2020-2021学年江西师大附中高二（上）10月月考数学试卷（Word解析版）

2020-2021学年江西师大附中高二（上）10月月考数学试卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）若ab＞0，bc＜0，则直线ax+by+c＝0一定不过（　　）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
2．（5分）椭圆x2+my2＝1的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m的值为（　　）
A．
B．
C．2
D．4
3．（5分）已知两平行直线x+2y+m＝0与2x﹣ny﹣4＝0之间的距离是，若m＞0，则m+n＝（　　）
A．0
B．﹣1
C．1
D．﹣2
4．（5分）已知圆C：x2+2x+y2＝0的一条斜率为1的切线为l1，且与l1垂直的直线l2平分该圆，则直线l2的方程为（　　）
A．x﹣y+1＝0
B．x﹣y﹣1＝0
C．x+y﹣1＝0
D．x+y+1＝0
5．（5分）已知实数，y满足约束条件，则z＝x﹣2y的最小值是（　　）
A．﹣5
B．4
C．5
D．﹣4
6．（5分）已知点M（，0），椭圆+y2＝1与直线y＝k（x+）交于点A、B，则△ABM的周长为（　　）
A．4
B．8
C．12
D．16
7．（5分）已知△ABC的顶点A（5，1），AB边上的中线CM所在直线方程为2x﹣y﹣5＝0，AC边上的高BH所在直线方程为x﹣2y﹣5＝0，则直线BC的方程为（　　）
A．6x+5y﹣9＝0
B．5x﹣6y+9＝0
C．6x﹣5y﹣9＝0
D．5x+6y﹣9＝0
8．（5分）方程﹣2＝k（x﹣1）有唯一解，则实数k的取值范围是（　　）
A．[1，+∞）
B．（1，+∞）
C．（1，+∞）∪{}
D．[1，+∞）∪{}
9．（5分）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y2≤2，若将军从点A（3，0）处出发，河岸线所在直线方程为x+y＝4，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（　　）
A．
B．
C．
D．
10．（5分）设F1、F2分别是椭圆+y2＝1的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使（+）?＝0（O为坐标原点），则△F1PF2的面积是（　　）
A．4
B．3
C．2
D．1
11．（5分）方程﹣＝1表示椭圆，则圆（x﹣3）2+（y+5）2＝r2上到直线4x﹣3y＝2的距离等于1的点有且只有（　　）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
12．（5分）已知圆C：x2+y2＝1，点M为直线x﹣2y﹣6＝0上一动点，过点M向圆C作切线MA，MB，A、B为切点，则直线AB经过定点（　　）
A．（，﹣）
B．（﹣，）
C．（﹣，）
D．（，﹣）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知直线l1：ax+（a+2）y+1＝0，l2：x+ay+2＝0．若l1⊥l2，则实数a的值是　
　．
14．（5分）已知直线l的方程为（m2﹣2m﹣3）x+（2m2+m﹣1）y+6﹣2m＝0．若点P（1，1），Q（﹣2，0）位于直线l的同一侧，则m的取值范围是　
　．
15．（5分）已知三角形的三个顶点为O（0，0），M（6，0），N（8，4），过点（3，5）作其外接圆的弦，若最长弦与最短弦分别为AC，BD，则四边形ABCD的面积为　
　．
16．（5分）已知F是椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的一个焦点，P是C上的任意一点，则|FP|称为椭圆C的焦半径．设C的左顶点与上顶点分别为A，B，若存在以A为圆心，|FP|为半径长的圆经过点B，则椭圆C的离心率的取值范围是　
　．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）为了绿化城市，准备在如图所示的区域内修建一个矩形PQRC的草坪，且PQ∥BC，RQ⊥BC，另外△AEF的内部有一文物保护区．AB＝100m，BC＝80m，AE＝30m，AF＝20m．
（1）求直线EF的方程．
（2）应如何设计才能使草坪的占地面积最大？
18．（12分）已知直线l经过点P（3，2）．
（1）若直线l在x轴、y轴上的截距互为相反数，求直线l的方程；
（2）若直线l与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点．当|PA|2+|PB|2取得最小值时，求直线l的方程．
19．（12分）设圆C的圆心在x轴的正半轴上，Q（0，）是圆C与y轴的其中一个交点，且直线y＝x被圆C截得的弦长为4．
（1）求圆C的标准方程；
（2）设P是直线3x+4y+14＝0上的动点，PA、PB是圆C的两条切线，A、B为切点，求|PC|×|AB|的最小值．
20．（12分）已知圆C1：x2+（y+2）2＝8，点A为圆C1上任意一点，点B（4，0），线段AB的中点为M，点M的轨迹为曲线C2．
（1）求点M的轨迹C2的方程；
（2）设过点（1，1）的直线交曲线C2于P，Q两点，且以PQ为直径的圆经过点（2，1），求直线PQ的方程．
21．（12分）已知椭圆+＝1（a＞b＞0）短轴顶点与焦点所组成的四边形面积为2，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点P（0，2）的直线l与椭圆相交于A、B两点，求三角形OAB面积的最大值．
22．（12分）在平面直角坐标系中，动点E（x，y）满足方程．
（1）说明动点E的轨迹是什么曲线，并求出曲线C的标准方程；
（2）若点，是否存在过点（0，﹣1）的直线l与曲线C相交于A，B两点，且直线PA，PB与y轴分别交于M、N两点，使得|PM|＝|PN|？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
2020-2021学年江西师大附中高二（上）10月月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【分析】由题意可得斜率﹣＜0，在y轴上的截距﹣＞0，即直线的倾斜角为顿角，在y轴上的截距大于0，故直线不经过第三象限．
【解答】解：直线ax+by+c＝0，即
y＝﹣﹣，若ab＞0
且bc＜0，
则斜率﹣＜0，在y轴上的截距为﹣＞0，
即直线的倾斜角为顿角，在y轴上的截距大于0，故直线不经过第三象限，
故选：C．
2．【分析】根据题意，求出长半轴和短半轴的长度，利用长轴长是短轴长的两倍，解方程求出m的值．
【解答】解：椭圆x2+my2＝1的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，∴，
故选：A．
3．【分析】由题意利用两条直线平行的性质求出n，再利用两条平行直线间的距离公式求出m，可得结论．
【解答】解：∵两平行直线x+2y+m＝0，即
2x+4y+2m＝0，
它与2x﹣ny﹣4＝0之间的距离是，且m＞0，
∴n＝﹣4．
再根据＝，∴m＝3
或m＝﹣7
（舍去），
则m+n＝3﹣4＝﹣1，
故选：B．
4．【分析】由与l1垂直的直线l2平分该圆，得到l2的斜率k＝﹣1，且过圆心C（﹣1，0），由此能求出直线l2的方程．
【解答】解：∵圆C：x2+2x+y＝0的一条斜率为1的切线为l1，且与l1垂直的直线l2平分该圆，
∴l2的斜率k＝﹣1，且过圆心C（﹣1，0），
∴l2的方程为：y＝﹣（x+1），整理，得x+y+1＝0．
故选：D．
5．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，
联立，解得A（1，3），
化目标函数z＝x﹣2y为y＝，由图可知，当直线y＝过A时，直线在y轴上的截距最大，
z有最小值为1﹣2×3＝﹣5．
故选：A．
6．【分析】直线过定点，由椭圆定义可得
AN+AM＝2a＝4，BM+BN＝2a＝4，由△ABM的周长为AB+BM+AM＝（AN+AM）+（BN+BM），求出结果．
【解答】解：直线过定点，
由题设知M、N是椭圆的焦点，由椭圆定义知：AN+AM＝2a＝4，BM+BN＝2a＝4．
△ABM的周长为AB+BM+AM＝（AN+BN）+BM+AM＝（AN+AM）+（BN+BM）＝8，
故选：B．
7．【分析】根据垂直关系求出AC的直线方程，与CM的直线方程联立求点C的坐标，根据题意求得点B的坐标，再求出直线BC的方程；
【解答】解：BH所在直线方程为x﹣2y﹣5＝0，
设AC的方程为2x+y+t＝0，且过A（5，1），
代入解得t＝﹣11，
联立AC与CM的方程，
得，解得C（4，3）；
设B（2m+5，m），则M（，m），
即2m+10﹣﹣5＝0，
解得m＝﹣3，则B（﹣1，﹣3），
所以直线BC的方程为：6x﹣5y﹣9＝0．
故选：C．
8．【分析】通过已知可以将方程转换为圆与直线的位置关系，依据题中已知结合图象求解即可．
【解答】解：由题可知：，
假设直线y1＝k（x﹣1）+2，曲线，
则直线y1＝k（x﹣1）+2恒过（1，2）点，
曲线可表示以原点为圆心，以1为半径的园的上半部分．
由题可知题中所示方程有唯一解等价于直线y1与曲线y有且仅有一个交点，
（1）当直线y1与曲线y表示的半圆相切时：由相切的性质可知：
圆心到直线的距离等于半径，即：，
解得：；
（2）当直线y1与曲线y表示的半圆不相切但有一个交点时：
有图可知临界状态为直线经过（﹣1，0）点，易知此时k＝1，
则从临界状态逆时针旋转至垂直于x轴期间，恒定有一个交点，
此时k＞1，
综上可知，k的取值范围为．
故选：C．
9．【分析】求出A关于x+y＝4的对称点A'，根据题意，A'C﹣为最短距离，求出即可．
【解答】解：设点A关于直线x+y＝4的对称点A'（a，b），设军营所在区域为的圆心为C，
根据题意，A'C﹣为最短距离，先求出A'的坐标，
AA'的中点为（，），直线AA'的斜率为1，
故直线AA'为y＝x﹣3，
由，联立得
故a＝4，b＝1，
所以A'C＝，
故A'C﹣＝，
故选：B．
10．【分析】根据向量条件（+）?＝0得到△F1PF2是直角三角形，根据椭圆的定义即可得到结论．
【解答】解：∵（+）?＝0，
∴平行四边形OPBF2的对角线互相垂直，
即平行四边形OPBF2是菱形，
∵椭圆+y2＝1，∴a＝2，b＝1，c＝，
即OP＝OF2＝，即平行四边形OPBF2的边长为，
∴△F1PF2是直角三角形，
设PF2＝x，PF1＝y，
则x+y＝2a＝4，
平方得x2+2xy+y2＝16，
∵x2+y2＝（2c）2＝12，
∴2xy＝16﹣12＝4，即xy＝2，
则△F1PF2的面积为，
故选：D．
11．【分析】求出r的范围，然后求解圆的圆心到直线的距离，与圆的半径比较，即可得到结果．
【解答】解：方程﹣＝1表示椭圆，可得，可得r∈（4，5）∪（5，6），
圆（x﹣3）2+（y+5）2＝r2的圆心（3，﹣5）到直线4x﹣3y＝2的距离d＝＝5，
则圆（x﹣3）2+（y+5）2＝r2上到直线4x﹣3y＝2的距离等于1的点有且只有2个．
故选：B．
12．【分析】根据题意，设点M的坐标为（2t+6，t），由切线的性质可得CA⊥MA，CB⊥MB，即可得点A、B在以MC为直径的圆上，求出圆的方程，则有AB为两圆的公共弦，联立两圆的方程可得直线的AB的方程，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，点M为直线x﹣2y﹣6＝0上一动点，设点M的坐标为（2t+6，t），
过点M向圆C作切线MA，MB，A、B为切点，则CA⊥MA，CB⊥MB，
则点A、B在以MC为直径的圆上，该圆的方程为x（x﹣2t﹣6）+y（y﹣t）＝0，变形可得x2+y2﹣（2t+6）x﹣ty＝0，
AB为圆x2+y2﹣（2t+6）x﹣ty＝0和圆C的公共弦，
则有，
联立可得：（2t+6）x+ty﹣1＝0，变形可得6x﹣1+t（2x+y）＝0，
又由，解可得，则直线AB经过定点（，﹣），
故选：D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．【分析】根据直线垂直的等价条件进行求解即可．
【解答】解：l1⊥l2，则a+a（a+2）＝0，
即a（a+3）＝0，解得a＝0或a＝﹣3，
故答案为：0或﹣3
14．【分析】根据点在位于直线l的同一侧，则将点代入后值得符号相同，即可求出m的范围．
【解答】解：点P（1，1），Q（﹣2，0）位于直线l的同一侧，
∴（m2﹣2m﹣3+2m2+m﹣1+6﹣2m）（﹣2m2+4m+6+6﹣2m）＞0，
即（3m2﹣3m+2）（2m2﹣2m﹣12）＜0，
∵3m2﹣3m+2＞0恒成立，
∴2m2﹣2m﹣12＜0，
即m2﹣m﹣6＜0，
解得﹣2＜m＜3，
故m的取值范围是（﹣2，3）．
故答案为：（﹣2，3）．
15．【分析】设出三角形外接圆的方程，代入已知点的坐标求得待定系数，可得圆的方程，根据题意可知，过（3，5）的最长弦为直径，最短弦为过（3，5）且垂直于该直径的弦，分别求出两个量，然后利用对角线垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半求出即可．
【解答】解：设△OMN的外接圆的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，
由O（0，0），M（6，0），N（8，4），得
，
解得．
∴圆的标准方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝52，
点（3，5）在圆内部，
由题意得最长的弦|AC|＝2×5＝10，
点（3，5）到圆心（3，4）的距离为1．
根据勾股定理得最短的弦|BD|＝2＝4，且AC⊥BD，
四边形ABCD的面积S＝|AC|?|BD|＝×10×4＝20．
故答案是：20．
16．【分析】求出椭圆焦半径的范围，再由|AB|在焦半径范围内列不等式求解．
【解答】解：如图，
|AB|＝，a﹣c≤|PF|≤a+c，
由题意可得，a﹣c≤≤a+c，
不等式左边恒成立，则≤a+c，
两边平方整理得：2e2+2e﹣1≥0，解得e≤（舍）或e≥．
∴椭圆C的离心率的最小值为．
椭圆C的离心率的取值范围是[，1）．
故答案为：[，1）．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．【分析】（1）建立平面直角坐标系，直线EF过点E（30，0），F（0，20），其方程由截距式可得；
（2）点Q在直线EF上，可设点Q（x，20﹣x），矩形PQRC的面积S＝（100﹣x）?[80﹣（20﹣x）]，计算S取最大值时对应的x的值，从而得点Q的坐标即可．
【解答】解：（1）建立坐标系如图所示，在线段EF上任取一点Q，分别向BC，CD作垂线．
由题意，直线EF的方程为：；
（2）设Q（x，20﹣x），则矩形PQRC的面积为：S＝（100﹣x）?[80﹣（20﹣x）]（其中0≤x≤30）；
化简，得S＝﹣x2+x+6000
（其中0≤x≤30）；
所以，当x＝﹣＝5时，此时y＝20﹣×5＝，即取点Q（5，）时，S有最大值，最大值为6016m2．
18．【分析】（1）由题意利用截距式，分类讨论求直线的方程．
（2）设出直线l的方程，求得A、B的坐标，求出|PA|2+|PB|2，再利用基本不等式求出斜率，可得结论．
【解答】解：（1）∵直线l经过点P（3，2），直线l在x轴、y轴上的截距互为相反数，若截距不为0，
设l的方程为
﹣＝1，把点P代入可得
﹣＝1，求得a＝1，l的方程为
﹣＝1，即
x﹣y﹣1＝0．
若截距为0，则l的斜率为＝，直线l的方程为y＝x，即2x﹣3y＝0．
综上，直线l的方程为
x﹣y﹣1＝0或2x﹣3y＝0．
（2）由题意可得，直线的斜率k存在，且k＜0，设直线l的方程为
y﹣2＝k（x﹣3），
则A
（3﹣，0）、B（0，2﹣3k），
|PA|2+|PB|2＝[+4]+[9+（3k）2]＝13++9k2≥13+2×6＝25，
当且仅当k＝﹣时，等号成立，即|PA|2+|PB|2取得最小值，
此时，直线l的方程为
y﹣2＝﹣（x﹣3），即
x+y﹣2﹣3＝0．
19．【分析】（1）设圆心坐标为C（a，0），a＞0，半径为r，由Q点在圆上，坐标满足圆的方程，半径、弦的一半、弦心距满足勾股定理，可解出；
（2）|PC|×|AB|可以看做四边形PACB面积的2倍，四边形面积可以转化为PA与半径乘积的2倍，转化为PC的最小值，可求解．
【解答】解：（1）设圆心坐标为C（a，0），a＞0，半径为r，圆的方程为（x﹣a）2+y2＝r2，
又因为点Q坐标满足圆的方程，所以：a2+（）2＝r2…①；
由直线y＝x被圆C截得的弦长为4，可得圆心C到直线的距离设为d，则d＝，
由半径、弦的一半、弦心距满足勾股定理，可得（2）2+d2＝r2，即：8+＝r2…②
联立①②可得，a＝2，r2＝10；
所以圆的方程为：（x﹣2）2+y2＝10；
（2）如下图所示
点P在直线3x+4y+14＝0上运动，|PC|×|AB|可以看做四边形PACB面积的2倍，
四边形面积可以转化为PA与半径乘积的2倍，
又PA＝，而PC是直线上的一点和圆心的距离，
所以要使面积最小，只需PC最小即可，当PC⊥已知直线时即转化为圆心到直线的距离时最小，
此时的距离PCmin＝＝4，则|PA|min＝，
所以|PC|×|AB|min＝4|PA|min?r＝4×＝8．
20．【分析】（1）设点M（x，y），A（x0，y0），由中点坐标公式，A点坐标可以用点B和M表示出来，点A的坐标满足C1方程，代入方程即可求出点M的轨迹方程；
（2）由（1）知（1，1）在曲线C2上，不妨设点P坐标为（1，1），Q（x1，y1），N（2，1），PQ为直径的圆经过点（2，1），可得PN⊥QN，可得Q点的横坐标，Q点在曲线C2上，代入C2方程，可求出Q点的纵坐标，可得直线PQ方程．
【解答】解：（1）设点M（x，y），A（x0，y0），由中点坐标公式，，所以，代入曲线C1方程可得，
（2x﹣4）2+（2y+2）2＝8，
所以（x﹣2）2+（y+1）2＝2，即为点M的轨迹方程；
（2））由（1）知（1，1）在曲线C2上，不妨设点P坐标为（1，1），Q（x1，y1），N（2，1），
PQ为直径的圆经过点（2，1），可得PN⊥QN，
，所以x1＝2，又因Q点在曲线C2上，代入，得
∴Q（2，﹣1）或（2，﹣﹣1）
∴PQ方程为y﹣1＝（x﹣1）或y﹣1＝（x﹣1）
即y＝或y＝（﹣）x+3+．
21．【分析】（1）由椭圆的离心率公式和四边形的面积、结合a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）可设直线l的方程为y＝kx+2与椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式和基本不等式，可得所求最大值．
【解答】解：（1）由题意可得e＝＝，又?2b?2c＝2，即bc＝1，
又a2﹣b2＝c2，
解得a＝，b＝c＝1，
则椭圆的方程为+y2＝1；
（2）可设直线l的方程为y＝kx+2，与椭圆方程x2+2y2＝2联立，可得
（1+2k2）x2+8kx+6＝0，
则△＝64k2﹣4×6（1+2k2）＞0，化为2k2﹣3＞0，
设A，B的横坐标分别为x1，x2，
可得x1+x2＝﹣，x1x2＝，
则|AB|＝?＝?＝?，
而O到直线l的距离为d＝，
则S△OAB＝d?|AB|＝???＝，
设t＝（t＞0），即k2＝，
则S△OAB＝＝≤＝，
当且仅当t＝2即k＝±时，三角形OAB面积取得最大值．
22．【分析】（1）设F1（﹣1，0），F2（1，0），依题意，说明点E的轨迹是以F1（﹣1，0），F2（1，0）为焦点，长轴长为4的椭圆．然后转化求解即可．
（2）当直线l为x＝0时，不合题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx﹣1，A（x1，y1），B（x2，y2）．联立，消去y得（4k2+3）x2﹣8kx﹣8＝0．利用韦达定理以及判别式，结合|PM|＝|PN|，推出关于斜率方程，求解即可．
【解答】解：（1）设F1（﹣1，0），F2（1，0），依题意，
∴|EF2|+|EF1|＝4，且4＞|F1F2|＝2
∴点E的轨迹是以F1（﹣1，0），F2（1，0）为焦点，长轴长为4的椭圆．
设椭圆的方程为，
记，则2a＝4，c＝1，
∴a＝2，c＝1，∴，
∴曲线C的标准方程为．
（2）当直线l为x＝0时，不合题意．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx﹣1，A（x1，y1），B（x2，y2）．
联立，消去y得（4k2+3）x2﹣8kx﹣8＝0．
则△＝64k2+32（4k2+3）＞0，，．
∵?4k2﹣12k+5＝0，
∴或．
当时，经检验点P与点A或点B重合，不符合题意，故舍去．
当时，经检验符合题意，此时直线l的方程为．
综上所述，直线l的方程为．