陕西省西安市长安区第一中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

长安第一中学26-27学年上学期第一次月考高二数学试题 一、单选题(8小题，每小题5分，合计40分) 1.圆C1:x2+y2=1与圆C2:x2+y2+6x+5=0公切线的条数是() A.1 B.2 C.3 D.4 2.已知圆(x-1)2+(y-2)2=4被直线x+y-m-2=0平分，则m的值是( A.0 B.1 C.2 D.3 3.直线：y=kx+3被圆C:(x-2)2+y-3)2=4截得的弦长为2V3,则k的值为() A.月 B.号 c.9 D.±9 4.己知实数x1,x2,y1,y2满足x1+y1=4,x2+y吃=4，x1x2+y1y2=0,则|x1+y1-51+x2+y2-5引 的最大值为() A.122 B.14 C.7W2 D.12 5.若过圆C:x2+y2-6x=0内不同于圆心的点P恰好可以作7条长度为正整数的弦，则所有符合条件的 点P构成的区域的面积为() A.号 B.牙 C. D.平 6.已知双曲线C:三-三=1(a>0,b>0)的左、右两个焦点分别为F.F2,0为坐标原点，以0F,为直径的 圆与双曲线C在第一象限交于点M,直线MF2与双曲线C左支交于点N,IMF1=NF1l,则双曲线C的离心 率为() A.14 B.7 C.V19 D.27 7.地铁已成为市民必不可少的交通工具，某地铁线路A,B,C三站点自左向右位于同一条直线上，某市 民要步行去地铁站乘地铁前往C站，己知该市民在圆锥曲线E左侧时去A站到达C站更快，反之则去B 站更快，若地铁平均速度是该市民的3倍，且A,B两站等候时间期望相同，则E的离心率为() A.5 B.2② 2 C.23 D.3 3 8.在三棱锥P-ABC中，AP=2,点B,C到棱AP所在直线的距离均为1，点H为棱BC上一点，满足PH1 平面ABC,且PH=1,则棱BC的长度不可能为() 试卷第1页（共4页） A.1 B.2 C.3 D.4 二、多选题（每小题6分，共计3小题，合计18分) 9.已知双曲线C:兰三=1(a>0,b>0)的左、有焦点分别为F1,F2,点P是C的渐近线上一点(P在x 轴上方)，直线PF1与圆0：x2+y2=a2相切，且与C的左、右两支分别交于M,N两点，若0P=OF2,则 () A.以NF2为直径的圆与圆O相切 B.C的离心率e=3 C.线段MN的中点在直线y=3x上 D.△NF1F2的面积为3+2 10.已知△ABC的三个顶点都在抛物线x2=2py(p>0)上，且△ABC的重心为抛物线的焦点F,当点C的 横坐标为2时，直线AB的斜率等于-则() A.p=2 B.IAF1+BFI+ICFI是定值 C.△ABC任意一个顶点的横坐标的绝对值都小于2V2 D.△ABC可能是直角三角形 11.数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、 思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.平面直角坐标系中，若曲线E是由曲线x-1= √1-y2和y川-1=V1-x2共同构成的，则下列结论不正确的是() A.曲线E围成的图形面积为π+4 B.若点(xo,yo)在曲线E上，则xo的取值范围是「-V2,V2 C.若圆x2+y2=r2(r>0)能覆盖曲线E,则r的最小值为2 D.若曲线E与直线y=x+m有公共点，则m的取值范围为[-4,4 三、填空题(3小题，每小题5分，合计15分) 12.若对任意r>0,圆c-1)2+y2=2与椭圆x2+三=16>1)至多有3个公共点，则b的取值范围为 13.己知点M在抛物线y2=8x上，点Q(5,4,点N在圆C:(x-2)2+y2=1上，当MQ+MN取得最小值 时，CM.C0=_ 14.如果两个椭圆的长轴长之比等于短轴长之比，那么称这两个椭圆为相似椭圆，并将长轴长之比称为相 似比.已知两个相似椭圆C1:号+y2=1和C2:三+景=1(a>b>1)的相似比为，A为C,上一动点， 过A作椭圆C1的两条切线，切点分别为B,D,直线AB的斜率和直线AD的斜率均存在且均不为O,则直线AB 的斜率与直线AD的斜率之积为 四、解答题（15题13分，1617题15分，18-19题17分，合计77分) 试卷第2页（共4页） 15.已知点F是抛物线y2=4x的焦点，动点P在抛物线上 (1)写出抛物线的焦点坐标和准线方程： (2)设点R(t,0)(t>0),求PR的最小值： (3)若一个正方形ABCD的两个顶点A,B在抛物线上，另两个顶点C,D在直线x-y+8=0上，求正方形 ABCD的面积. 16.己知直线与抛物线y2=2x相交于A,B两点，且∠A0B=90°. (I)求证：直线AB必过一定点： (2)求△A0B面积的最小值. 17.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F.过F的直线交C于A,B两点，其中A在x轴上方，B在x轴下方.过A,B 分别作C的切线，两切线交于点T」 (1)证明：点T在一条定直线上，且FT1L. (2)记△ABT的外接圆为T.设P为第一象限内一点.若恰存在一条符合条件的直线l,使相应的圆T经过点P, 求点P的轨迹. 试卷第3页（共4页） 18.已知点A(-V2,0),B(W2,0),T(1,-》,动点M满足直线MA和MB的斜率乘积为- (1)求动点M的轨迹方程； (2)直线与动点M的轨迹交于P,Q两点，其中直线TP的斜率大于0，且直线TP、TQ的斜率之和为0，∠PTQ= (i)求点P的坐标： (ii)求△PTQ的面积. 19.已知圆0的圆心为坐标原点，且经过点(1，-V3,圆0与x轴正半轴交于点A,与y轴正半轴交于点B, 与x轴负半轴交于点C. (1)求圆0的标准方程： (2)P是圆O上一点且不在坐标轴上，直线AP交y轴于点M,直线BP交x轴于点N,求证：|AN:BM为定值： (3)若直线的斜率存在，且与圆O交于D,E两点（异于点C),直线CD与直线CE的斜率之积为3，求证：直 线过定点 试卷第4页（共4页） 《长安第一中学26-27学年上学期第一次月考高二数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 c B D B A B D D AD ABC 题号 11 答案 ABD 12.(1,VZ 13.16 14.--0.5 15.(1)焦点F(1,0),准线x=-1 IPavt- 0<t≤2 t>2 (3)32或1568 【分析】(1)由y2=4x结合抛物线的定义求解即可. (2)设P(x,y),则y2=4x,得PR2=(x-t)2+4x,这是关于x≥0的二次函数，对称轴x=t-2,分 0<t≤2与t>2讨论最小值， (3)由CD在y=x+8上，斜率为1，故AB II CD,设AB:y=x+m,与抛物线联立求弦长AB;由AB 与CD距离d=l,令AB=d球m,再计算面积 【详解】(1)已知抛物线y2=4x,则2p=4,所以p=2, 焦点坐标为F(1,0),准线方程为x=-1. (2)设P(x,y)在抛物线上，则y2=4x,且x≥0，点R(t,0), 则lPR2=(x-t)2+y2=(x-t)2+4x=x2+(4-2t)x+t2, 这是关于x≥0的二次函数，开口向上，对称轴为x=t-2, 当0<t≤2时，对称轴t-2≤0，函数在x≥0上单调递增， 最小值在x=0处取得，即川Rlmin=t; 当t>2时，对称轴t-2>0,最小值在x=t-2处取得， 此时1PR2=4(t-1),所以PRlmin=2WE-工. 缘P-{w0g2 (3)已知正方形ABCD中，A,B在抛物线上，C,D在直线x-y+8=0上， 由x-y+8=0得：y=x+8,斜率为1，所以CD的斜率为1， 正方形中AB/CD,因此AB的斜率也为1， 设直线AB的方程为y=x+m, 与抛物线y2=4x联立：(x+m)2=4x→x2+(2m-4)x+m2=0, 答案第1页（共7页） 设交点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4-2m,x1x2=m2,4=16(1-m)>0台m<1, 所以ABl=V2x1-x2l=V2Gx1+x2)2-4x1x2=V2(4-2m2-4m2=4W2V1-m, 又AB与CD平行，CD在直线y=x+8上，两平行线之间的距离为d=8m 正方形中AB与CD是对边，所以边长等于这个距离，即川AB|=d, 于是4W21-m=8,两边乘以V2,得8W1-m=8-m, 平方得64(1-m)=(8-m)2→64-64m=64-16m+m2→m(m+48)=0, 所以m=0或m=-48, 当m=0时，直线AB为y=x,与抛物线交于A(0,0),B(4,4), 此时边长s=18=4W2,面积S=s2=(4W22=32: √2 当m=-48时，直线AB为y=x-48,与抛物线交于A(36-12),B(64,16), 此时边长s-B--9=28N2,面积S=s2=(28N回'-1568 所以正方形ABCD的面积为32或1568. x=-1i D B A(O 16.(1)证明：设直线AB方程：x=my+a,A(x1,y1),B(x2,y2), 白"2女”消去x关整理得y2-2-2a=0… ∴.y1+y2=2m,y1y2=-2a,由∠A0B=90°得 0A.0B=x1x2+y1y2= yiy 4 2+y1y2=a2-2a=0 解得a=2或a=0(舍去)..直线AB过定点P(2,0) A (2)4 答案第2页（共7页） 【分析】(1)设直线AB方程：x=my+α，与抛物线的方程联立，根据韦达定理，由垂直的向量表示， 可得关于a的方程，求解可得a的值，从而得到直线AB所过定点； (2)由(1)可得△A0B面积SA40B=2×|OP|×(y1l+yzlD=I0P×y1-y2,根据韦达定理，并结 合二次函数的最值求法可得△AOB面积的最小值. 【详解】(1)略 (2)由(1)得y1-y2=0y1-y2)2= 0y1+y2)2-4y1y2=V4m2+16=2vm2+4, 1 1 S△MoB=2×|I0Pl×(yl+ly2lD=2l0P|×y1-2l=2×2×2√m2+4=2√m+4 ∴.当m=0时，△A0B的面积取得最小值为4. 17.(1)证明：因为F(1,0),设过点F的直线的解析式为x=y+1,A(x1y1),B(x2y2), 联或”y杆 得y2-4my-4=0 由韦达定理得y1+y2=4m,y1y2=-4, 则+为=m0+g）+2=m2+2.x-星×4-a-g-=1 16 16 设抛物线C:y2=4x过点A的切线为l4y=k1(x-x1)+y1,过点B的切线为lay=k2(x-x2)+y2, 联=kc-x+y1 y2=4x 得k1y2-4y+(4y1-4k1x1)=0,且△=(-4)2-4k1(4y1-41x1)=0, 因为点A在抛物线上，所以x1=至， 代入得好学-ky+1=(受-1)=0， 解得k1=名 测y号)+异x员4+异x+贤 y1 月理16：y=务x+号 联立 +号 y=2 y1 y=x+ y=-=2m 2 2 x=2=4=-1 44 即点T坐标为(-1,2m), 所以，点T在定直线x=一1上. 当m≠0时， 答案第3页（共7页） 因为过点F的直线的解析式为x=my+1,所以=x-六即直线的斜率，=品 又kT=亚==-m, xF-xT1-(-1) 所以kTk=-m·1=-1, 即FT1l: 当m=0时， 直线：x=1,T(-1,0), 则lr:y=0, 即FT1l, 综上所述FT1L. 2)点P的轨迹是以，0)为圆心，为半径，在x轴上方的半圆 【分析】(I)先假设过点F的直线的解析式，将其与抛物线联立，由韦达定理得到A,B两点坐标的关系，再 分别设这两点的切线方程，与抛物线联立通过△=0得到斜率，再将两切线方程联立得到点T坐标，即可得 出点T在定直线上，通过kTk,=-1即可得出FT1U, (2)证明AT1BT,则△ABT外接圆圆心为AB中点，利用待定系数法求出圆的方程，再将点P代入圆的方程， 通过△=0得到点P的轨迹方程 【详解】(1)略 (2)因为k,器-专-1. 所以AT1BT, 所以△ABT外接圆的圆心为斜边AB的中点M, 则M的坐标为（产，9）=(2，)=(2m2+1,2m). 直径|AB|=x1+x2+p=(2m2+1)×2+2=4m2+4, 则半径R=2m2+2, 圆Γ的方程为： (x-2m2-1)+(0y-2m)2=(2m2+2)2 设P(xo,yo)在第一象限， 由题可知，(x0-1-2m2)2+0y0-2m)2=(2m2+2)2 化简得：4xom2+4yom-(x0-1)2-y+4=0 即：x0m2+yom+1-o+6=0 4 恰有一个实数m意味着该二次方程有唯一解， 答案第4页（共7页） 由于>0，故判别式4=0，即-4(1-0)=0， 化简得(x0+1)(x6-3x+y)=0,即x0=-1或y=3x0-x6, 因为点P在第一象限，所以x0=-1不符题意，舍去， 所以%=30-，即6-3+另=0，得(x-》+6=(), 又因为点P在第一象限，所以0<x<3,0<y≤ 即点P的轨迹方程为(x-引+y2=0<x<3,0<y≤》， 所以点P的轨迹是以，0)为圆心，为半径，在x轴上方的半圆。 18.(1片+2y2=10x杜V2 ②)iPG,-):()号 【分析】(1)设点M,).可得-年'万化简可得动点M的轨迹方程： (2)(i)设直线TP的倾斜角为a,a∈(O,),直线TP、TQ与x轴交于点L、K,由题意得∠TKL=a,且a= 从而可得直线TP:y=x-三，与椭圆方程联立可解得点P的坐标， (i)同上求出点Q的坐标，即可得TP、TQ,再求面积 【详解】(1)设Mx,由题意有kw·kM=中'点后去=一去 化简得：x2+4y2=2,即+2y2=1,x≠士V2, 故所求动点M的轨迹方程为号+2y2=1(x≠士V②： (2)设直线TP的倾斜角为a,a∈(0，) 直线TP、TQ与x轴交于点L、K, 由题意得∠QKL=π-a,∠KLT=a,则LTKL=, 所以2a+∠P7Q=π，又LPTQ=所以2a+=π，得a=平 故krP=1,kr0=-1, 答案第5页（共7页） 因为T(1,-)所以直线TP:y+=x-1,即y=x- (i)联立 y=号.21 +2y2=1 化简得5x2-12x+7=0,解得x=或x=1(舍去)， 放PG,-): (i)直线7Q:y+=-(-1),即y=-x+ 联立 =x+片.砖+2--1 +2=1 化简得5x2-4x-1=0,解得x=-或x=1(舍去)。， 故Q(日) 所以--)+(+)-圈+-2 o1--吉+(0+)-目+图-g 因为LPTQ=京所以sa9rP川TQl-×号x9-岩 故△PTQ的面积是号 B 19.(1)x2+y2=4 (2)证明：由（1)可知A(2,0),B(0,2),设P(xo,yo)(x0≠0，y0≠0)，则x6+y=4, 由题意知x0≠2，直线AP的方程为y=品，(c-2), 令x=0,得y=受所以M(0,) 由x≠0，得直线BP的方程为y=y0x+2. 令y=0,得x=号所以N() 所以AN-BMI=2+,l2+=4 =4}5+6+#2aog=42ootn+=8,所以AN-BM1为定值 xoy0-2(x0+y0)+4 xoy0-2(x0+yo)+41 答案第6页（共7页） (B)证明：设直线的方程为y=kx+m,Dxy),Bx,y),己知C(-20),联立2+=4得1+k2x2+ ly=kx+m, 2kmx+m2-4=0,4=42m2-4(1+k2)m2-4④>0，即m2<4k2+4所以x1+3=-0,x1女 装所以koka:×ag-0-3所以02-3x+(m- x1x2+2(x1+x2)+4 606x+x为)+m2-12=0所以(2-3)装+(m-6)()+m2-12=0 整理得(m-2k)(m-4)=0,所以m=2k或m=4k. 当m=2k时，直线的方程为y=kx+2k=k(x+2),恒过点C(-2,0),不符合题意： 当m=4k时，直线的方程为y=kx+4k=k(x+4),恒过点(-4,0)，符合题意. 所以直线过定点(-4,0) 【分析】(1)先求出圆的半径，再根据圆的标准方程直接写出答案： (2)设P(xo,yo)(xo≠0，y0≠0)，先求出A,B两点的坐标，再求出直线AP和BP的方程，得到M,N的坐标， 对|ANBM进行变形求解即可： (3)设直线的方程为y=kx+m,Dx,),EK,y),联立化+4根据韦达定理得出x1+= ly =kx +m, x-再由kke=3建立方程，得到km的关系，证明直线过定点即可。 2km 【详解】(1)由己知得圆0的半径r=√12+(-V3)2-2. 所以圆0的标准方程为x2+y2=4 (2)略 （3)略 B 答案第7页（共7页）