精品解析：黑龙江省牡丹江市第一高级中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题

2025级高二学年上学期10月份月考 数学 试 题 考试时间：120分钟 分值：150分 命题人：戚丹 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. 椭圆的长轴长为（ ） A. B. 3 C. D. 6 2. 已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线：，：，若，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 1或2 4. 设定点，，动点满足条件，则点的轨迹是（ ） A. 椭圆 B. 线段 C. 射线 D. 椭圆或线段 5. 若，，则直线不经过的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 6. 如图是一个中国古典园林建筑中常见的圆形过径门，已知该门的最高点到地面的距离为米，门在地面处的宽度为米.现将其截面图放置在直角坐标系中，以地面所在的直线为轴，过圆心的竖直直线为轴，则门的轮廓所在圆的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点在圆上，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别是，点是椭圆上异于长轴端点的动点．若的外接圆的面积是其内切圆面积的倍，则的面积为（ ） A. B. C. D. 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. 已知两点，到直线l的距离相等，则其方程可能为（ ） A. B. C. D. 10. 已知圆和圆相交于A，B两点，则下列结论正确的是（ ） A. 两圆的公共弦AB的长为 B. 四边形OACB的面积为 C. 两圆的公切线相交于点 D. 两圆的公切线相交所成角的大小为 11. 已知直线交椭圆于两点，为椭圆的左、右焦点，为椭圆的左、右顶点，在椭圆上与关于直线的对称点为Q，则（     ） A. 若，则 B. 若，则椭圆的离心率为 C. D. 若直线平行于x轴，则 三、填空题（每小题5分） 12. 若直线：与直线：平行，则与间的距离为______． 13. 已知点是矩形内的动点，且，，，点为边上的动点，则的最小值为________． 14. 已知点分别为椭圆的左、右焦点，点在直线上运动.若的最大值为，则椭圆的离心率为___________ 四、解答题 15. 求满足下列条件的直线的方程： （1）已知，求线段的垂直平分线的方程． （2）经过两直线和的交点，且平行于直线. 16. 已知直线被圆截得的弦长为． （1）求圆C的方程； （2）若直线l的方程为，试确定直线l与圆C的位置关系． 17. 已知椭圆分别为的左右焦点，点在上，且轴． （1）求的标准方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点， （ⅰ）若是的中点，求直线的方程； （ⅱ）若是椭圆的右焦点，且，为椭圆的左、右顶点，设和的面积为，当时，求的取值范围. 18. 已知圆内有一点，为过点且倾斜角为的弦． （1）当时，求的长； （2）求弦中点的轨迹方程． （3）过点的直线与圆交于两点，问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 将离心率相等的所有椭圆称为“一簇椭圆系”．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，左、右焦点分别为.点是椭圆上位于第一象限内的一点． （1）若椭圆与椭圆在“一簇椭圆系”中，求常数的值； （2）设椭圆，过作斜率为的直线与椭圆有且只有一个公共点，过作斜率为的直线与椭圆有且只有一个公共点，求当为何值时，取得最小值，并求其最小值； （3）设直线与椭圆交于另外一点，直线与椭圆交于另外一点，为直线上一点（为坐标原点），问是否存在实数满足，使得为定值？若存在，求出和定值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025级高二学年上学期10月份月考 数学 试 题 考试时间：120分钟 分值：150分 命题人：戚丹 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. 椭圆的长轴长为（ ） A. B. 3 C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据长轴的概念即可得结果. 【详解】在椭圆中，，所以长轴长为6， 故选：D. 2. 已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用两点求出斜率，再结合倾斜角及斜率关系求解. 【详解】直线经过，两点，直线斜率为， 设直线的倾斜角为，则，得， 即直线的倾斜角为. 3. 已知直线：，：，若，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 1或2 【答案】C 【解析】 【详解】已知直线：，：，若， 则有， 化简方程得：， 解得或，C正确. 4. 设定点，，动点满足条件，则点的轨迹是（ ） A. 椭圆 B. 线段 C. 射线 D. 椭圆或线段 【答案】D 【解析】 【分析】由基本不等式可得，再由椭圆的定义，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，所以， 当且仅当时等号成立， 当时，，而，此时点的轨迹是线段； 当时，， 此时点的轨迹是以、为焦点的椭圆. 综上所述，点的轨迹是以、为焦点的椭圆或线段. 故选：D 5. 若，，则直线不经过的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】化直线的方程为斜截式，由已知条件可得斜率和截距的正负，可得答案． 【详解】解：由题意可知  ，故直线的方程可化为  ， 由  ，  可得  ， 由斜率和截距的几何意义可知直线不经过第三象限． 故选：C． 6. 如图是一个中国古典园林建筑中常见的圆形过径门，已知该门的最高点到地面的距离为米，门在地面处的宽度为米.现将其截面图放置在直角坐标系中，以地面所在的直线为轴，过圆心的竖直直线为轴，则门的轮廓所在圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用勾股定理可构造方程求得半径，进而得到圆心坐标，由此可得圆的方程. 【详解】设该圆的半径为，如图， 由题意知：，，， 由勾股定理得：，即，解得：， ，即圆的圆心为，则圆的方程为. 故选：A. 7. 已知点在圆上，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先设，代入圆方程，整理得含参数的关于的一元二次方程，再结合求出的取值范围，进而得解． 【详解】设，则，代入中，得， 整理得， 又点是圆上的点，即上述方程有实数解， 所以，解得或， 故的取值范围为． 8. 已知椭圆的左、右焦点分别是，点是椭圆上异于长轴端点的动点．若的外接圆的面积是其内切圆面积的倍，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据椭圆的定义得到，，再设外接圆的半径为,内切圆的半径为，从而根据题意得到，再利用内切圆法得到，再根据正弦定理得到，从而结合三角形的面积公式得到，从而根据余弦定理得到，从而根据即可求出的值，进而即可求出的面积 【详解】由椭圆，则由椭圆的定义可知，且， 设外接圆的半径为,内切圆的半径为，则，得， 所以， 在中，由正弦定理有， 即，即， 所以，即， 在中，由余弦定理有， 又，即，化简得，解得， 所以的面积为． 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. 已知两点，到直线l的距离相等，则其方程可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据几何意义得，所求直线l需满足与MN平行或经过MN的中点，逐个选项检验即可． 【详解】当l与MN平行时，直线MN的斜率为， 则直线MN的方程为，即， D选项的直线方程为，斜率为，显然与直线 MN平行，符合题意； 当l过MN的中点时，经检验只有A选项的直线方程符合题意． 故选：AD． 10. 已知圆和圆相交于A，B两点，则下列结论正确的是（ ） A. 两圆的公共弦AB的长为 B. 四边形OACB的面积为 C. 两圆的公切线相交于点 D. 两圆的公切线相交所成角的大小为 【答案】ACD 【解析】 【分析】综合应用圆与圆的位置关系解决公共弦、公切线、面积及夹角问题. 【详解】A项中，两圆方程相减得公共弦AB所在直线方程：， 则弦长，故A正确； B项中，四边形OACB的面积为 ，故B错误； C项中，设公切线：，可得，解得，， 所以公切线为，解方程组，可得，即两圆的公切线相交于点，故C正确； D项中，在直角三角形ODE中，，，可得，由对称性可得两圆的公切线相交所成角的大小为，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知直线交椭圆于两点，为椭圆的左、右焦点，为椭圆的左、右顶点，在椭圆上与关于直线的对称点为Q，则（     ） A. 若，则 B. 若，则椭圆的离心率为 C. D. 若直线平行于x轴，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A.根据对称关系，以及椭圆的性质，判断A，B.根据斜率公式，以及点在椭圆上，化简判断B，C.根据中位线的性质，证明线线平行，判断C,根据几何关系，求倾斜角，再求直线的斜率，判断D. 【详解】A.设，当时，直线，点关于直线的对称点为，即，则，故A正确； B.设，，， ，即。 椭圆的离心率，故B错误； C.因为直线过原点，直线平分线段，且平分线段，所以，故C正确； D. 由C可知，，且，所以四边形是平行四边形，所以， 所以四边形也是平行四边形，因为直线垂直平分，所以， 因为轴，所以点关于轴对称，所以， 所以是等边三角形，所以，所以， 如图，第二种情况，当时，同理求得是等边三角形，所以，所以直线的倾斜角为，，综上可知，，故D正确. 三、填空题（每小题5分） 12. 若直线：与直线：平行，则与间的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用两条直线平行的性质求得的值，再利用两条平行直线间的距离公式，求得结果． 【详解】，，即， 当时，与重合，不合题意，， 所以两直线方程为与， 与间的距离． 故答案为：. 13. 已知点是矩形内的动点，且，，，点为边上的动点，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】建系后由距离关系得的轨迹为圆，在定直线上，将对称转化，问题化为圆上点到定点距离的最小值，再减去半径可得结果. 【详解】如图，以为原点，为轴，为轴建立直角坐标系， 则，，，，设动点， 由平方得整理配方得 ，即的轨迹是以为圆心，半径的圆在矩形内的部分. 在直线上，作关于的对称点，由对称性质得， 因此，对圆上动点，的最小值为定点到圆心的距离减去半径. 由于，故，即的最小值为. 14. 已知点分别为椭圆的左、右焦点，点在直线上运动.若的最大值为，则椭圆的离心率为___________ 【答案】## 【解析】 【分析】设直线，的倾斜角分别为，，，且，利用差角正切公式、基本不等式求关于椭圆中参数的表达式，结合已知求椭圆参数的数量关系，进而求离心率. 【详解】由题意知，，，直线为， 设直线，的倾斜角分别为，， 由椭圆的对称性，不妨设为第一象限的点，即，， 则，. ， ， 当且仅当，即时取等号， 又的最大值为， ，即，整理得，故椭圆的离心率是. 四、解答题 15. 求满足下列条件的直线的方程： （1）已知，求线段的垂直平分线的方程． （2）经过两直线和的交点，且平行于直线. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用斜率坐标公式及直线方程的点斜式求解. （2）求出两条已知直线的交点坐标，再设出所求方程，利用待定系数法求解. 【小问1详解】 由点，得线段的中点坐标为，直线的斜率为， 因此线段的垂直平分线的斜率为2，方程为，即. 【小问2详解】 由，解得，则直线和的交点坐标为， 设平行于直线的直线方程为，于是， 解得，所以所求直线方程为. 16. 已知直线被圆截得的弦长为． （1）求圆C的方程； （2）若直线l的方程为，试确定直线l与圆C的位置关系． 【答案】（1）； （2）相交. 【解析】 【分析】（1）根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式进行求解即可； （2）根据直线方程的特征求出直线l所过的定点，结合该点到圆心的距离与圆半径大小关系进行求解即可. 【小问1详解】 由题可得圆的圆心C的坐标为，半径为． ∵圆心C到直线的距离为， 直线被圆C截得的弦长为， ∴，解得或1． ∵，∴， 故圆C的方程为； 【小问2详解】 ∵l的方程可化为， ∴ 解得即l恒过定点． ∵圆心为， ∴点A在圆C内，从而直线l与圆C恒相交． 17. 已知椭圆分别为的左右焦点，点在上，且轴． （1）求的标准方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点， （ⅰ）若是的中点，求直线的方程； （ⅱ）若是椭圆的右焦点，且，为椭圆的左、右顶点，设和的面积为，当时，求的取值范围. 【答案】（1）; （2）（ⅰ）; （ⅱ） . 【解析】 【分析】（1）先根据垂直轴的条件得到椭圆半焦距，再结合椭圆中的关系，将已知点坐标代入椭圆标准方程，通过解方程求出 ，最终确定椭圆的标准方程； （2）(i)先设出直线与椭圆的交点坐标，代入椭圆方程作差变形，再结合中点坐标公式求出直线斜率，最后利用点斜式即可求出直线方程；(ii)先利用向量共线条件得到两点纵坐标的关系，再根据三角形面积公式，将面积比值转化为含参数 λ 的函数，结合参数的取值范围，利用函数单调性求出面积比值的取值范围. 【小问1详解】 轴， 横坐标与 相同，即 ，， 由椭圆关系：， 将 代入椭圆方程：， 即：， 把 代入：， 整理得：， 即，， ，，， 椭圆 标准方程：. 【小问2详解】 (i)设 ，两点在椭圆上： 则， ∴ ， ， ， 两边同除以 ，记 ： ，， ∵直线过 ，∴ 化简得：； (ii)由椭圆方程：， ，则： 纵坐标 ，则 ，∴， ∴， ， ∵ 以 为底， 纵坐标差为高： ∴ ， 代入 ： ∴， 化简：， ∴ ， 函数 在 单调递增， 当：， 当：， . 18. 已知圆内有一点，为过点且倾斜角为的弦． （1）当时，求的长； （2）求弦中点的轨迹方程． （3）过点的直线与圆交于两点，问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）先根据倾斜角求出直线斜率，写出过定点的直线方程，再利用点到直线距离公式求出圆心到弦的距离，最后结合圆的半径，利用垂径定理对应的弦长公式，分步代入计算出弦长； （2）先利用圆的垂径几何性质，弦的中点与圆心的连线垂直于弦，通过设出中点坐标，再利用向量垂直的数量积为零建立等式，最后整理化简后得到中点的轨迹方程即可； （3）先根据 轴平分角的几何特征，转化为两条直线斜率之和为零，再设出定点坐标和直线方程，联立直线与圆得到一元二次方程，然后利用韦达定理表示两根关系，代入斜率等式化简，根据式子恒成立条件求出定点参数，最后验证定点存在即可. 【小问1详解】 ， ∴ ：，即 ， ∴圆心 到直线距离 ∴ . 【小问2详解】 设弦 的中点为 ，且为圆心， ， 又∵在弦 上， ， ∴， ∴ ， 化简：， 即： . 【小问3详解】 假设在 轴正半轴上存在定点 ，使得 轴平分 ， 设过点 的直线方程为 ， 联立直线与圆的方程： 消去 得： ， 设 ，则 ， ∵ 轴平分 ，∴， 即 ， 将 代入上式得： ，整理得 ， ∴ 化简得 ，解得 ， ∴存在定点 ，使得 轴平分 . 19. 将离心率相等的所有椭圆称为“一簇椭圆系”．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，左、右焦点分别为.点是椭圆上位于第一象限内的一点． （1）若椭圆与椭圆在“一簇椭圆系”中，求常数的值； （2）设椭圆，过作斜率为的直线与椭圆有且只有一个公共点，过作斜率为的直线与椭圆有且只有一个公共点，求当为何值时，取得最小值，并求其最小值； （3）设直线与椭圆交于另外一点，直线与椭圆交于另外一点，为直线上一点（为坐标原点），问是否存在实数满足，使得为定值？若存在，求出和定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）或； （2）当时，取得最小值， 最小值为． （3）设，， 又题设的斜率必存在且，故设， 由可得，整理得， 故 ， 故，故， 故，同理. 因为，故， 故 ， 当且仅当即时，为定值. 【解析】 【分析】（1）求得椭圆的离心率，分类讨论可求得； （2）可得直线的方程分别为，，分别与椭圆联立方程，利用判别式为0,可得，，进而可求取得最小值； （3）设，，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求的坐标，同理可求的坐标，从而可用的坐标表示，结合在椭圆上化简前者可得时定值为. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率，当时，，解得； 当时，，解得．则或； 【小问2详解】 易得，所以直线的方程分别为，， 联立，消去并整理得， 因为直线与椭圆相切，所以，故， 因为，即， 联立， 消去并整理得， 因为直线与椭圆相切，所以，， 因为，即，则， 所以，当且仅当时，等号成立，此时． 故当时，取得最小值， 最小值为． 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $