2024-2025學年河北省衡水市高二上學期9月月考數學學情檢測試題一?單選題：本題共8個小題，每小題5分，共40分.在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知兩直線和，若，則（）A. B.8 C. D.22.若方程表示一個圓，則實數的取值范圍為（）A.，， B.C. D.3.阿基米德是古希臘著名的數學家?物理學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積，已知在平面直角坐標系中，橢圓的面積為，兩焦點與短軸的一個端點構成等邊三角形，則橢圓的標準方程是（）A. B. C. D.4.已知直線斜率的范圍為，則直線的傾斜角的取值范圍為（）A.或B.C.D.或5.已知圓，若圓剛好被直線平分，則的最小值為（）A.8 B.10 C.16 D.6.過橢圓C：右焦點F直線l：交C于A、B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為，則橢圓C的方程為（）A. B. C. D.7.已知是圓的一條弦，且，是的中點，當弦在圓上運動時，直線上存在兩點，使得恒成立，則線段長度的最小值是（）A. B. C. D.8.已知是橢圓上關于原點對稱的兩點，是橢圓的右焦點，則的取值范圍為（）A. B. C. D.二?多選題：本題共3個小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.若橢圓的焦距為2，則實數的值可為（）A.1 B.4 C.6 D.710.已知直線，，，以下結論正確的是（）A.不論為何值時，與都互相垂直；B當變化時，與分別經過定點和C.不論為何值時，與都關于直線對稱D.如果與交于點M，則的最大值是11.已知橢圓的左、右兩個焦點分別為、，直線與交于、兩點，軸，垂足為，直線與橢圓的另一個交點為，則下列結論正確的是（）A.若，則的面積為B.四邊形可能為矩形C.直線的斜率為D.若與、兩點不重合，則直線和斜率之積為三?填空題：本題3個小題，每小題5分，共15分.12.已知圓內有點，則以點為中點的圓的弦所在的直線方程為______.13.已知，，則代數式的最小值為__________；14.已知為橢圓上的一點，過作直線交圓于兩點，則的取值范圍為______.四?解答題：共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知圓，直線．（1）求證：直線l恒過定點；（2）判斷直線l與圓C的位置關系；（3）當時，求直線l被圓C截得的弦長．16.已知直線經過點.（1）若原點到直線l的距離為2，求直線l的方程；（2）若直線被兩條相交直線和所截得的線段恰被點P平分，求直線的方程.17.已知橢圓C：經過點，、是橢圓C的左、右兩個焦點，，P是橢圓C上的一個動點．（1）求橢圓C的標準方程；（2）若點P在第一象限，且，求點P的橫坐標的取值范圍．18.已知圓，點P是直線上的一動點，過點P作圓M的切線PA，PB，切點為A，B．（1）當切線PA的長度為時，求點P的坐標；（2）若的外接圓為圓N，試問：當P運動時，圓N是否過定點？若存在，求出所有的定點的坐標；若不存在，請說明理由；（3）求線段AB長度的最小值．19.如圖，在平面直角坐標系中，已知點，圓：與軸正半軸的交點是，過點的直線與圓交于不同的兩點.（1）若直線與軸交于，且，求直線方程；（2）設直線，的斜率分別是，，求的值；（3）設的中點為，點，若，求的面積.2024-2025學年河北省衡水市高二上學期9月月考數學學情檢測試題一?單選題：本題共8個小題，每小題5分，共40分.在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知兩直線和，若，則（）A. B.8 C. D.2【正確答案】A【分析】依據當兩直線平行時有計算出的值即可得解.【詳解】由題可知，.故選：A.2.若方程表示一個圓，則實數的取值范圍為（）A.，， B.C. D.【正確答案】A【分析】根據題意，由二元二次方程表示圓的條件可得，解可得的取值范圍，即可得答案．【詳解】根據題意，若方程表示一個圓，則，解可得或，即實數的取值范圍為，，，故選：A3.阿基米德是古希臘著名的數學家?物理學家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積，已知在平面直角坐標系中，橢圓的面積為，兩焦點與短軸的一個端點構成等邊三角形，則橢圓的標準方程是（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】由橢圓的面積為和兩焦點與短軸的一個端點構成等邊三角形，得到求解.【詳解】由題意得，解得，所以橢圓的標準方程是.故選：A4.已知直線的斜率的范圍為，則直線的傾斜角的取值范圍為（）A.或B.C.D.或【正確答案】D【分析】利用直線的傾斜角與斜率的關系計算即可.【詳解】由題意可知，由正切函數的單調性可知：或.故選：D5.已知圓，若圓剛好被直線平分，則的最小值為（）A.8 B.10 C.16 D.【正確答案】C【分析】利用給定條件得到，再進行基本不等式中‘1’的代換求解即可.【詳解】因為圓，所以圓心為，因為圓剛好被直線平分，所以直線必過點，代入直線中得到，所以，當且僅當時取等，此時解得，故C正確.故選：C6.過橢圓C：右焦點F的直線l：交C于A、B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為，則橢圓C的方程為（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】由題意，可得右焦點的坐標，聯立直線與橢圓的方程，利用韋達定理，求出的中點的坐標，由直線的斜率可得，的關系，再由橢圓中，，的關系求出，的值，進而可得橢圓的方程．【詳解】解：直線中，令，可得，所以右焦點，，設，，，，則，的中點，聯立，整理得，所以，，所以，所以，又，，所以，，所以橢圓的方程為，故選：A．關鍵點點睛：本題解題的關鍵是聯立直線和橢圓的方程，然后利用韋達定理求出，，進而根據由兩點間的斜率公式得，的關系.7.已知是圓的一條弦，且，是的中點，當弦在圓上運動時，直線上存在兩點，使得恒成立，則線段長度的最小值是（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】根據已知條件先確定出點的軌跡方程，然后將問題轉化為“以為直徑的圓要包括圓”，由此利用圓心到直線的距離結合點的軌跡所表示圓的半徑可求解出的最小值.【詳解】由題可知：，圓心，半徑，又，是的中點，所以，所以點的軌跡方程，圓心為點，半徑為，若直線上存在兩點，使得恒成立，則以為直徑的圓要包括圓，點到直線的距離為，所以長度的最小值為，故選：B．關鍵點點睛：解答本題的關鍵在于點軌跡方程的求解以及轉化思想的運用，根據弦中點以及線段長度可求點軌跡方程，其次“恒成立”轉化為“以為直徑的圓包括的軌跡”，結合圓心到直線的距離加上半徑可分析的最小值.8.已知是橢圓上關于原點對稱的兩點，是橢圓的右焦點，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】利用橢圓的對稱性以及定義可得，即可得，利用二次函數的性質即可求解.【詳解】由對稱性和橢圓定義可知，其中，故，又因，設點，則，所以，當時，取得最小值，最小值為4，當時，取得最大值，最大值為64，所以，故當時，取得最小值，最小值為51，當時，取得最大值，最大值為，故的取值范圍是.故選：C.二?多選題：本題共3個小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.若橢圓的焦距為2，則實數的值可為（）A.1 B.4 C.6 D.7【正確答案】BC【分析】分別考慮焦點在軸、軸上的兩種情況，然后根據求解出的值.【詳解】若焦點在軸上，則，故；若焦點在軸上，則，故．故選：BC．10.已知直線，，，以下結論正確的是（）A.不論為何值時，與都互相垂直；B.當變化時，與分別經過定點和C.不論為何值時，與都關于直線對稱D.如果與交于點M，則的最大值是【正確答案】ABD【分析】對于每個選項要逐個分析才能判斷.【詳解】對于A，如果，則，分別平行于x軸和y軸，顯然；如果，則，恒成立，A正確；對于B，對于直線，當時，恒成立，則過定點；對于直線，當時，恒成立，則恒過定點，B正確；對于C，在上任取點，關于直線對稱的點的坐標為，代入方程知：不在上，C錯誤；對于D，聯立，解得：，即，，即最大值是，D正確；故選：ABD.11.已知橢圓的左、右兩個焦點分別為、，直線與交于、兩點，軸，垂足為，直線與橢圓的另一個交點為，則下列結論正確的是（）A.若，則的面積為B.四邊形可能為矩形C.直線斜率為D.若與、兩點不重合，則直線和斜率之積為【正確答案】BC【分析】利用余弦定理、橢圓的定義以及三角形的面積公式可判斷A選項的正誤；根據四邊形可能為矩形求出點的橫坐標，可判斷B選項的正誤；利用斜率公式可判斷C選項的正誤；利用點差法可判斷D選項的正誤.【詳解】在橢圓中，，，，設點、，則，如下圖所示：對于A選項，由橢圓的定義可得，在中，由余弦定理可得，可得，因此，的面積為，A選項錯誤；對于B選項，由于直線與橢圓都關于原點對稱，則點、也關于原點對稱，又、關于原點對稱，所以，四邊形為平行四邊形，若四邊形為矩形，則，而，，，解得，B選項正確；對于C選項，，可知點，則，C選項正確；對于D選項，由于點、在橢圓上，則，上述兩個等式相減得，可得，直線的斜率為，直線的斜率為，所以，，D選項錯誤.故選：BC.結論點睛：有關點差法的結論如下：①設是橢圓的任意一條不與坐標軸垂直的弦，點為弦的中點，則直線和直線（其中為坐標原點）的斜率之積；②設是橢圓的任意一條過原點的弦，點是該橢圓上與點、不關于坐標軸對稱的一點，則直線和的斜率之積為.三?填空題：本題3個小題，每小題5分，共15分.12.已知圓內有點，則以點為中點的圓的弦所在的直線方程為______.【正確答案】【分析】由圓的一般方程求得圓的圓心，求得直線的斜率，再由兩直線垂直的條件求得所求直線的斜率，由直線的點斜式方程可求得答案．【詳解】由，得圓心為（1,0），故直線的斜率為，所以以點為中點的圓的弦所在的直線的斜率為，所以所求的直線方程為，即，故．13.已知，，則代數式的最小值為__________；【正確答案】【分析】由題意可得式子表示正方形內部的點到四個頂點的距離之和，由距離公式可得答案【詳解】解：由題意可得四個式子分別表示點到的距離和，因為，，所以點在4條直線所圍成的正方形內部，，當為正方形的對角線的交點，即為正方形的中心時，三點共線且三點共線，即和同時取得最小值，此時取得最小值即當點為該正方形的中心時，原式取得最小值，把代入計算可得最小值為，故關鍵點點睛：此題考查兩點間的距離公式的應用，解題的關鍵是把代數式轉化為點到的距離和，從而可求得答案，考查轉化思想，屬于中檔題14.已知為橢圓上的一點，過作直線交圓于兩點，則的取值范圍為______.【正確答案】【分析】如圖，過作，垂足為，可知是中點，則可得，再由勾股定理可得出，由橢圓的有界性即可求出最值.【詳解】如圖，過作，垂足為，可知是中點，可得，中，，在中，，聯立可得，設，則（），，，則，即，故的取值范圍為.故答案為.四?解答題：共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知圓，直線．（1）求證：直線l恒過定點；（2）判斷直線l與圓C的位置關系；（3）當時，求直線l被圓C截得的弦長．【正確答案】（1）證明見解析；（2）點A在圓C內，從而直線l與圓C相交（無論m為何實數）；（3）.【分析】（1）將直線方程整理為關于參數m的方程，可令求解，即可證結論.（2）由（1）所得定點，根據定點到圓心距離與半徑的關系，即可判斷直線l與圓C的位置關系；（3）由圓的弦長與半徑、弦心距的關系，求直線l被圓C截得的弦長．【詳解】（1）證明：直線l的方程可化為，又，∴，解得，∴直線l恒過定點．（2）圓心，，∴點A在圓C內，從而直線l與圓C相交（無論m為何實數）．（3）當時，直線l的方程為，圓心到直線l的距離．∴此時直線l被圓C截得的弦長為．16.已知直線經過點.（1）若原點到直線l的距離為2，求直線l的方程；（2）若直線被兩條相交直線和所截得的線段恰被點P平分，求直線的方程.【正確答案】（1）或（2）【分析】（1）通過討論直線的斜率存在和不存在的情況，求出直線方程即可；（2）、的坐標分別設為、，根據題意得到，，從而得到方程組，解出的坐標是，再利用點斜式求解方程即可.【小問1詳解】（1）當直線的斜率不存在時，顯然成立，直線方程為，當直線斜率存在時，設直線方程為，由原點到直線的距離為得，解得，故直線的方程為，即，綜上，所求直線方程為或.【小問2詳解】設直線夾在直線，之間的線段為（在上，在上），、的坐標分別設為、，因為被點平分，所以，，于是，，由于在上，在上，即，解得，，即的坐標是，故直線的斜率是，故直線的方程為：，即.17.已知橢圓C：經過點，、是橢圓C的左、右兩個焦點，，P是橢圓C上的一個動點．（1）求橢圓C的標準方程；（2）若點P在第一象限，且，求點P的橫坐標的取值范圍．【正確答案】（1）（2）．【分析】（1）依題意得焦點坐標，再利用橢圓的定義求得，進而求得即可；（2）設，從而可求得，再把代入求解即可.【小問1詳解】由已知得，，，，，同理，，，，橢圓的標準方程為．【小問2詳解】設，且，則，，．由橢圓方程可得，整理得，所以，即點的橫坐標的取值范圍是．18.已知圓，點P是直線上的一動點，過點P作圓M的切線PA，PB，切點為A，B．（1）當切線PA長度為時，求點P的坐標；（2）若的外接圓為圓N，試問：當P運動時，圓N是否過定點？若存在，求出所有的定點的坐標；若不存在，請說明理由；（3）求線段AB長度的最小值．【正確答案】（1）或；（2）圓過定點，；（3）當時，AB有最小值．【分析】（1）設，由，計算即可求得，得出結果；（2）因為A、P、M三點的圓N以MP為直徑，所以圓的方程為，化簡為，由方程恒成立可知，即可求得動圓所過的定點；（3）由圓和圓方程作差可得直線方程，設點到直線AB的距離，則，計算化簡可得結果.【詳解】（1）由題可知，圓M的半徑，設，因為PA是圓M的一條切線，所以，所以，解得或，所以點P的坐標為或．（2）設，因為，所以經過A、P、M三點的圓N以MP為直徑