2019-2020学年辽宁省六校协作体高二上学期10月月考数学试题(解析版)

试题

一、单选题

1．直线l经过点0,1和1,0，则直线l的倾斜角为（ ） A．

2 3B．

3 4C．

 3D．

 4【答案】D

【解析】算出直线的斜率后可得其倾斜角. 【详解】

设直线的斜率为k，且倾斜角为，则k根据tan1，而0,，故【点睛】

本题考查直线倾斜角的计算，属于基础题.

2．已知M3,0,N3,0,PMPN6，则动点P的轨迹是（ ） A．一条射线 【答案】A

【解析】根据PMPNMN可得动点P的轨迹. 【详解】

因为PMPN6MN，故动点P的轨迹是一条射线， 其方程为：y0,x3，故选A. 【点睛】

利用圆锥曲线的定义判断动点的轨迹时，要注意定义中规定的条件，如双曲线的定义中，要求动点到两个定点的距离的差的绝对值为常数且小于两个定点之间的距离并且两个定点及动点是在同一个平面中.

3．焦点坐标为0,3,0,3，长轴长为10，则此椭圆的标准方程为（ ）

B．双曲线右支

C．双曲线

D．双曲线左支

101， 01，故选D. 4x2y2A．1

10091y2x2B．1

10091y2x2C．1

2516x2y21 D．2516第 1 页 共 17 页

【答案】C

【解析】根据长轴长算出a后可得b的值，从而可得椭圆的标准方程. 【详解】

因为长轴长为10，故长半轴长a5，因为半焦距c3，故b4，

22yx又焦点在y轴上，所以椭圆的标准方程为1 ，故选C

2516【点睛】

求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.注意焦点的位置与标准方程形式上的对应.

2x（a1）y10， 4．直线L1：ax3y10，L2：若L1//L2，则a的值为（ ）

A．﹣3 【答案】C

-3x+3y+1=0，【解析】试题分析：由aa16，解得a=-3或a=2，当a=-3时，直线l1：直线l2：2x-2y+1=0，平行；当a=2时，直线l1：2x+3y+1=0，直线l2：2x+3y+1=0，重合

所以两直线平行，a=-3

【考点】本题考查两直线的位置关系

点评：解决本题的关键是掌握两直线平行或重合的充要条件为A1B2A2B1

2222225．已知圆C1：(x2)yr1与圆C2：(x4)yr2外切则圆C1与圆C2的周

B．2 C．﹣3或2 D．3或﹣2

长之和为( ) A．6 【答案】B

【解析】由两圆外切r1r2C1C2，再计算两圆的周长之和． 【详解】

222222圆C1：(x2)yr1与圆C2：(x4)yr2外切，

B．12 C．18 D．24

则r1r2C1C2426，

圆C1与圆C2的周长之和为2r12r22r1r212．

故选：B． 【点睛】

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本题考查了两圆外切与周长的计算问题，是基础题． 6．已知圆A．

B．1

关于

对称，则的值为 C．

D．0

【答案】A

【解析】化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标，代入得答案． 【详解】 化圆则圆心坐标为圆所以直线

经过圆心， ，得

当

时，．

故选A． 【点睛】

本题主要考查圆的一般方程与标准方程的互化以及圆的几何性质的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于基础题．

7．一条光线从点2,3射出，经x轴反射后与圆x2y26x4y120相切，则反射光线所在直线的斜率为（ ） A．

．

，不合题意， ，

关于

对称，

为

． 求得，验证

可

65或 56B．

45或 54C．

43或 34D．

32或 23【答案】C

【解析】求出点2,3关于x轴的对称点Q，再求出过Q且与已知圆相切的直线的斜率即为反射光线所在直线的斜率. 【详解】

点2,3关于x轴的对称点Q的坐标为2,3， 圆xy6x4y120的圆心为3,2，半径为R1.

22设过2,3且与已知圆相切的直线的斜率为k， 则切线方程为ykx23即kxy2k30，

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所以圆心3,2到切线的距离为d解得k5k51k2R1，

43或k，故选C.

43【点睛】

解析几何中光线的入射与反射，常转为点关于直线的对称点来考虑，此类问题属于基础题.

x2y28．已知椭圆+=1的两个焦点是F1，F2，点P在该椭圆上，若|PF1|－|PF2|=2，则

42PFF12的面积是（ ）

A．2 【答案】A

【解析】利用椭圆的定义，求得|PF1|＝3，|PF2|＝1，且|F1F2|＝22，则△PF2F1是直角三角形，即可求得△PF1F2的面积． 【详解】

由椭圆的方程可知a=2，c=2，且|PF1|+|PF2|=2a=4， 又|PF1|－|PF2|=2，所以|PF1|=3，|PF2|=1．

222

又|F1F2|=2c=22，所以有|PF1|=|PF2|+|F1F2|，即PFF12为直角三角形，

B．2 C．22 D．3

所以SPF1F211FFPF2212． 12222故选：A． 【点睛】

本题考查椭圆的定义，判断出△PF2F1是直角三角形是解本题的关键，属于基础题. 9．直线l是圆x2y24在(3,1)处的切线，点P是圆x24xy20上的动点，则点P到直线l的距离的最小值等于（ ） A．1 【答案】C

【解析】利用点到直线的距离公式求出圆心（2，0）到直线l的距离d和半径，则d减去半径即为所求． 【详解】

B．2

C．3 D．2

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1圆x2y24在3,1处的切线l的斜率为-1=3，所以切线方程为3y-1=3(x+3), 方程为：y3x4，圆x2y24的圆心M2,0到直线l的距离为

2d23432，所以点P到直线l的距离最小值等于dR圆3，

31故选C. 【点睛】

本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，属于基础题．

x2y210．已知双曲线C:221a0,b0的左、右焦点分别为F1、F2，O为坐标

ab原点，P是双曲线上在第一象限内的点，直线PO、PF2分别交双曲线C左、右支于 另一点M、N，PF12PF2，且MF2N60，则双曲线C的离心率为（ ）A．2 【答案】B

【解析】利用定义求出PF1PF2为14a，PF22a，根据双曲线的对称性可得MF平行四边形，从而得出F1PF260，在F1PF2内使用余弦定理可得出a与c的等量关系，从而得出双曲线的离心率. 【详解】

由题意，PF12PF2，PF1PF22a，PF14a，PF22a. 连接MF1、MF2，根据双曲线的对称性可得MF1PF2为平行四边形，

B．3 C．7

D．23 3QMF2N60o，F1PF260，

由余弦定理可得4c216a24a224a2acos60o，c故选：B. 【点晴】

本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉

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3a，ec3， a及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将e用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于e的等式，从而求出e的值.本题是利用点到直线的距离等于圆半径构造出关于e的等式，最后解出e的值.

二、多选题

x2y211．若方程1所表示的曲线为C,则下面四个命题中错误的是（ ）

3tt1A．若C为椭圆,则1t3 C．曲线C可能是圆

B．若C为双曲线,则t3或t1 D．若C为椭圆，且长轴在y轴上，则

1t2

【答案】AD

【解析】就t的不同取值范围分类讨论可得曲线C表示的可能的类型. 【详解】

y2x2若t3，则方程可变形为1，它表示焦点在y轴上的双曲线；

t1t3x2y2若t1，则方程可变形为1，它表示焦点在x轴上的双曲线；

3t1tx2y2若2t3，则03tt1，故方程1表示焦点在y轴上的椭圆；

3tt1x2y2若1t2，则0t13t，故方程1表示焦点在x轴上的椭圆；

3tt1x2y2若t2，方程1即为x2y21，它表示圆，

3tt1综上，选AD. 【点睛】

一般地，方程mxny1为双曲线方程等价于mn0，若m0,n0，则焦点在x22轴上，若m0,n0，则焦点在y轴上；方程mxny1为椭圆方程等价于

22m0,n0且mn，若mn，焦点在y轴上，若mn，则焦点在x轴上；若

mn0，则方程为圆的方程.

x2y22312．已知双曲线C:221(a0,b0)的离心率为，右顶点为A，以A为圆心，

ab3第 6 页 共 17 页

b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，则有（ ）

A．渐近线方程为y3x C．MAN60 【答案】BC

B．渐近线方程为yD．MAN120

3x 3c2a2b2【解析】由离心率公式2化简可得渐近线方程，通过求圆心A到渐近线的2aa距离结合直角三角形可得到MAN的值. 【详解】

x2y2bc23 双曲线C:221的渐近线方程为yx,离心率为，abaa3c2a2b2b24b21b3则21,则，, 222aaa3a3a3故渐近线方程为y3x， 3取MN的中点P,连接AP,利用点到直线的距离公式可得dAPab, cabAPa， 则

cosPANcANbca21所以cosMANcos2PAN221则MAN60

c2故选：BC

【点睛】

本题考查双曲线的简单的几何性质，考查双曲线的渐近线和离心率的应用，考查圆的有关性质，属于中档题.

x2y213．已知椭圆C1:221a0,b0的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为e1，

ab第 7 页 共 17 页

CC椭圆C1的上顶点为M，且MF1MF20，双曲线2和椭圆1有相同焦点，且双曲

线C2的离心率为e2，P为曲线C1与C2的一个公共点，若F1PF2（ ）

3，则正确的是

e22 A．e1【答案】BD

B．e1e23 2C．e1e2225 222D．e2e11

【解析】对于椭圆C1，可利用焦点三角形MF1F2为等腰直角三角形可得其离心率，对于双曲线，可利用焦点三角形PF1F2的边角关系结合余弦定理求出其离心率，从而得到正确的选项. 【详解】

MF1MF2，故三角形MF1F2为等腰直角三角形， 因为MF1MF20且

设椭圆的半焦距为c，则cb22. a，所以e122在焦点三角形PF1F2中，设F1PF2=为a，

3C，PF1x,PF2y，双曲线2的实半轴长

x2y2xy4c2428c2222 ，故xyc ，从而xyxyxyxy则xy22c，

33xy2a所以a2e3222c262,e1e22,e2e121， 即e2，故23,e2e12e123故选BD. 【点睛】

对于椭圆（双曲线）的焦点三角形，因其一边为焦距，另两边的和（或差）是长轴长（实轴长），故可利用余弦定理和正弦定理处理焦点三角形中的边角关系.

三、填空题

14．直线l:mxy1m0过定点_____；过此定点倾斜角为【答案】1,1 x1

 的直线方程为_____．

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【解析】把直线方程整理为mx1y10后可得所求定点及过此点且倾斜角为的直线方程. 【详解】

直线l方程可整理为mx1y10， 故直线l过定点1,1，过此点且倾斜角为故分别填1,1，x1. 【点睛】

2的直线方程为x1. 2一般地，如果直线l1:A1xB1yC10,l2:A2xB2yC20相交于点P，那么动直线A1xB1yC1A2xB2yC20R必过定点P.

15．在平面直角坐标系xOy中 ，A(1,1),B(1,1),P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于，动点P的轨迹方程C为___________；直线x1与轨迹C的公共点的个数为_____.

13x23y2【答案】1(x1) 0

44【解析】设Px,y，求出直线AP与BP的斜率后可得动点P的轨迹方程，注意

x1，故可得直线x1与轨迹C的公共点的个数.

【详解】

设Px,y，则kAP故kAPkBPy1y1,kBP， x1x1y1y1y211x23y2，整理得到1，其中x1， x1x1x21344x23y2故动点P的轨迹方程为1(x1).

44又直线x1与轨迹C的公共点的个数为0.

x23y2故分别填1(x1)，0.

44【点睛】

x2y2对于椭圆C:221ab0，如果A,B为椭圆上的定点且关于原点对称，那

ab第 9 页 共 17 页

么对于椭圆上的动点P，当直线AP与BP的斜率都存在的时候，那么kAPkBP成立.

b22总

ax2y216．已知双曲线C的中心在原点，虚轴长为6，且以椭圆1的焦点为顶点，

65则双曲线C的方程为_____；双曲线的焦点到渐近线的距离为_____.

y2【答案】x1 3

92【解析】求出椭圆的半焦距后结合虚轴长可得双曲线的方程以及焦点到渐近线的距离. 【详解】

x2y2因为椭圆1的半焦距为651，故双曲线C的实半轴长为1，

65y2而其虚半轴长为3，故双曲线的方程为x1.

92双曲线的渐近线方程为：3xy0，焦点坐标为10,0，

所以焦点到渐近线的距离为d【点睛】

310y23，故分别填x1，3.

9102求圆锥曲线标准方程，一般有定义法和待定系数法，前者可根据定义求出基本量的大小，后者可根据条件得到关于基本量的方程组，解这个方程组可得基本量，本题已知一个基本量，只需求出另一个基本量即可，此类问题为基础题.

y2x217．在平面直角坐标系xOy中 ，已知椭圆C:1m4，点A(2,2)是

mm4椭圆内一点，B(0,2)，若椭圆上存在一点P，使得PAPB8，则m的范围是______；当m取得最大值时，椭圆的离心率为_______. 【答案】625,25

2 5【解析】先根据A(2,2)在椭圆内部得到m的取值范围，再求出PAPB的取值范围，根据PAPB8得到关于m的不等式组，两者结合可求m的取值范围，当m取得最大值时，可根据公式计算其离心率. 【详解】

因为点A(2,2)是椭圆内一点，故

441， mm4第 10 页 共 17 页

441由mm4可得m625. m4B(0,2)为椭圆的下焦点，设椭圆的上焦点为F，则PAPB2mPAPF而PAPFAF2，当且仅当P,A,F三点共线时等号成立， 故2m2PAPB2m+2，所以2m282m+2， 所以4m25，故625m25.

22yx25212m的最大值为25，此时椭圆方程为C:1，故其离心率为， 252155 ，

故分别填：625m25，【点睛】

2. 5m2n2m2n2点Pm,n与椭圆的位置关系可通过22与1的大小关系来判断，若221，

ababm2n2m2n2则P在椭圆的内部；若221，则P在椭圆上；若221，则P在椭圆的

abab外部．椭圆中与一个焦点有关的线段和、差的最值问题，可以利用定义转化到另一个焦点来考虑．

四、解答题

18．已知直线l经过直线3x4y20与直线2xy20的交点P （1）若直线l平行于直线3x2y90，求直线l的方程； （2）若直线l垂直于直线3x2y80，求直线l的方程. 【答案】（1）3x2y100（2）2x3y20

【解析】两直线联立可求得交点坐标；（1）根据平行关系可设直线为3x2ym0，代入交点坐标即可求得结果；（2）根据垂直关系可设直线为2x3yn0，代入交点坐标可求得结果. 【详解】 由3x4y20解得P点坐标为：2,2

2xy20（1）由于所求直线l与直线3x2y90平行

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可设所求直线l的方程为3x2ym0

将点P的坐标代入得：3222m0，解得：m10

所求直线l的方程为：3x2y100

（2）由于所求直线l与直线3x2y80垂直 可设所求直线l的方程为：2x3yn0

将点P的坐标代入得：2232n0，解得：n2

所求直线l的方程为：2x3y20

【点睛】

本题考查交点坐标求解、根据直线的位置关系求解直线方程的问题，关键是明确平行或垂直时的直线系方程的形式.

19．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a1，cosA3，3B2A.

（Ⅰ）求b的值； （Ⅱ）求sinB的值. 6【答案】（Ⅰ）

26123 ；（Ⅱ）

36【解析】（Ⅰ）由于B2A，计算出sinB再通过正弦定理即得答案； （Ⅱ）可先求出cosB，然后利用和差公式即可求得答案. 【详解】 （Ⅰ）解：又

cosA36，且A0,，∴sinA， 33B2A，

22， 3∴sinBsin2A2sinAcosA由正弦定理

abasinB23,得b， sinAsinBsinA323. 3第 12 页 共 17 页

∴b的值为2（Ⅱ）由题意可知，cosBcos2A2cosA11， 3∴sinBsinBcoscosBsin, 666261. 6【点睛】

本题主要考查三角恒等变换，正弦定理的综合应用，意在考查学生的分析能力，计算能力，难度不大.

20．已知圆C的圆心在直线2xy10上，且圆C经过点A(4,2),B(0,2). （1）求圆的标准方程；

（2）直线l过点P(1,1)且与圆C相交，所得弦长为4，求直线l的方程. 【答案】(1)(x2)(y3)5；(2)x1或3x4y10.

22【解析】（1）先求AB的中垂线方程，再求交点得圆心，最后求半径（2）根据垂径定理得圆心C到直线l距离，设直线l点斜式，根据点到直线距离公式求斜率，最后验证斜率不存在的情况是否满足条件. 【详解】

（1）设圆心为M，则M应在AB的中垂线上，其方程为x2，

x2x2由，即圆心M坐标为2,3 2xy10y3又半径rMA5，故圆的方程为x2y35. （2）点P1,1在圆内，且弦长为425，故应有两条直线. 圆心到直线距离d541.

①当直线的斜率不存在时，直线的方程为x1， 此时圆心到直线距离为1，符合题意.

②当直线的斜率存在时，设为k，直线方程为y1kx1 整理为kxyk10，则圆心到直线距离为d222k3k1k121，

3解得k，直线方程为3x4y10，

4综上①②，所求直线方程为x1或3x4y10.

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21．在等比数列{an}中，公比q(0,1)，且满足a32，a1a32a2a4a3a525． （1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bnlog2an，数列{bn}的前n项和为Sn，当

SS1S2n取最大值时，求12nn的值．

4n【答案】（1）an2；（2）6或7.

【解析】（1）由题意有q（2）由题意可得bn，【详解】

1，a18，再由等比数列通项公式可得解； 2Sn 为等差数列，由等差数列前n项和公式运算即可得解. n解：（1）a1a32a2a4a3a525，

222a2a4a4(a2a4)225， 可得a2由a32，即a1q22，①，可得a10，由0q1，可得an0， 可得a2a45，即a1qa1q35，② 1由①②解得q(2舍去），a18，

21n14n则an8()2；

24n（2）bnlog2an=log22=4n，

即bn为以3为首项，-1为公差的等差数列，

17nn2可得Snn(34n)，

22Sn7n， n2SSS57n 则12n312n2217n13nn2113169n(3)(n)2， 2244216可得n6或7时，

S21S1S2n取最大值． 12n2故n的值为6或7． 【点睛】

本题考查了等比数列的通项及等差数列前n项和公式，属中档题.

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y222．设

F1,F2分别是椭圆E：x+b2=1（0﹤b﹤1）的左、右焦点，过F1的直线l与

2E相交于A、B两点，且AF2，AB，BF2成等差数列。 （Ⅰ）求AB

（Ⅱ）若直线l的斜率为1，求b的值。 【答案】（1）

42, （2）b32【解析】【详解】

(1)由椭圆定义知|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝4，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝(2)l的方程为y＝x＋c，其中c＝1b2，

4. 3y＝x＋c，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点坐标满足方程组{ y2x2＝1b22c12b2. 消去y，得(1＋b)x＋2cx＋1－2b＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝221b1b2

2

2

因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝2|x2－x1|，即则

22F23．已知圆F1:xy22x140和定点24＝2|x2－x1|. 3482

＝(x1＋x2)－4x1x2＝

1b294(1b2)28b4(12b2)－＝

1b21b22，解得b＝

2. 22,0，其中点F1是该圆的圆心，P是圆F1上任意一点，线段PF2的垂直平分线交PF1于点E，设动点E的轨迹为C． （1）求动点E的轨迹方程C；

（2）设曲线C与x轴交于A,B两点，点M是曲线C上异于A,B的任意一点，记直线

MA，MB的斜率分别为kMA，kMB．证明：kMAkMB是定值；

（3）设点N是曲线C上另一个异于M,A,B的点，且直线NB与MA的斜率满足

kNB2kMA，试探究：直线MN是否经过定点？如果是，求出该定点，如果不是，请

说明理由．

2x2y2【答案】（1）（2）证明见解析；（3）是，,0. 1；

342第 15 页 共 17 页

【解析】（1）利用椭圆的定义可求曲线C的轨迹方程.

（2）设Mx0,y0，算出kMA，kMB后计算kMAkMB，利用M在椭圆上化简可得定值. （3）根据（2）的结论可得kNBkMB1，因此NBMB，从而BNBM0．直线MN的斜率存在时，可设MN的方程为ykxb,Mx1,y1,Nx2,y2，联立直线方程和椭圆方程，消去y后利用韦达定理化简BNBM0可得b2k，从而得到3直线MN经过定点，当直线MN的斜率不存在时可验证直线MN也过这个定点． 【详解】

（1）依题意可知圆F1的标准方程为x22y216，

因为线段PF2的垂直平分线交PF1于点E，所以EPEF2，

动点E始终满足EF1EF2r4F1F222，故动点E满足椭圆的定义,

x2y2因此2a4,2c22，解得a2,bc2，∴椭圆C的方程为1.

42（2）A2,0,B2,0，设Mx0,y0，则

kMAkMB（3）

122x0yyy100222； x02x02x02x02220kNB2kMA，由（2）中的结论kMAkMB111可知kNBkMB， 222所以 kNBkMB1，即NBMB，故BNBM0.

当直线MN的斜率存在时，可设MN的方程为ykxm,Mx1,y1,Nx2,y2，

ykxm22212kx4kmx2m20， 由2可得2x2y44km2(m22)则x1x2（），,x1x22212k12kBNBMx12,y1x22,y2x12x22kx1mkx2m1k2x1x2km2x1x2m240，

将（）式代入可得3m24k28km0，即2km2k3m0， 亦即2km0.或2k3m0.

当m2k时，ykx2kkx2，此时直线MN恒过定点2,0（舍）；

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2222ykxkkxmk当时，，此时直线MN恒过定点,0；

3333当直线MN的斜率不存在时，经检验，可知直线MN也恒过定点2,0； 32综上所述，直线MN恒过定点,0.

3【点睛】

求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于x或y的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有x1x2,x1x2或y1y2,y1y2，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.

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