河南省许昌市长葛市2025-2026学年高二上学期11月月考数学试题

河南许昌市长葛市2025-2026学年高二上学期11月月考 数学试卷 一、单选题 1．直线的倾斜角为（    ） A． B． C． D． 2．若双曲线的一条渐近线为，则实数（    ） A．4 B．8 C．16 D．32 3．已知椭圆 的左右焦点分别为 ，椭圆存在一点 ，若 ，则椭圆的离心率取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．如图，已知两点，从点射出的光线经直线反射后射到直线上，再经直线反射后射到点，则光线所经过的路程等于（    ）    A． B． C． D． 5．已知，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．若动点、分别在两条平行直线：和：上移动，则直线与的距离以及中点到原点距离的最小值分别为（    ） A．、 B．、 C．、 D．、 7．已知直线与圆交于，两点.当的面积最大时，则（    ） A．1 B．2 C．7 D．1或7 8．已知直线与双曲线相交于不同的两点，，，为双曲线的左右焦点，且满足，（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（   ）． A． B． C． D． 二、多选题 9．已知直线，直线，则下列结论正确的是（   ） A．在轴上的截距为1 B．若//，则这两条直线间的距离是 C．若，则 D．与连接点的线段总有公共点，则直线的倾斜角的取值范围为 10．是椭圆上的一点，为坐标原点，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．若存在点，使，则椭圆的离心率 D．若的中点在轴上，则 11．设是抛物线弧上的一动点，点是的焦点，，则（   ） A． B．若，则点的坐标为 C．的最小值为 D．满足面积为的点有3个 三、填空题 12．已知双曲线的渐近线方程为，则 . 13．椭圆的左､右焦点分别为，椭圆上的点满足：且，则 . 14．若曲线上恰有两个点到直线的距离为1，则实数a的取值范围是 ． 四、解答题 15．已知直线：，： (1)求经过点且与直线平行的直线方程； (2)求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程. 16．已知的顶点坐标分别是，的外接圆为. （1）求圆的方程； （2）在圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数：若不存在，说明理由； （3）在圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数：若不存在，说明理由. 17．已知椭圆的离心率为，过其左焦点的直线交椭圆于、两点，且当直线轴时，. （1）求椭圆的标准方程； （2）设为椭圆的右焦点，求满足的直线的方程. 18．在平面直角坐标系xOy中，已知动点P到的距离比它到直线的距离小1. (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)过点F的直线与曲线C交于A，B两点，，记直线QA，QB的斜率分别为，，求证：为定值. 19．已知双曲线：（，）的实轴长为2，点为圆：与双曲线在第一象限内的交点，，分别为曲线的左、右焦点，且，过点直线与在第一象限交于，两点，且点在点上方. (1)求双曲线的标准方程； (2)若点为线段的中点，直线交直线于点. （ⅰ）求证：直线平行于轴； （ⅱ）若，求直线的方程. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《河南许昌市长葛市2025-2026学年高二上学期11月月考数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B A C D C BCD CD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】将直线方程转化为斜截式，进而可得倾斜角. 【详解】由直线，即， 所以倾斜角满足，， 所以， 故选：C. 2．C 【分析】根据双曲线渐近线的方程列式，由此求得的值. 【详解】∵双曲线的方程为，∴双曲线的渐近线方程为，又因为一条渐近线方程为，所以，解得. 故选:C. 【点睛】本小题主要考查根据双曲线的渐近线方程求参数，属于基础题. 3．C 【分析】设，，根据椭圆的定义和余弦定理得，再根据基本不等式和离心率公式可得结果. 【详解】设，，则， 在中，， 所以，得， 所以， 因为，当且仅当时，取等号， 所以， 所以，所以， 所以，所以，又， 所以. 故选：C 4．B 【分析】求出关于直线的对称点和它关于轴对称点，则就是所求的路程长. 【详解】易知直线的方程为， 设点关于直线的对称点， 则且，解得，即， 又点关于轴的对称点， 由光的反射规律可知，共线，共线，从而共线， 所以光线所经过的路程长为 . 故选：B.    5．A 【分析】由题意将问题转化为函数和图象两点的距离问题，结合图象即可得出结果. 【详解】记，易知所求根式部分为函数和 图象两点的距离问题， 设， 则， 所以， 又单调递增，所以是唯一零点， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增， 得，即，所以， ， 当且仅当时等号成立. 故选：A 6．C 【分析】利用两直线平行列方程求出n，得到：，利用两平行线间的距离公式即可求出直线与的距离；求出的轨迹方程为，利用点到直线的距离公式求出到原点距离的最小值. 【详解】因为直线：和：平行，所以，解得：. 所以：，即. 所以直线与的距离为. 因为动点、分别在两条平行直线：和：上， 所以可设中点的轨迹方程为. 所以,解得：. 所以的轨迹方程为. 到原点距离的最小值即为原点到直线的距离. 故选：C 7．D 【分析】可求得直线过定点，根据三角形面积公式，结合圆的性质知当时，面积最大,利用点到直线的距离公式可得实数 a的值. 【详解】由，得. 由，得. 所以直线过定点，记作点P，点P在圆O内. 如图，过O作直线l的垂直，交l于点C，则. 当的面积最大时，由，知，此时. 即点O到直线l的距离为，解得：，或. 故选：D. 8．C 【分析】根据双曲线的定义和题目条件可得，. 在中，点是的中点因此，平方后有；再由余弦定理可得，所以，联立即可解得，从而得到渐近线方程. 【详解】因为点在双曲线上，所以根据双曲线的定义，可得，又因为， 所以，. 因为点是的中点， 所以，平方后得①. 在中利用余弦定理可得：，即②. ①②两式联立得：. 又因为在双曲线中，所以，即. 所以渐近线方程为. 故选：C 9．BCD 【分析】对于直线，令，即可判断A，由两直线平行列出方程，再由两平行直线的距离公式即可判断B，由两直线垂直列出方程，即可判断C，通过数形结合，找到直线斜率的取值范围，再得到倾斜角的取值范围，即可判断D. 【详解】对于A，由，令，可得， 即在轴上的截距为，故A错误； 对于B，由//可得，解得， 此时，， 则两条直线间的距离是，故B正确； 对于C，由可得，解得，故C正确； 对于D，因为直线过定点， 由题意可以作图如下： ，，由图可知斜率， 则，则，故D正确； 故选：BCD 10．CD 【分析】根据椭圆的几何性质，可判定A错误；设，利用余弦定理和椭圆定义，求得，结合三角形的面积公式，可判定B错误；设椭圆的短轴上端点为，得到，得到，结合离心率的定义，可判定C正确；根据题意，得到轴，进而可判定D正确. 【详解】对于A中，根据椭圆的几何性质，可得，所以A错误； 对于B中，设，则， 由余弦定理得， 解得，所以，所以B错误； 对于C中，设椭圆的短轴上端点为，连接, 若存在点，使得，则，所以，即， 所以，所以，即， 又因为，可得，所以C正确； 对于D中，若的中点在轴上，则轴， 结合椭圆的几何性质，可得，所以D正确. 故选：CD. 11．ABD 【分析】A项由抛物线方程可知；B项由抛物线定义可得；C项可利用特值举反例，D项，将面积条件转化为点线距离，设点坐标求解方程可得. 【详解】对于A，抛物线弧的焦点为，故A正确； 对于B，若，解得， 所以，即点的坐标为，故B正确； 对于C，由选项B可知，点在抛物线弧上，设为， 则， 如图，可取，则， 由，又， 所以，即，即，故C错误； 对于D，直线的斜率为，所以方程为， ，设边上的高为， 若面积为，则，解得， 设点，则点到直线的距离即的高， 又，则， 所以或，又， 解得或， 所以满足面积为的点有3个（如图），故D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有两点，一是特值法的应用，如C项判断，取点，通过比较大小从而否定最小值；二是面积条件的转化，由底边确定可将面积转化为点线距离求解. 12． 【分析】 根据双曲线的方程结合渐近线方程分析求解，注意焦点所在位置. 【详解】因为表示双曲线，可知，且焦点在y轴上， 则， 又因为渐近线方程为，则，解得. 故答案为：. 13．1 【解析】先根据数量积运算得，再结合椭圆的定义与余弦定理即可得. 【详解】解：因为且， 所以， 由椭圆的定义得，故 所以在中，由余弦定理得， 代入数据得，解得：. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于应用定义与余弦定理列方程求解得. 14． 【分析】易得方程表示以为圆心，为半径的圆，求出圆心到直线的距离，由题意可得，进而可得出答案. 【详解】将方程化为， 当时，方程表示点，不符题意， 当时，方程表示以为圆心，为半径的圆， 圆心到直线的距离为， 因为曲线上恰有两个点到直线的距离为1， 当时，，即直线过圆心，此时圆的半径为，满足题意； 当时，有， 当，即时，，解得； 当且，即时，，解得； 当时，，则； 综上，，即实数a的取值范围是. 故答案为：. . 【点睛】关键点睛：方程表示以为圆心，为半径的圆，求出圆心到直线的距离，由题意得出是解决本题的关键. 15．(1) (2)或 【分析】先求出直线的斜率，利用平行的性质得到所求直线斜率，再直接写出点斜式直线方程，化简可得一般式方程；或利用平行直线的方程特征直接设出所求直线的一般式方程：，代入点求出的值，即可得所求直线方程. 根据截距为0和不为0分类讨论，再结合过原点直线方程和截距式直线方程求解即可． 【详解】（1）由直线：，可得，所以直线的斜率为. 故所求直线方程为：，化简得. 所以经过点且与直线平行的直线方程为. 方法二：由直线：，可设所求直线方程为：. 因为直线过点，所以，解得. 所以所求直线方程为. （2）联立，解得，即直线与的交点为， 当直线的截距都不为0时，由题意可设直线方程为，依题意，解得. 此时直线方程为：； 当直线经过原点时，该直线在两坐标轴上的截距均为零，满足题意. 所以可设直线方程为. 代入得，此时直线方程为. 综上所述：所求直线方程为或 16．(1) ;(2) 存在点,且有2个; (3) 存在点,且有2个. 【分析】(1)设外接圆的方程为将三点代入圆的方程,列出方程组,求得的值,即可得到圆的方程; (2)设点的坐标为，由化简得,利用直线与圆的关系，即可求解. (3) 设点的坐标为,化简得,利用圆与圆的位置关系判断,即可求解. 【详解】(1)设外接圆的方程为将三点代入圆的方程得: ,解得: ,即圆的方程为即为; (2)设点的坐标为，由所以化简得:, 即考查直线与圆的位置关系, 点到直线的距离为,所以直线与圆相交,故满足条件的点有两个. (3) 设点的坐标为,所以化简得,圆心距为,所以两圆相交, 故满足条件的点有两个. 【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解,以及直线与圆的位置关系的应用问题,其中解答中利用待定系数法求解圆的方程,以及合理利用直线与圆的位置关系是解答的关键,着重考查了推理与计算能力难度一般. 17．（1）；（2）或. 【解析】（1）由椭圆的离心率可得出，将代入椭圆的方程可求得，进而可求得、的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式求得，结合可求得实数的值，进而可求得直线的方程. 【详解】（1）由椭圆离心率，得，即. 又直线过左焦点，则当直线轴时直线的方程为， 代入中，化简得，解得， 于是得，即， 又且，解得，则. 故椭圆的标准方程为； （2）由（1）知，则，， 又由，知此时直线不垂直于轴. 设直线的方程为，，. 将代入，整理得， 由根与系数关系得，， 根据弦长公式得，解得， 故所求直线的方程为或. 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了利用椭圆的弦长求参数，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题. 18．(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）由抛物线的定义即可求得答案； （2）设直线AB的方程为斜截式，进而代入曲线C的方程并化简，进而结合根与系数的关系求得答案. 【详解】（1）由题意，点P到的距离等于它到直线的距离，∴点P的轨迹为以为焦点，以直线为准线的抛物线，∴动点P的轨迹C的方程为. （2）显然，直线AB的斜率存在，设其方程为，，，由得，，，， ∴，故为定值2. 19．(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）设，根据求出，得到，求出双曲线方程； （2）（ⅰ）联立双曲线和圆的方程，求出，，表达出直线的方程，求出点的纵坐标，设直线方程，，，联立方程与双曲线方程，得到两根之和，两根之积，计算出，故，所以直线平行于轴； （ⅱ）法一：由得，故，并得到，将两根之和，两根之积代入，解得，又，解得，求出直线的方程； 法二：由得，由（1）知，则有，作出辅助线，得到，其中，故，求出，，得到直线的斜率，求出直线的方程. 【详解】（1）设，，， 则有，， ， 又在圆：上，， 所以， 则，由题知，则， 椭圆的标准方程为 （2）由（ⅰ）知，，， 得，即， 由于，故，所以轴，    当直线的斜率不存在时，也双曲线无交点，故直线的斜率存在， 设直线所在方程为（）， ，，， 点为线段的中点，故， 则直线：， 当时，，其中 故点的纵坐标， 联立方程，消去得， 则有，，得，解得， 韦达定理得：，， ， 故，所以直线平行于轴， （ⅱ）法一：由得：， 因为，，则，故， 又， 故，即， 将，代入上式得， ，解得， 又，解得，满足， 直线的方程为： 法二：由得：， 因为，，则， 由（1）知，则有，过点做轴的垂线，垂足为，   中，，有， 其中，故，故，， 则，中令得，解得，故， 则直线的斜率为， 直线的方程为：. 【点睛】方法点睛：定值问题常见方法： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 答案第16页，共19页 答案第1页，共19页 学科网（北京）股份有限公司 $