为曲线上存在四个点（i＝1，2，3，4）， 即与圆有4个交点， 结合图象可知，且只需原点到直线的距离小于半径2即可， 所以，解得：或（舍去）， 故选：ABC 【点睛】数形结合的思想对于求解函数零点或交点个数问题经常使用，要能抓住一些不变量，比如本题中的直线方程过定点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，，经过点作直线l，若直线l与线段总有公共点，设直线l的斜率为k，则k的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】数形结合并根据斜率计算公式即可得到答案． 【详解】如图： 由题意知直线的斜率分别为． 直线与线段总有公共点， ， 故答案为：． 13. 曲线围成的图形的面积是___________. 【答案】## 【解析】 【分析】曲线围成的图形关于轴，轴对称，故只需要求出第一象限的面积即可. 详解】将或代入方程，方程不发生改变，故曲线关于轴，轴对称， 因此只需求出第一象限的面积即可， 当，时，曲线方程为，表示的图形占整个图形的，而表示的图形为一个腰长为1的等腰直角三角形和半径为的一个半圆， ∴， 故围成的图形的面积为：. 故答案为：. 14. 机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点D时，椭圆的离心率等于______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意，利用等腰三角形求得,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆锥的轴截面交椭圆于点，建立坐标系，利用相似三角形求出点坐标，代入椭圆方程即可求得半短轴长，利用离心率定义计算即得. 【详解】解：如图所示： 设,因,故， 又， 由余弦定理，， 即， 设椭圆中心为，作圆锥的轴截面，与底面直径交于，与椭圆交于，， 连交于，以点为原点，为轴，建立直角坐标系， 过点作， 则， ， 则， ， 则， 又由得：， , 从而， 则得， 不妨设椭圆方程为，把和点坐标代入方程， 解得， 则， 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用相似三角形求出点坐标，代入椭圆方程求得半短轴长. 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. 已知直线，点和点分别是直线上一动点. （1）若直线经过原点，且，求直线的方程； （2）设线段的中点为，求点到原点的最短距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行线间距离公式可得和两直线垂直，即可根据垂直关系得斜率求解, （2）根据互相平行，可得的轨迹为，利用点到直线的距离公式即可求解. 【小问1详解】 将化为一般式方程，得， ,则两直线平行， 故两直线的距离为， 因为，所以和两直线垂直. 因为的斜率为，所以. 又因为直线经过原点，所以直线的方程为. 【小问2详解】 因为互相平行，所以线段的中点的轨迹为， 即 所以点到原点的最短距离即点到直线的距离， 因为点到直线的距离为. 所以点到原点的最短距离为. 16. 已知圆心为的圆经过点，和． （1）求圆M的方程； （2）若过点的直线被圆M截得的弦长为，求直线m的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）法一，设圆的标准方程，利用待定系数法求圆的方程；法二，利用几何法求圆的方程； （2）根据点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式即可求解. 【小问1详解】 法一：设圆M的标准方程为： 由题意得：，解得：． 圆M的标准方程为． 法二：设线段AB的中点为E，则，又因为 所以线段AB的垂直平分线的方程为：，即 同理可得：线段BC的垂直平分线的方程为： ，解得 所以圆心，半径． 圆的标准方程为． 【小问2详解】 由题意得：圆心M到直线m的距离为． ①当直线m垂直于x轴时，方程为，满足条件； ②当直线m斜率存在时，设直线m的方程为，即 由，解得． 所以直线m的方程为． 综上所述，直线m的方程为或． 17. 已知椭圆C：（）的离心率为，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1. （1）求椭圆C的方程； （2）设点M为椭圆上位于第一象限内一动点，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线MB与x轴交于点C，直线MA与y轴交于点D，求四边形的面积. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）根据离心率及通径长得到方程组，求出、，即可得到椭圆方程； （2）设（，），表示出直线、的方程，即可得到、，最后根据计算可得. 【小问1详解】 因为离心率为，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1， 所以，解得，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 因为椭圆C的方程为，所以，， 设（，）， 则，即，则直线的方程为， 令，得，同理，直线AM的方程为， 令，得， 所以 ， 所以四边形的面积为定值2． 18. 在平面直角坐标系中，定义为两点的“棋盘距离”（源自国际象棋中王的走法规则，又名“切比雪夫距离”）.直线. （1）已知圆C：，圆：的圆心分别为C，，且，判断圆C与圆的位置关系； （2）若直线与（1）问结论中的圆自上而下交于，两点，直线与轴、轴分别交于、两点；若（1）问结论中的圆与轴自上而下交于两点. ①设，，求的值； ②求证：直线､交点在定直线上. 【答案】（1）相交 （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）由棋盘距离的定义及的范围求出，再由圆与圆的位置关系的判断方法可得结果； （2）①联立直线和的方程，并得到韦达定理，再由和分别得到和，结合韦达定理并化简可得；②设出和的点斜式方程并联立消掉，结合韦达定理化简得到，即得证. 【小问1详解】 圆：转化为标准方程为：， ，，，或0， ，，，，，， ，，，与相交. 【小问2详解】 ①直线，，设，，由， 消去得：，由韦达定理，，， 由有， 同理由有，（*）， 将韦达定理代入（*），； ②证明：，，则直线，直线， 联立两直线方程消得：（**）， 由韦达定理有，即， 代入（**）可得，解得. 故直线交点在定直线上. 19. 已知动圆与圆：和圆：都内切，记动圆圆心的轨迹为. （1）求的方程； （2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：.试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，，切点分别为，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）点关于轴的对称点为，直线交轴于点，直线交曲线于，两点.记，的面积分别为，，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何定义求解动点的轨迹方程； （2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而算出斜率，再去判断与另一直线是否垂直； （ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出直线与轴的交点的坐标，再用垂直关系又去设出直线的方程与椭圆的方程联立，再用坐标去表示出，最后可由基本不等式得出结果. 【小问1详解】 设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为7，1， 因为与，都内切， 所以，， 所以， 又，，故， 所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 设的方程为：， 则，，所以， 故的方程为： 【小问2详解】 （i）证明：设，，， 由题意中的性质可得，切线方程为， 切线方程为， 因为两条切线都经过点，所以，， 故直线的方程为：，可得直线的斜率为： 而直线的斜率为：， 因，所以; （ii）由直线的方程为：，可改设直线的方程为：， 联立，整理得， 由韦达定理得， 又，所以直线的方程为， 令得， ， 所以直线经过定点，又， 再由，可设直线的方程为：， 再联立，整理得， 设，，则由韦达定理得， 因为，所以 ， 所以，当且仅当时，即时取等号. 又因为，所以. 【点睛】方法点睛： （1）利用两圆相内切的几何关系来推导出椭圆的几何定义，从而求出轨迹方程； （2）利用曲线上某点的切线方程去推导出切点弦方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高二学年上学期9月考试 数学试题 时长：120分钟 分值：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 若，则“”是“方程表示椭圆”的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若点在圆（为常数）外，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 已知焦点在轴上的椭圆的焦距为，则其离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线，从点射出的光线经直线反射后经过点，则光线从到的路程为（ ） A 2 B. 3 C. 5 D. 6 6. 已知椭圆E:＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为 A. ＋＝1 B. ＋＝1 C. ＋＝1 D. ＋＝1 7. 已知点，若P，Q是直线：（）上的两点，且对任意， 恒成立，则线段 的长度的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数满足，，则最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 8 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 以下四个命题为真命题的是（ ） A. 过点且在x轴上的截距是在y轴上截距的4倍的直线的方程为 B. 直线的一个方向向量为 C 当时，两直线，相互垂直 D. 直线恒过定点 10. 已知椭圆的左，右焦点为，，，分别为它的左右顶点，点为椭圆上的动点（不在轴上），下列选项正确的是（） A. 的周长为 B. 存在点使得 C. 直线与直线的斜率乘积为 D. 的最小值为1 11. 在平面直角坐标系xOy中，圆，若曲线上存在四个点，过动点作圆O的两条切线，A，B为切点，满足，则k的值可能为（ ） A. -7 B. -5 C. -2 D. –1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，，经过点作直线l，若直线l与线段总有公共点，设直线l的斜率为k，则k的取值范围是____________． 13. 曲线围成的图形的面积是___________. 14. 机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点D时，椭圆的离心率等于______． 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. 已知直线，点和点分别是直线上一动点. （1）若直线经过原点，且，求直线的方程； （2）设线段的中点为，求点到原点的最短距离. 16. 已知圆心为的圆经过点，和． （1）求圆M的方程； （2）若过点的直线被圆M截得的弦长为，求直线m的方程． 17. 已知椭圆C：（）的离心率为，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1. （1）求椭圆C的方程； （2）设点M为椭圆上位于第一象限内一动点，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线MB与x轴交于点C，直线MA与y轴交于点D，求四边形的面积. 18. 在平面直角坐标系中，定义为两点的“棋盘距离”（源自国际象棋中王的走法规则，又名“切比雪夫距离”）.直线. （1）已知圆C：，圆：的圆心分别为C，，且，判断圆C与圆的位置关系； （2）若直线与（1）问结论中的圆自上而下交于，两点，直线与轴、轴分别交于、两点；若（1）问结论中的圆与轴自上而下交于两点. ①设，，求的值； ②求证：直线､交点定直线上. 19. 已知动圆与圆：和圆：都内切，记动圆圆心的轨迹为. （1）求的方程； （2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：.试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，，切点分别为，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）点关于轴的对称点为，直线交轴于点，直线交曲线于，两点.记，的面积分别为，，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $