2025-2026学年云南省昭通市市直中学高二（上）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年云南省昭通市市直中学高二（上）第一次月考数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知a=(2,−1,3)，b=(−4,2,−x)，且a//b，则x=( )
A. −6B. 5C. 4D. 6
2.椭圆x2+y24=1的短轴长为( )
A. 1B. 2C. 12D. 4
3.若直线2x−y−1=0与直线ax+2y−3=0垂直，则a=( )
A. −1B. 12C. 1D. 2
4.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=2，BC=BB1=1，则直线A1B与平面A1B1CD所成角的正弦值为( )
A. 12B. 33C. 55D. 1010
5.已知椭圆x29+y23=1，过点P(1,1)的直线交椭圆于A，B两点，且P为线段AB的中点，则直线AB的方程为( )
A. x+3y−4=0B. 3x+y−4=0C. x−3y+2=0D. 3x−y−2=0
6.已知直线y=kx(k≠0)与椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A，B两点，椭圆E右焦点为F，直线AF与E的另外一个交点为C，若BF⊥AC，若|BF|=3|CF|，则E的离心率为( )
A. 12B. 53C. 22D. 2 23
7.已知点P是椭圆x29+y24=1上的动点，则点P到直线x−2y+10=0的距离最小值为( )
A. 3B. 5C. 3 5D. 5
8.已知椭圆C：x2100+y236=1的右焦点为F，过F的直线l(kl>0)与椭圆C交于M，N，若MF=4FN，则直线l的斜率为( )
A. 23B. 33C. 53D. 73
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l：ax+y−3a−1=0，a∈R与圆C：(x−1)2+y2=4，则下列说法正确的是( )
A. 直线l恒过定点(3,1)
B. 当直线l与圆C相切时，切线方程是3x+4y−13=0
C. 当a=−1时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于 22
D. 圆C上的一点P到直线l的最大距离是 5+2
10.关于曲线E：mx2+ny2=1，下列说法正确的是( )
A. 若曲线E表示两条直线，则m=0，n>0或n=0，m>0
B. 若曲线E表示圆，则m=n>0
C. 若曲线E表示焦点在y轴上的椭圆，则m>n>0
D. 若曲线E表示椭圆，则m≠n
11.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23，长轴长为6，F，F′分别是椭圆的左、右焦点，A(1,1)是一个定点，P是椭圆E上的动点，则下列说法正确的是( )
A. |PF|+|PF′|=6B. 椭圆E的标准方程为x29+y25=1
C. |AF′|=2 2D. |PA|+|PF|的最大值为6+ 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆的一条直径的端点分别是A(1,−4)，B(−1,2)，则此圆的标准方程是______．
13.已知x，y满足x2+y2=9，则T= 10−2x+ 25+8y的最小值为______．
14.已知圆C1：x2+y2−2x−2y=0，设其与x轴、y轴正半轴分别交于M，N两点.已知另一圆C2的半径为2 2，且与圆C1相外切，则|C2M|⋅|C2N|的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知点A(−1,0)，B(2,0)，动点M满足2|MA|=|MB|．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)一条光线从点C(2,1)射出，经x轴反射与动点M的轨迹交于E，F两点，其中|EF|=2 3，求反射光线所在直线的方程．
16.(本小题15分)
求满足下列条件的圆的方程：
(1)经过点A(3,2)，B(2, 3)，圆心在x轴上；
(2)经过直线2x+y+1=0与x−2y+3=0的交点，圆心为点C(−2,1)．
17.(本小题15分)
求适合下列条件的椭圆的标准方程：
(1)焦点的坐标分别是(−4,0)，(4,0)，并且经过点(52,−3 32)；
(2)经过两点(2,− 2)，(−1, 142)．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，△PCD为等边三角形，AB//CD，CD⊥AD，CD=2AB=2AD=4．
(1)求证：PB⊥CD；
(2)若四棱锥P−ABCD的体积为4 3，求平面PAD与平面PBC的夹角正弦值．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为短轴长的 2倍，焦距为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若坐标原点为O，平行四边形ABCD的四个顶点A，B，C，D均在椭圆C上，且圆O：x2+y2=83内切于四边形ABCD．
(i)证明：四边形ABCD为菱形；
(ii)求四边形ABCD面积的最大值．
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：知=a=(2,−1,3)，b=(−4,2,−x)，且a//b，
则−42=2−1=−x3，解得x=6．
故选：D．
利用空间向量共线的坐标公式计算即得．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：椭圆x2+y24=1，椭圆的焦点在y轴上，可知b2=1，即b=1，
∴椭圆的短轴长为2b=2，
故选：B．
根据椭圆的标准方程求出b，即可求解．
本题考查椭圆的标准方程的应用，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：若直线2x−y−1=0与ax+2y−3=0垂直，则2a+(−1)×2=0，解得a=1．
故选：C．
根据两条直线垂直与方程的关系，建立关于a的方程，解之即可得到本题的答案．
本题主要考查两条直线垂直与方程的关系，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：如图，设点E为线段B1C的中点，连接BE，A1E.
∵在长方体中，DC⊥CB，DC⊥CC1，CB∩CC1=C，CB⊂平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，
∴DC⊥平面BCC1B1，∵BE⊂平面BCC1B1，∴DC⊥BE．
又BC=BB1=1，且E为线段BC的中点，∴BE⊥B1C，且B1C∩DC=C，B1C⊂平面A1B1CD，DC⊂平面A1B1CD，
∴BE⊥平面A1B1CD，故∠BA1E就是直线A1B与面A1B1CD所成的角．
在Rt△BA1E中，A1B= AB2+B1B2= 5，BE=12 BC2+B1B2= 22，
∴sin∠BA1E=BEA1B= 1010，
故直线A1B与平面A1B1CD所成角的正弦值为 1010．
故选：D．
先找到平面A1B1CD的垂线BE，则∠BA1E就是直线A1B与面A1B1CD所成的角，再解直角三角形即可．
本题主要考查直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：根据题目可知：过点P(1,1)的直线交椭圆于A，B两点，且P为线段AB的中点，
椭圆x29+y23=1，由129+1230，所以m>0，又MF=4FN，则点M在x轴下方，N在x轴上方，
且(8−x1,−y1)=4(x2−8,y2)，所以y1=−4y2，
所以y1=−192m9m2+25，y2=48m9m2+25，
所以−192m9m2+25⋅48m9m2+25=−3249m2+25，解得m2=97，即m=3 7(舍去负值)，
所以kl=1m= 73．
故选：D．
依题意设直线l的方程为x=my+8，设出点M、N的坐标，联立直线l与椭圆C的方程，由条件及韦达定理求解m的值，即可求解直线l的斜率．
本题考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想及转化思想，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：已知直线l：ax+y−3a−1=0，a∈R与圆C：(x−1)2+y2=4，
对于A，将直线l：ax+y−3a−1=0转化为l：a(x−3)+y−1=0，
由x−3=0y−1=0，解得x=3y=1，直线l恒过定点(3,1)，A正确；
对于B，圆C：(x−1)2+y2=4，可得圆心C(1,0)，半径r=2，
由直线l：ax+y−3a−1=0与圆相切，可得圆心C到直线l的距离d=r，
即|a+0−3a−1| a2+1=2，解得a=34，
故切线方程为34x+y−3×34−1=0，即3x+4y−13=0，B正确；
对于C，当a=−1时，直线l：−x+y+2=0，
点C到此直线距离为d=|1−0−2| 12+(−1)2= 220，即B正确；
对于C，若曲线E表示焦点在y轴上的椭圆，可将E：mx2+ny2=1化为x21m+y21n=1，
所以1n>1m>0，可得m>n>0，即C正确；
对于D，若曲线E表示椭圆，则根据椭圆方程可知m≠n，且m>0，n>0，即D正确．
故选：ABCD．
根据曲线方程形式可得A正确，根据椭圆以及圆方程可判断BCD正确．
本题主要考查曲线与方程，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23，长轴长为6，
则2a=6ca=23，
解得a=3c=2，
对于A，F，F′分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆E上的动点，
则|PF|+|PF′|=2a=6，
A选项正确；
对于B，b2=a2−c2=5，
所以椭圆E：x29+y25=1，
B选项正确；
对于C，F′(2,0)，
所以|AF′|= 12+12= 2，
C选项错误；
对于D，|PA|+|PF|=|PA|+2a−|PF′|≤2a+|AF′|=6+ 2，
当且仅当F′在A，P之间且它们三点共线时等号成立，
D选项正确．
故选：ABD．
由题意得出a，b，c的值，得到椭圆方程，由此判断出ABC选项，D选项需要对线段|PF|转化为2a−|PF′|，变成求|PA|−|PF′|最大值，从而得出结果．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆的定义，属中档题．
12.【答案】x2+(y+1)2=1
【解析】解：因为A(1,−4)，B(−1,2)，
所以线段AB的中点坐标为(0,−1)，且|AB|= (1+1)2+(2+4)2=2 10，
所以圆的圆心坐标为(0,−1)，半径为 10，
所以圆的标准方程是x2+(y+1)2=10．
故答案为：x2+(y+1)2=10．
先求出线段中点得出圆心，再应用两点间距离计算得出直径，最后应用圆的标准方程即可求解．
本题主要考查圆的方程求解，考查计算能力，属于基础题．
13.【答案】 17
【解析】解：因为x，y满足x2+y2=9，
所以T= x2+y2+1−2x+ x2+y2+16+8y= (x−1)2+y2+ x2+(y+4)2，
即T表示圆x2+y2=9上的点P到B(0,−4)与到A(1,0)的距离和，
如图所示：
T=|PA|+|PB|≥|AB|= (1−0)2+(0+4)2= 17(当P为线段AB与圆x2+y2=9的交点时取等号)．
故答案为： 17．
把问题转化为两点之间线段最短，再求两点之间的距离即可．
本题考查两点间距离最短问题，属于中等题．
14.【答案】20
【解析】解：已知圆C1：x2+y2−2x−2y=0，设其与x轴、y轴正半轴分别交于M，N两点，
由C1：x2+y2−2x−2y=0整理得：C1：(x−1)2+(y−1)2=2，
可得圆心C1(1,1)，半径为r1= 2，
取y=0，可得x2−2x=0，解得x=0或x=2，则M(2,0)，
取x=0，可得y2−2y=0，解得y=0或y=2，则N(0,2)，
又另一圆C2的半径为2 2，且与圆C1相外切，
则|C1C2|=r1+r2=3 2，
可知点C2(x,y)的轨迹为以C1(1,1)为圆心，半径为3 2的圆，如图所示．
则点C2的轨迹方程为(x−1)2+(y−1)2=18，
|C2M|2+|C2N|2=(x−2)2+y2+x2+(y−2)2=2[(x−1)2+(y−1)2]+4=40，
于是|C2M|⋅|C2N|≤|C2M|2+|C2N|22=20，
当且仅当|C2M|=|C2N|=2 5时，等号成立，
故|C2M|⋅|C2N|的最大值为20．
故答案为：20．
分析可知M(2,0)，N(0,2)，点C2的轨迹方程为(x−1)2+(y−1)2=18，整理可得|C2M|2+|C2N|2=40，利用基本不等式运算求解即可．
本题考查了圆与圆的位置关系，属于中档题．
15.【答案】解：(1)设M(x,y)，又A(−1,0)，B(2,0)，且2|MA|=|MB|，
∴2 (x+1)2+y2= (x−2)2+y2，
两边平方化简可得(x+2)2+y2=4，
∴点M的轨迹方程为(x+2)2+y2=4；
(2)设点C(2,1)关于x轴的对称点为P，则P(2,−1)，
根据对称性设反射光线所在直线l的方程为y+1=k(x−2)，k0,n>0,m≠n)，再利用待定系数法求解即可．
本题主要考查椭圆的标准方程，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】证明见解析； 427．
【解析】(1)证明：如图所示，取CD的中点E，连接PE，BE．
因为CD=2AB，AB//CD，所以DE//AB且DE=AB，
所以四边形ABED是平行四边形，则BE//AD，
因为CD⊥AD，所以BE⊥CD，
又△PCD为等边三角形，所以PE⊥CD，
因为PE∩BE=E，PE，BE⊂平面PBE，所以CD⊥平面PBE，
因为PB⊂平面PBE，
所以PB⊥CD．
(2)设四棱锥P−ABCD的高为ℎ，
由题设，得V=13SABCDℎ=13×12×(2+4)×2×ℎ=4 3，则ℎ=2 3，
由题设知PE=2 3，
所以PE⊥底面ABCD．
如图所示，以点E为坐标原点，直线EB为x轴，EC为y轴，EP为z轴，建立空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2 3)，A(2,−2,0)，D(0,−2,0)，
所以PB=(2,0,−2 3)，BC=(−2,2,0)，DP=(0,2,2 3)，DA=(2,0,0)．
设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⊥PBm⊥BC，则m⋅PB=2x1−2 3z1=0m⋅BC=−2x1+2y1=0，
令z1=1，则x1= 3，y1= 3，所以m=( 3, 3,1)；
设平面PAD的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则n⊥DPn⊥DA，则n⋅DP=2y2+2 3z2=0n⋅DA=2x2=0，
令z2=1，则y2=− 3，x2=0，所以n=(0,− 3,1)．
设平面PAD与平面PBC的夹角为θ，
因为cs=−3+1 3+3+1× 3+1=−1 7=− 77，
所以sinθ= 427，
即平面PAD与平面PBC的夹角正弦值为 427．
(1)取CD的中点E，连接PE，BE，易证四边形ABED是平行四边形，进而证BE⊥CD，结合PE⊥CD，应用线面垂直的判定及性质证结论；
(2)构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的正弦值．
本题考查线线垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
19.【答案】x28+y24=1；
(i)证明：当直线AB的斜率不存在或为零时，圆O：x2+y2=83内切于正方形ABCD，
四个顶点为(± 83± 83)，显然满足椭圆C的方程x28+y24=1，符合题意，
此时四边形ABCD为菱形；
当直线AB的斜率存在且不为零时，设其方程为y=kx+t(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=kx+tx28+y24=1，
得(1+2k2)x2+4ktx+2t2−8=0，
则Δ=16k2t2−4(1+2k2)(2t2−8)=8(8k2−t2+4)>0，
x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−81+2k2，
所以y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=t2−8k21+2k2，
因为圆O：x2+y2=83内切于平行四边形ABCD，所以O到直线AB的距离为 83，
则d=|t| 1+k2= 83，
整理得t2=83(1+k2)，
所以OA⋅OB=2t2−81+2k2+t2−8k21+2k2=3t2−8k2−81+2k2=3[83(1+k2)]−8k2−81+2k2=0，
则OA⊥OB，此时平行四边形ABCD为菱形，
综上可知，四边形ABCD为菱形；
(ii)8 2
【解析】解：(1)由题意可知，2a= 2×2b，则a= 2b，
又2c=4，则c=2，所以a2−b2=c2=4，解得a=2 2，b=2，
故椭圆C的方程为x28+y24=1；
(2)(i)证明：当直线AB的斜率不存在或为零时，圆O：x2+y2=83内切于正方形ABCD，
四个顶点为(± 83± 83)，显然满足椭圆C的方程x28+y24=1，符合题意，
此时四边形ABCD为菱形；
当直线AB的斜率存在且不为零时，设其方程为y=kx+t(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=kx+tx28+y24=1，
得(1+2k2)x2+4ktx+2t2−8=0，
则Δ=16k2t2−4(1+2k2)(2t2−8)=8(8k2−t2+4)>0，
x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−81+2k2，
所以y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=t2−8k21+2k2，
因为圆O：x2+y2=83内切于平行四边形ABCD，所以O到直线AB的距离为 83，
则d=|t| 1+k2= 83，
整理得t2=83(1+k2)，
所以OA⋅OB=2t2−81+2k2+t2−8k21+2k2=3t2−8k2−81+2k2=3[83(1+k2)]−8k2−81+2k2=0，
则OA⊥OB，此时平行四边形ABCD为菱形，
综上可知，四边形ABCD为菱形；
(ii)由(i)知，当四边形ABCD为正方形时，SABCD=2 83×2 83=323；
当四边形ABCD不为正方形，而为菱形时，
因为|AB|= (1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]=2 2× (1+k2)(8k2−t2+4)(1+2k2)2，
所以△AOB的面积为SΔAOB=12×|AB|×d=83× (1+k2)(4k2+1)(1+2k2)2，
令m=1+2k2，则m>1，k2=m−12，
所以S△AOB=83× 2m2+m−12m2=4 23 −1m2+1m+2=4 23 −(1m−12)2+94，
当1m=12，即m=2时，S△AOB取得最大值2 2，
因为菱形ABCD的面积等于4S△AOB，所以菱形ABCD的面积的最大值为8 2，
因为8 2>323，
所以菱形ABCD的面积最大为8 2．
(1)由长轴长为短轴长的 2倍得a= 2b，由焦距为4，得c=2，进而a2−b2=4，求得a=2 2，b=2，即可得解；
(2)(i)当直线AB的斜率不存在或为零时，四边形ABCD为正方形ABCD，符合题意；当直线AB的斜率存在且不为零时，设其方程为y=kx+t(k≠0)，与椭圆方程联立韦达定理，根据圆O内切于四边形ABCD求得t2=83(1+k2)，结合韦达定理，利用数量积坐标运算得OA⋅OB=0，则OA⊥OB，此时平行四边形ABCD为菱形，即可证明；
(ii)当四边形ABCD为正方形时，SABCD=323；当四边形ABCD不为正方形，而为菱形时，先求出|AB|=2 2× (1+k2)(8k2−t2+4)(1+2k2)2，再代入面积公式得S△AOB=83× (1+k2)(4k2+1)(1+2k2)2，令m=1+2k2，根据二次函数性质求得S△AOB的最大值2 2，对比即可求解菱形ABCD的面积最大值．
本题考查椭圆方程的综合应用，属于难题．