【文档说明】江苏省沭阳如东中学2021-2022学年高二上学期第一次月考数学解析.docx，共(22)页，188.754 KB，由envi的店铺上传

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如东中学高二数学第一次月考模拟试卷2021.10.06一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.若复数z满足𝑧⋅(2+𝑖)=𝑧⋅(1−𝑖)+1，则关于复数z的说法正确的是()A.复数z的实部为1B.复

数z的虚部为0C.复数z的模长为1D.复数z对应的复平面上的点在第一象限【答案】A【解析】【分析】本题考查复数的概念，复数的模，复数相等充要条件，共轭复数，复数的几何意义及复数的运算，属基础题．设𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈𝑅)，根据复数的乘法运算求

出z，由复数的概念及复数的几何意义即可得出结果．【解答】解：设𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈𝑅)，则(𝑎+𝑏𝑖)⋅(2+𝑖)=(𝑎−𝑏𝑖)⋅(1−𝑖)+1，化简得(2𝑎−𝑏)+(𝑎+2𝑏)𝑖=(𝑎−𝑏+1)−(𝑎+𝑏)𝑖，根据对应相等得：{

2𝑎−𝑏=𝑎−𝑏+1𝑎+2𝑏=−(𝑎+𝑏),解得𝑎=1，𝑏=−23，∴𝑧=1−23𝑖，|𝑧|=√1+49=√133，复数z对应的复平面上的点(1,−23)在第四象限，故选A．2.“2<𝑚<6”是“方程𝑥2𝑚−2+𝑦26−𝑚=1为椭圆”的

()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】本题考查了充分、必要条件，考查椭圆的方程，是一道基础题．根据方程𝑥2𝑚−2+𝑦26−𝑚=1为椭圆方程，求出m的取值范围，再根据充分必要条件的定义判断即可．【解答】解：若方程𝑥2𝑚−2

+𝑦26−𝑚=1为椭圆方程，则{𝑚−2>06−𝑚>0𝑚−2≠6−𝑚，解得：2<𝑚<6，且𝑚≠4，故“2<𝑚<6”是“方程𝑥2𝑚−2+𝑦26−𝑚=1为椭圆方程”的必要不充分条件，故选B．3.若函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−

𝑎−𝑥(𝑎>0且𝑎≠1)在R上为减函数，则函数𝑦=log𝑎(|𝑥|−1)的图象可以是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】本题考查了函数的单调性与单调区间，函数的奇偶性和函数图象

的应用．由函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑎−𝑥(𝑎>0且𝑎≠1)在R上为减函数，由此求得a的范围，𝑦=log𝑎(|𝑥|−1)是偶函数，再根据对数函数的图象特征，得出结论．【解答】解：因为函

数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑎−𝑥(𝑎>0且𝑎≠1)在R上为减函数，所以0<𝑎<1，而函数𝑦=log𝑎(|𝑥|−1)是偶函数，定义域为{𝑥|𝑥>1或𝑥<−1}，𝑥>1时，函数𝑦=log𝑎(|𝑥|−1)的图象是把函数𝑦=log𝑎𝑥的图

象向右平移1个单位得到的，故选D．4.过点𝑃(1,2)引直线，使𝐴(2,3)，𝐵(4,−5)到它的距离相等，则这条直线的方程是()A.4𝑥+𝑦−6=0B.𝑥+4𝑦−6=0C.2𝑥+3𝑦−7=0或𝑥+4𝑦−6=0D.3𝑥+2𝑦−7=0或4𝑥+𝑦−

6=0【答案】D【解析】【分析】本题考查直线方程的求法，考查直线斜率求法和中点坐标公式，考查分类讨论思想，属于中档题．分两种情况讨论：①过𝑃(1,2)且与直线AB平行的直线；②过点𝑃(1,2)与线段AB的中点𝐶(3,−1)的直线，分别求解即可．【解答】解：由题意得�

�𝐴𝐵=−5−34−2=−4，线段AB的中点为𝐶(3,−1)．分两种情况讨论：①过𝑃(1,2)且与直线AB平行的直线满足题意，其方程为𝑦−2=−4(𝑥−1)，整理得4𝑥+𝑦−6=0;②过点�

�(1,2)与线段AB的中点𝐶(3,−1)的直线满足题意，其方程为𝑦−(−1)2−(−1)=𝑥−31−3，整理得3𝑥+2𝑦−7=0．故满足条件的直线方程是4𝑥+𝑦−6=0或3𝑥+2𝑦−7=0，故选D．5.过点𝑃(−2,4)作圆O：(𝑥−2)

2+(𝑦−1)2=25的切线l，直线m：𝑎𝑥−3𝑦=0与直线l平行，则直线l与m的距离为()A.4B.2C.85D.125【答案】A【解析】【分析】本题考查圆的切线、两直线垂直的判断和两平行直线之间的距离

，考查推理能力和计算能力，属于基础题．先求出a和直线l的方程，然后利用两平行直线间的距离公式即可求解．【解答】解：由已知，切线斜率存在且不为0，因为P为圆上一点，则有𝑘𝑂𝑃·𝑘𝑙=−1,而𝑘𝑂𝑃=4−1−2−2=−34，∴𝑘𝑙=43

．∴𝑎=4,所以直线𝑚：4𝑥−3𝑦=0,直线𝑙：𝑦−4=43(𝑥+2)即4𝑥−3𝑦+20=0．∴𝑙与m的距离为．故选A．6.已知在圆𝑀:𝑥2+𝑦2−4𝑥+2𝑦−4=0内，过点𝑂(0,0)的最长弦和最短弦分别是AC

和BD，则四边形ABCD的面积为()A.6B.8C.10D.12【答案】D【解析】【分析】本题考查直线与圆的方程的应用，考查点与圆的位置关系，考查弦长公式的运用，属于中档题．化圆的方程为𝑀:𝑥2+𝑦2−4𝑥+2𝑦−4=0为标准方程，求出圆心和半径，判断点(0,0)与圆的位置关系，以及

线段AC，BD的位置关系，然后解出AC、BD，即可求四边形ABCD的面积．【解答】解：由题意可得：(x−2)2+(y+1)2=9，所以圆心为(2,−1)，半径为3；由于点(0,0)到圆心的距离为√5，小于半径3，则点(0,0)在圆内，则最长弦AC是直径

，最短弦BD的中点是𝑂(0,0)，且𝐴𝐶⊥𝐵𝐷.|𝐴𝐶|=2×3=6，|𝐵𝐷|=2√32−(√5)2=4，则𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷=12|𝐴𝐶|⋅|𝐵𝐷|=12×6×4=12.故选D．7.已知圆C：(𝑥−

1)2+𝑦2=1，直线l过点𝑃(2,−2)，且与圆C交于A，B两点，则当△𝐴𝐵𝐶面积最大时，直线l的方程为()A.𝑥+𝑦=0B.6𝑥−𝑦−14=0C.𝑥+𝑦=0或7𝑥+𝑦−12=0D.𝑥+𝑦=0或6𝑥−𝑦−14=0【答案】C【解析】【分析】本题主要考查的是直线

与圆的位置关系，考查三角形面积的最值，是中档题．设∠𝐴𝐶𝐵=𝜃，由三角形面积有最大值得𝜃=𝜋2时，即点到直线的距离为√22时取最大值，显然易得直线l的斜率存在，设为点斜式，利用点到直线的距离为√22即可求得k值，本题可解．【解答】解：由题意知圆心为(1,0)，半径𝑟=1，设∠𝐴

𝐶𝐵=𝜃，根据面积公式𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑟2𝑠𝑖𝑛𝜃=12𝑠𝑖𝑛𝜃≤12，所以当𝜃=𝜋2时，即点到直线的距离为√22时取最大值．显然直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，则直

线𝜄的方程为𝑦+2=𝑘(𝑥−2)，即𝑘𝑥−𝑦−2𝑘−2=0，𝑑=|−𝑘−2|√𝑘2+1=√22，解得𝑘=−1或𝑘=−7，所以直线l的方程为𝑥+𝑦=0或7𝑥+𝑦−12=0．故选C．8.已

知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)上存在两点M，N关于直线2𝑥−3𝑦−1=0对称，且线段MN中点的纵坐标为23，则椭圆C的离心率是()A.13B.√33C.23D.2√23【答案】B【解析】【分析】此题考查了椭圆性质，离心率

的计算，属于中档题．可先分别设两点𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，代入椭圆方程后，两式相减可得到𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−𝑏2𝑎2⋅𝑥1+𝑥2𝑦1+𝑦2，根据线段MN中点的纵坐标，得到方程2�

�−3×23−1=0，解出中点横坐标后，再求离心率即可．【解答】解：设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑥12𝑎2+𝑦12𝑏2=1，𝑥22𝑎2+𝑦22𝑏2=1，两式相减可得(𝑥1+𝑥2)(𝑥1−𝑥2)𝑎2+(𝑦1+𝑦2)(𝑦1−�

�2)𝑏2=0，即𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−𝑏2𝑎2⋅𝑥1+𝑥2𝑦1+𝑦2，∵线段MN中点的纵坐标为23，∴2𝑥−3×23−1=0，解得𝑥=32，于是−32=−𝑏2𝑎2⋅94

，解得𝑏2𝑎2=23，∴椭圆C的离心率𝑒=√1−𝑏2𝑎2=√33，故选B．二、多选题（本大题共4小题，共20分）9.已知点𝑃(1,−1)是角𝛼终边上的一点，则()A.𝛼2一定是第一象限的角B.若sin(𝛽+𝛼)=35，则𝑠𝑖𝑛2

𝛽=725C.函数𝑔(𝑥)=cos(3𝑥+𝛼+5𝜋4)是奇函数D.将函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝛼)的图象向左平移𝜋4个单位可以得到𝑔(𝑥)=cos(2𝑥−𝜋4)的图象【答案】BD【解析】【分析】本题考查角的概念的扩展，任意角的三角函

数的定义，象限角，诱导公式，二倍角公式，三角函数的奇偶性以及三角函数的平移变换等知识的综合应用，属于中档题．立足题设条件结合各选项运用以上相关知识逐一展开论证即可得到正确结论．【解答】解：对于A，因为点𝑃(1,−1)是角𝛼终边上的一点，所以可得𝛼

=2𝑘𝜋−𝜋4，𝑘∈𝑍，故𝛼2=𝑘𝜋−𝜋8，𝑘∈𝑍，所以𝛼2是第二，四象限角．选项A错误;对于B，若sin(𝛽+𝛼)=35，即sin(𝛽+2𝑘𝜋−𝜋4)=sin(𝛽−𝜋4)=35，所以𝑠𝑖𝑛2𝛽=sin[2(𝛽−𝜋4

)+𝜋2]=𝑐𝑜𝑠2(𝛽−𝜋4)=1−2𝑠𝑖𝑛2(𝛽−𝜋4)=1−2×925=725．选项B正确；对于C，因为函数𝑔(𝑥)=cos(3𝑥+𝛼+5𝜋4)=cos(3𝑥+5𝜋4+2𝑘𝜋−𝜋4)=−𝑐𝑜𝑠3𝑥，所以函数𝑔(𝑥)为偶函数．故选

项C错误;对于D，因为𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝛼)=sin(2𝑥−𝜋4)所以将𝑓(𝑥)的图像向左平移𝜋4个单位可以得到𝑦=sin[2(𝑥+𝜋4)−𝜋4]=sin(2𝑥+𝜋4)的图像，又因为sin(2𝑥+𝜋4)=cos

[𝜋2−(2𝑥+𝜋4)]=cos(𝜋4−2𝑥)=cos(2𝑥−𝜋4)，即将函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝛼)的图象向左平移𝜋4个单位可以得到𝑔(𝑥)=cos(2𝑥−𝜋4)的图象所以选项D正确．故选BD．10.以下四个命题表述正确的是()

A.直线(3+𝑚)𝑥+4𝑦−3+3𝑚=0(𝑚∈𝑅)恒过定点(−3,−3)B.圆𝑥2+𝑦2=4上有且仅有3个点到直线𝑙:𝑥−𝑦+√2=0的距离都等于1C.圆𝐶1:𝑥2+𝑦2+2𝑥=0与圆𝐶2:𝑥2+𝑦2−4𝑥−8𝑦+𝑚=0恰有三

条公切线，则𝑚=4D.已知圆𝐶:𝑥2+𝑦2=4，点P为直线𝑥4+𝑦2=1上一动点，过点P向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB经过定点(1,2)【答案】BCD【解析】【分析】本题主要考查命题的真假判断，涉及知识点较多，综合性较强，属于中档题..A.将直线方程

进行重新整理，利用参数分离法进行求解即可；𝐵.根据圆心到直线的距离与半径的关系可判断；𝐶.通过题意可得两圆相切，则两圆心的距离为半径和，即可求得m的值；𝐷.设出点P，求出以线段PC为直径的圆Q的方程，题中的切点A、B为圆Q与圆

C的交点，将两圆作差求出公共弦的方程，即可发现直线AB经过的定点．【解答】解：𝐴.直线(3+𝑚)𝑥+4𝑦−3+3𝑚=0(𝑚∈𝑅)，得𝑚(𝑥+3)+3𝑥+4𝑦−3=0，由{𝑥+3=03𝑥+4𝑦−3=0，得{𝑥=−3𝑦=3,即直线

恒过定点(−3,3)，故A错误；B.圆心𝐶(0,0)到直线𝑙:𝑥−𝑦+√2=0的距离为𝑑=|0−0+√2|√12+(−1)2=1，圆的半径𝑟=2，故圆C上有3个点到直线l的距离为1，故B正确；C.曲线𝐶1:𝑥2+�

�2+2𝑥=0，即(𝑥+1)2+𝑦2=1，曲线𝐶2:𝑥2+𝑦2−4𝑥−8𝑦+𝑚=0，即(𝑥−2)2+(𝑦−4)2=20−𝑚，两圆心的距离为√(−1−2)2+(0−4)2=5=1+√20−𝑚，解得𝑚=4，故C正确；D.因

为点P为直线𝑥4+𝑦2=1上一动点，设点𝑃(4−2𝑡,𝑡)，圆𝐶:𝑥2+𝑦2=4的圆心为𝐶(0,0)，以线段PC为直径的圆Q的方程为(𝑥−4+2𝑡)𝑥+(𝑦−𝑡)𝑦=0，即𝑥2+(2

𝑡−4)𝑥+𝑦2−𝑡𝑦=0，故直线AB，即为圆Q与圆C的公共弦方程为：𝑥2+(2𝑡−4)𝑥+𝑦2−𝑡𝑦−(𝑥2+𝑦2)=0−4，即(2𝑡−4)𝑥−𝑡𝑦+4=0，即𝑡(2𝑥−𝑦)−4𝑥

+4=0，令{2𝑥−𝑦=0−4𝑥+4=0得{𝑥=1𝑦=2,所以直线AB经过定点(1,2)，故D正确．故选：BCD．11.(多选题)设椭圆𝑥29+𝑦23=1的右焦点为F，直线𝑦=𝑚(0<𝑚<√3)与椭圆交于𝐴,𝐵两点，则()A.|𝐴𝐹|+|𝐵�

�|为定值B.𝛥𝐴𝐵𝐹的周长的取值范围是[6,12]C.当𝑚=√32时，𝛥𝐴𝐵𝐹为直角三角形D.当𝑚=1时，𝛥𝐴𝐵𝐹的面积为√6【答案】ACD【解析】【分析】本题考查椭圆的性质，椭圆与直线的位置关系．考查分析问题解决问题的能力，属于中档题．利用椭圆的性质以

及定义，直线与椭圆的位置关系，向量的数量积以及三角形的面积，分析判断选项的正误即可．【解答】解：设椭圆的左焦点为𝐹′，则|𝐴𝐹′|=|𝐵𝐹|，所以|𝐴𝐹|+|𝐵𝐹|=|𝐴𝐹|+|𝐴𝐹′|为定值6，A正确；△

𝐴𝐵𝐹的周长为|𝐴𝐵|+|𝐴𝐹|+|𝐵𝐹|，因为|𝐴𝐹|+|𝐵𝐹|为定值6，易知|𝐴𝐵|的范围是(0,6)，所以△𝐴𝐵𝐹的周长的范围是(6,12)，B错误；将𝑦=√32与椭圆方程联立，可解得𝐴(−3√32,√32)

,𝐵(3√32,√32)，又易知𝐹(√6,0)，∴𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(√6+3√32)(√6−3√32)+(√32)2=0，所以𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗，即∠𝐴𝐹�

�=90°，所以△𝐴𝐵𝐹为直角三角形，C正确；将𝑦=1与椭圆方程联立，解得𝐴(−√6,1),𝐵(√6,1)，所以𝑆△𝐴𝐵𝐹=12×2√6×1=√6，D正确．故选ACD．12.椭圆𝑥24+𝑦23=1的

左、右焦点分别是𝐹1、𝐹2，𝑃(𝑥0,𝑦0)是椭圆第一象限上的一点(不包括轴上的点)，𝛥𝑃𝐹1𝐹2的重心是G，∠𝐹1𝑃𝐹2的角平分线交x轴于点𝑀(𝑚,0)，下列说法正确的有()A.G的轨迹是椭圆的一部分B.OG

的长度范围是(2√33,43)C.|𝑀𝐹1||𝑀𝐹2|取值范围是(1,3)D.𝑚=14𝑥0【答案】ACD【解析】【分析】此题主要考查椭圆的定义及方程，椭圆的性质及几何意义，考查学生的推理能力及计算

能力，属于难题．解题时利用重心的性质，得到点G，P坐标间的关系，求得G的轨迹方程，得到A正确，B错误；结合椭圆的定义及角平分线性质可得|𝑀𝐹1||𝑀𝐹2|取值范围，得到C正确；利用椭圆的性质及角平分线性质得到关于𝑥0与𝑚的方程，可判断D正确

．【解答】解：由椭圆𝑥24+𝑦23=1的方程得：𝑎=2,𝑏=√3,𝑐=√𝑎2−𝑏2=1，A.设𝛥𝑃𝐹1𝐹2的重心G的坐标为(𝑥,𝑦)，且O为𝐹1𝐹2的中点，∴𝐺在线段𝑂𝑃上，且𝑂𝐺⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗，又点P的坐标为𝑃(𝑥0,𝑦0)，故{𝑥=13𝑥0𝑦=13𝑦0，即{𝑥0=3𝑥𝑦0=3𝑦,又𝑃(𝑥0,𝑦0)在椭圆上，故(3𝑥)24+(3𝑦)23=1，即𝑥249+𝑦213=1，又

𝑃(𝑥0,𝑦0)是椭圆第一象限上的一点(不包括轴上的点)，故G的轨迹是椭圆的一部分，故A正确；B.由G的轨迹是椭圆𝑥249+𝑦213=1在第一象限的部分，且𝑎=23,𝑏=√33，故OG的长度范围是(√33,23)，故B错；C.由椭圆的定义得：|𝑃

𝐹1|+|𝑃𝐹2|=2𝑎=4，且𝑃(𝑥0,𝑦0)是椭圆第一象限上的一点(不包括轴上的点)，故1<|𝑃𝐹2|<2，由角平分线性质得：|𝑀𝐹1||𝑀𝐹2|=|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=4−|𝑃𝐹2||𝑃𝐹2|=4|𝑃𝐹2|−1，故

|𝑀𝐹1||𝑀𝐹2|取值范围是(1,3)，故C正确；D.椭圆的左准线方程为：𝑥=−4，右准线方程为：𝑥=4，则𝑃0到左准线的距离为：𝑥0+4，𝑃0到右准线的距离为：4−𝑥0，故|𝑃𝐹1||𝑃�

�2|=𝑥0+44−𝑥0，又M的坐标为(𝑚,0)，所以|𝑀𝐹1||𝑀𝐹2|=𝑚+11−𝑚，且由角平分线性质得：|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=|𝑀𝐹1||𝑀𝐹2|，故𝑥0+44−𝑥0=𝑚+11−𝑚，解得：𝑚=14𝑥0，故D正确；故选ACD．三、单空题（

本大题共4小题，共20分）13.椭圆𝑥2𝑘+8+𝑦29=1的离心率为12，则k的值为______________【答案】4或−54【解析】【分析】本题主要考查椭圆的离心率，属于基础题．对椭圆的焦点位置进行分类讨论，根据𝑒=𝑐𝑎求出k的值．【解答】解：若椭圆

的焦点在x轴上，则𝑎2=𝑘+8,𝑏2=9，且𝑘+8>9，即𝑘>1，此时𝑐2=𝑘−1，𝑒=𝑐𝑎=√𝑘−1√𝑘+8=12，解得𝑘=4；若椭圆的焦点在y轴上，则𝑎2=9,𝑏2=𝑘+8，且0<𝑘+8<9，即−8<𝑘<1，此时𝑐2=1−𝑘，

𝑒=𝑐𝑎=√1−𝑘3=12，解得𝑘=−54．故答案为4或−54．14.一座圆拱桥，当水面在如图所示位置时，拱顶离水面2米，水面宽12米，当水面下降2米后，水面宽为米.【答案】16【解析】【分

析】本题考查了圆的方程的综合应用，以及点在圆上的条件的转化，圆的对称性的体现，属于简单题．先根据题目条件建立适当的直角坐标系，得到各点的坐标，通过设圆的半径，可得圆的方程，然后将点的坐标代入确定圆的方程，设当水面下降2米后可设𝐴′的坐标为𝐴′(𝑥0,−4)根

据点在圆上，可求得𝑥0的值，从而得到问题的结果．【解答】解：如图，以圆拱桥顶为坐标原点，以过圆拱顶点的竖直直线为y轴，建立直角坐标系，设圆心为C，圆的方程设为𝑥2+(𝑦+𝑟)2=𝑟2,水面所在弦的端点为A，B，则𝐴

(6,−2)，将𝐴(6,−2)代入圆的方程，得𝑟=10，∴圆的方程为𝑥2+(𝑦+10)2=100.当水面下降2米后，可设点𝐴′(𝑥0,−4)(𝑥0>0)，将𝐴′(𝑥0,−4)代入圆的方程，得𝑥0=8，∴当水面下降2米后，水面宽为2𝑥0=

16米．故答案为16．15.设𝐹1，𝐹2分别是椭圆E：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的左、右焦点，过点𝐹1的直线交椭圆E于A，B两点，|𝐴𝐹1|=3|𝐵𝐹1|，若cos∠𝐴

𝐹2𝐵=35，则椭圆E的离心率为________．【答案】√22【解析】【分析】本题考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、勾股定理的逆定理、余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．设|𝐹1𝐵|=𝑘(𝑘>0)，则

|𝐴𝐹1|=3𝑘，|𝐴𝐵|=4𝑘，由cos∠𝐴𝐹2𝐵=35，利用余弦定理，可得𝑎=3𝑘，从而△𝐴𝐹1𝐹2是等腰直角三角形，即可求椭圆E的离心率．【解答】解：设|𝐵𝐹1|=𝑘(𝑘>0)，则|𝐴𝐹

1|=3𝑘，|𝐴𝐵|=4𝑘，∴|𝐴𝐹2|=2𝑎−3𝑘，|𝐵𝐹2|=2𝑎−𝑘，∵cos∠𝐴𝐹2𝐵=35，在△𝐴𝐵𝐹2中，由余弦定理得：|𝐴𝐵|2=|𝐴𝐹2|2+|𝐵𝐹2|2−2|𝐴𝐹2|⋅|𝐵𝐹2|cos∠𝐴𝐹2�

�，∴(4𝑘)2=(2𝑎−3𝑘)2+(2𝑎−𝑘)2−65(2𝑎−3𝑘)(2𝑎−𝑘)，化简得(𝑎+𝑘)(𝑎−3𝑘)=0，而𝑎+𝑘>0，故𝑎=3𝑘，∴|𝐴𝐹2|=|𝐴𝐹1|=3

𝑘，|𝐵𝐹2|=5𝑘，即|𝐵𝐹2|2=|𝐴𝐹2|2+|𝐴𝐵|2，∴𝐴𝐹1⊥𝐴𝐹2，且𝐴𝐹1=𝐴𝐹2=3𝑘，即△𝐴𝐹1𝐹2是等腰直角三角形，则(2𝑐)2=2𝑎2，∴𝑐=√22𝑎，∴椭圆的离心率𝑒=𝑐𝑎=√

22．故答案为√22．16.在平面直角坐标系xOy中，已知直线𝑦=𝑥+2与x轴，y轴分别交于M，N两点，点P在圆(𝑥−𝑎)2+𝑦2=2上运动．若∠𝑀𝑃𝑁恒为锐角，则实数a的取值范围是．【答案】𝑎<−4或𝑎

>√7−1【解析】【分析】本题考查与圆有关的最值问题，涉及直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系．设以MN为直径的圆C，圆心为𝐶(−1,1)；点P与M，N构成∠𝑀𝑃𝑁恒为锐角，则点P恒在圆C之外，同时由于∠𝑀𝑃𝑁不能为0°(当然也肯定不

能为180°)，即P不能与M、N共线，于是已知圆(𝑥−𝑎)2+𝑦2=2与圆C相离，且与直线𝑦=𝑥+2相离，列出不等式组求解即得a的取值范围．【解答】解：直线𝑦=𝑥+2与x，y轴的交点𝑀(−2,0)，𝑁(0,2)，以MN为直

径的圆C的圆心为𝐶(−1,1)，∠𝑀𝑃𝑁恒为锐角，则点P恒在圆C之外，∴圆C与圆(𝑥−𝑎)2+𝑦2=2相离；由于∠𝑀𝑃𝑁不能为0°(当然也肯定不能为180°)，∴𝑃不能与M、N共线，∴圆(𝑥−𝑎)2+𝑦2=2与直线𝑦=𝑥+2相离，如图所示．圆C的圆心(

−1,1)，半径为√2，圆(𝑥−𝑎)2+𝑦2=2的圆心(𝑎,0)，半径为√2．∵两圆外离，∴(𝑎+1)2+12>(2√2)2，解得𝑎<−√7−1或𝑎>√7−1①，由直线𝑦=𝑥+2，即𝑥−𝑦+2=0与圆(𝑥−𝑎)2+𝑦2=2相离，∴|𝑎−0+

2|√2>√2，解得𝑎<−4或𝑎>0②，由①②得a的取值范围是𝑎<−4或𝑎>√7−1．故答案为𝑎<−4或𝑎>√7−1．四、解答题（本大题共6小题，共72分）17.在△𝐴𝐵𝐶中，角A、

B、C的对边分别为a、b、𝑐.已知𝑎=3，𝑐=√2，𝐵=45°．(1)求sinC的值；(2)在边BC上取一点D，使得cos∠𝐴𝐷𝐶=−45，求tan∠𝐷𝐴𝐶的值．【答案】解：(1)因为𝑎=3，𝑐=√2，𝐵=45°，由余弦定理可得：𝑏=√𝑎2+𝑐2−2𝑎�

�𝑐𝑜𝑠𝐵=√9+2−2×3×√2×√22=√5，由正弦定理可得𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵，所以𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑐𝑏⋅𝑠𝑖𝑛45°=√2√5×√22=√55，所以𝑠

𝑖𝑛𝐶=√55；(2)因为cos∠𝐴𝐷𝐶=−45，所以sin∠𝐴𝐷𝐶=√1−cos2∠𝐴𝐷𝐶=35，在三角形ADC中，易知C为锐角，由(1)可得𝑐𝑜𝑠𝐶=√1−sin2𝐶=2√55，所以sin∠𝐷𝐴𝐶=sin(∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐶)=s

in∠𝐴𝐷𝐶𝑐𝑜𝑠∠𝐶+cos∠𝐴𝐷𝐶𝑠𝑖𝑛∠𝐶=2√525，因为∠𝐷𝐴𝐶∈(0,𝜋2)，所以cos∠𝐷𝐴𝐶=√1−sin2∠𝐷𝐴𝐶=11√525，所以tan∠𝐷𝐴𝐶=s

in∠𝐷𝐴𝐶cos∠𝐷𝐴𝐶=211．【解析】本题考查三角形的正弦定理及余弦定理的应用，及两角和的正弦公式的应用，属于中档题．(1)由题意及余弦定理求出b，再由正弦定理求出sinC的值；(2)根据sin

∠𝐷𝐴𝐶=sin(∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐶)展开可得sin∠𝐷𝐴𝐶及cos∠𝐷𝐴𝐶，进而求出tan∠𝐷𝐴𝐶的值．18.在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴(−1,2)，边AC上的高BE所在的直线方程为7𝑥+4𝑦−46=0，边AB上中线CM所在的直线方程为2𝑥−1

1𝑦+54=0．(1)求点C坐标；(2)求直线BC的方程．【答案】解：(1)边AC上的高BE所在的直线方程为7𝑥+4𝑦−46=0，故边AC所在的直线的斜率为47，所以边AC所在的直线的方程为𝑦−2

=47(𝑥+1)，即4𝑥−7𝑦+18=0，因为CM所在的直线方程为2𝑥−11𝑦+54=0，由{2𝑥−11𝑦+54=0,4𝑥−7𝑦+18=0,解得{𝑥=6𝑦=6,所以𝐶(6,6).(2)

设𝐵(𝑥0,𝑦0)，M为AB中点，则M的坐标为(𝑥0−12,𝑦0+22)，由{2×𝑥0−12−11×𝑦0+22+54=07𝑥0+4𝑦0−46=0，解得{𝑥0=2𝑦0=8,所以𝐵(2,8)，又因为𝐶(6,6)，所以直

线BC的方程为𝑦−6=8−62−6(𝑥−6)，即𝑥+2𝑦−18=0.【解析】本题考查两条直线的交点坐标、直线方程的求法，属于中档题．(1)由题意，求出边AC所在的直线的方程，联立方程即可得点C坐标；(2)设𝐵(

𝑥0,𝑦0)，M为AB中点，则M的坐标为(𝑥0−12,𝑦0+22)，进而由题意联立方程可得𝐵(2,8)，进而可以求解．19.如图，地图上有一竖直放置的圆形标志物，圆心为C，与地面的接触点为𝐺.与圆

形标志物在同一平面内的地面上点P处有一个观测点，且𝑃𝐺=50𝑚.在观测点正前方10m处(即𝑃𝐷=10𝑚)有一个高位10𝑚(即𝐸𝐷=10𝑚)的广告牌遮住了视线，因此在观测点所能看到的圆形标志的最大部分即为图中从A到F的圆弧．(1)若圆形

标志物半径为25m，以PG所在直线为x轴，G为坐标原点，建立直角坐标系，求圆C和直线PF的方程；(2)若在点P处观测该圆形标志的最大视角(即∠𝐴𝑃𝐹)的正切值为3149，求该圆形标志物的半径．【答案】解：(1)由已

知可得，圆C：𝑥2+(𝑦−25)2=252．设直线PF方程：𝑦=𝑘(𝑥+50)(𝑘>0)，因为直线PF与圆C相切，所以|25−50𝑘|√1+𝑘2=25，解得𝑘=43，所以直线PF方程：𝑦=43

(𝑥+50)，即4𝑥−3𝑦+200=0；(2)设直线PF方程：𝑦=𝑘(𝑥+50)(𝑘>0)，圆C：𝑥2+(𝑦−𝑟)2=𝑟2．因为tan∠𝐴𝑃𝐹=tan(∠𝐺𝑃𝐹−∠�

�𝑃𝐴)=𝑘−11+𝑘=3149，所以𝑘=409所以直线PF方程：𝑦=409(𝑥+50)，即40𝑥−9𝑦+2000=0．因为直线PF与圆C相切，所以|9𝑟−2000|√1600+81=𝑟，化简得2𝑟2+

45𝑟−5000=0，即(2𝑟+125)(𝑟−40)=0．故𝑟=40．【解析】本题考查直线与圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．(1)利用圆心与半径，可得圆的方程

，利用PF与圆C相切，可得直线PF的方程；(2)先求出直线PF方程，再利用直线PF与圆C相切，求出该圆形标志物的半径．20.如图，从椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点𝐹1，又点A是椭

圆与x轴正半轴的交点，点B是椭圆与y轴正半轴的交点，且𝐴𝐵//𝑂𝑃，|𝐹1𝐴|=√10+√5(1)求椭圆的方程；(2)设点P关于x轴的对称点为𝑃0，过椭圆上不同于P，𝑃0的任意一点Q，作直线QP，𝑄𝑃

0分别交x轴于点M，𝑁.证明：点M，N的横坐标之积为定值．【答案】解：(1)由题意可知，𝐴(𝑎,0)，𝐵(0,𝑏)，𝐹1(−𝑐,0)，𝑃(−𝑐,𝑏2𝑎)，∵𝐴𝐵//𝑂𝑃，∴𝑘𝐴𝐵=𝑘�

�𝑃，即−𝑏𝑎=−𝑏2𝑎𝑐⇒𝑏=𝑐，∵𝑎2=𝑏2+𝑐2，∴𝑎2=2𝑐2，∴𝑎=√2𝑐，∴𝑎+𝑐=(√2+1)𝑐，又|𝐹1𝐴|=𝑎+𝑐=(√2+1)√5，∴𝑎=√10，𝑐=√5，𝑏=√5，∴椭圆方程为𝑥210+𝑦25=1；(2)由(1)

得𝑃(−√5,√102)，则𝑃0(−√5,−√102)，设𝑄(𝑥0,𝑦0)，则有𝑥02+2𝑦02−10=0，直线PQ的方程为𝑦−√102=𝑦0−√102𝑥0+√5(𝑥+√5)，令𝑦=0，整理得𝑥𝑀=−√102𝑥0−√5𝑦0𝑦0−√102，同理可

得点N的横坐标𝑥𝑁=√102𝑥0−√5𝑦0𝑦0+√102，所以点M，N的横坐标之积𝑥𝑀·𝑥𝑁=−√102𝑥0−√5𝑦0𝑦0−√102·√102𝑥0−√5𝑦0𝑦0+√102=−5(12𝑥02−𝑦02)𝑦02−52，因为𝑥02=10−2𝑦0

2，所以𝑥𝑀·𝑥𝑁=−5[12(10−2𝑦02)−𝑦02]𝑦02−52=10(𝑦02−52)𝑦02−52=10．故点M，N的横坐标之积为定值10．【解析】本题考查椭圆的标准方程及其性质，直线与椭圆的位置关系及圆锥曲线中的定值问题，属于中档题．(1)由题

意求得A，B，𝐹1，P点坐标，由𝑘𝐴𝐵=𝑘𝑂𝑃，根据斜率公式，求得𝑏=𝑐，根据椭圆的性质可得𝑎=√2𝑐，从而求得a和b的值，求得椭圆方程；(2)求出𝑃0的坐标，设𝑄(𝑥0,𝑦0)，有𝑥02+2𝑦02−10=0，

直线PQ的方程为𝑦−√102=𝑦0−√102𝑥0+√5(𝑥+√5)，令𝑦=0，整理得𝑥𝑀，同理得点N的横坐标𝑥𝑁，然后代入化简计算𝑥𝑀·𝑥𝑁即可．21.已知椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)，且椭圆上

的点到一个焦点的最短距离为√33𝑏.(1)求椭圆C的离心率；(2)若点𝑀(√3,√32)在椭圆C上，不过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，与直线OM相交于点N，且N是线段AB的中点，求△𝑂𝐴𝐵面积的最大值．【答案】解：(1)由题

意，得𝑎−𝑐=√33𝑏，则(𝑎−𝑐)2=13𝑏2，结合𝑏2=𝑎2−𝑐2，得(𝑎−𝑐)2=13(𝑎2−𝑐2)，即2𝑐2−3𝑎𝑐+𝑎2=0，亦即2𝑒2−3𝑒+1=0，结合0<𝑒<1

，解得𝑒=12．所以椭圆C的离心率为12．(2)由(1)得𝑎=2𝑐，则𝑏2=3𝑐2．将𝑀(√3,√32)代入椭圆方程𝑥24𝑐2+𝑦23𝑐2=1，解得𝑐=1．所以椭圆方程为𝑥24+𝑦23=1．易得直线OM的方程为𝑦=12𝑥．当直

线l的斜率不存在时，AB的中点不可能在直线𝑦=12𝑥上，故直线l的斜率存在．设直线l的方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚(𝑚≠0)，与𝑥24+𝑦23=1联立，消y得(3+4𝑘2)𝑥2+8𝑘𝑚𝑥+4𝑚2−12=0，所以𝛥=64𝑘2𝑚2−4(3+4𝑘2)(4

𝑚2−12)=48(3+4𝑘2−𝑚2)>0．设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=−8𝑘𝑚3+4𝑘2，𝑥1𝑥2=4𝑚2−123+4𝑘2．由𝑦1+𝑦2=𝑘(𝑥1+

𝑥2)+2𝑚=6𝑚3+4𝑘2，得AB的中点𝑁(−4𝑘𝑚3+4𝑘2,3𝑚3+4𝑘2)，因为N在直线𝑦=12𝑥上，所以−4𝑘𝑚3+4𝑘2=2×3𝑚3+4𝑘2，解得𝑘=−32．

所以𝛥=48(12−𝑚2)>0，得−√12<𝑚<√12，且𝑚≠0，|𝐴𝐵|=√1+(32)2|𝑥2−𝑥1|=√132·√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√132⋅√𝑚2−4𝑚2−123=√396√12−𝑚2

．又原点O到直线l的距离𝑑=2|𝑚|√13，所以𝑆△𝑂𝐴𝐵=12×√396√12−𝑚2×2|𝑚|√13=√36√(12−𝑚2)𝑚2≤√36⋅12−𝑚2+𝑚22=√3．当且仅当12−𝑚2=𝑚2，𝑚=±√6时等号成立，符合−√12<𝑚<√12，且𝑚≠0．

所以△𝑂𝐴𝐵面积的最大值为：√3．【解析】本题考查椭圆的方程和性质，直线与椭圆的位置关系，椭圆中的面积最值问题，属于难题．(1)由题意得𝑎−𝑐=√33𝑏，然后求解离心率即可．(2)由(1)得𝑎=2𝑐，将𝑀(√3,√32)代入椭圆方程解得𝑐=1

.求出椭圆方程，直线OM的方程为𝑦=12𝑥.当直线l的斜率不存在时，AB的中点不可能在直线𝑦=12𝑥上，故直线l的斜率存在．设直线l的方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚(𝑚≠0)，与𝑥24+𝑦23=1

联立消y，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，利用根与系数的关系求出AB的中点𝑁(−4𝑘𝑚3+4𝑘2,3𝑚3+4𝑘2)，推出−√12<𝑚<√12，且𝑚≠0，利用弦长公式以及三角形的面积，结合基本不等式即可求出面积的最大值．22.如图，已

知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为√22，与y轴正半轴交于点𝑃(0,1).过原点O不与x轴垂直的动直线l与C交于A，B两点．(𝐼)求椭圆C的标准方程；(𝐼𝐼)设直线PA、PB的斜率分别为𝑘1、𝑘2，证

明：𝑘1⋅𝑘2为定值，并求出该定值；(𝐼𝐼𝐼)以点𝐸(0,2)为圆心，|EP|为半径的圆与直线PA、PB分别交于异于点P的点M和点N，求△𝑃𝑀𝑁与△𝑃𝐴𝐵面积之比𝜆的取值范围．【答案】解：(𝐼)由题意得𝑐𝑎=√

22，且𝑏=1，𝑎2=𝑏2+𝑐2，解得𝑎=√2,𝑐=1，∴椭圆C的标准方程为𝑥22+𝑦2=1；(𝐼𝐼)由于A，B关于原点O对称，故可设𝐴(𝑥0,𝑦0)，𝐵(−𝑥0,−𝑦0)，且𝑥022+𝑦02=1；𝑘1⋅𝑘2=𝑦0−1𝑥0⋅−

𝑦0−1−𝑥0=𝑦02−1𝑥02=−𝑥022𝑥02=−12，即𝑘1⋅𝑘2为定值−12；(𝐼𝐼𝐼)设直线PA的方程为𝑦=𝑘1𝑥+1，直线PB的方程为𝑦=𝑘2𝑥+1，由(𝐼𝐼)知，𝑘1⋅𝑘2=−12；由题意，圆E的

方程为𝑥2+(𝑦−2)2=1；联立直线PA与圆E的方程，得{𝑦=𝑘1𝑥+1𝑥2+(𝑦−2)2=1,解得M点横坐标𝑥𝑀=2𝑘11+𝑘12；联立直线PA与椭圆C的方程，得{𝑦=𝑘1𝑥+1𝑥22+𝑦2=1,解得A点横坐标�

�𝐴=−4𝑘11+2𝑘12，|𝑃𝑀||𝑃𝐴|=|𝑥𝑀𝑥𝐴|=1+2𝑘122(1+𝑘12)；同理，|𝑃𝑁||𝑃𝐵|=|𝑥𝑁𝑥𝐵|=1+2𝑘222(1+𝑘22)，由于∠𝑀𝑃

𝑁=∠𝐴𝑃𝐵，所以△𝑃𝑀𝑁与△𝑃𝐴𝐵面积之比：，将𝑘2=−12𝑘1代入上式，并化简得，𝜆=(1+2𝑘12)22(1+𝑘12)(1+4𝑘12)，令𝑡=1+2𝑘12，则由𝑘1≠0，有𝑡>1，故0<1�

�<1，𝜆=𝑡2(𝑡+1)(2𝑡−1)=194−(1𝑡−12)2∈[49,12),综上，△𝑃𝑀𝑁与△𝑃𝐴𝐵面积之比𝜆的取值范围为[49,12)．【解析】本题主要考查椭圆方程、定值的知识，解答本题的关键是知道相关知识，逐一分析解答即可

．(𝐼)用𝑥22+𝑦2=1求椭圆C的标准方程；(𝐼𝐼)由于A，B关于原点O对称，故可设𝐴(𝑥0,𝑦0)，𝐵(−𝑥0,−𝑦0)，其中𝑥022+𝑦02=1；证明𝑘1⋅𝑘2为定值，并求出该定值；(𝐼𝐼𝐼)设直线PA的

方程为𝑦=𝑘1𝑥+1，直线PB的方程为𝑦=𝑘2𝑥+1，由(𝐼𝐼)知，𝑘1⋅𝑘2=−12；由题意，圆E的方程为−；联立直线PA与圆E的方程，得{𝑦=𝑘1𝑥+1𝑥2+(𝑦−2)2=1，解得M点横坐标𝑥𝑀=2𝑘11+𝑘12；联立直线PA与椭圆C的方

程，得{𝑦=𝑘1𝑥+1𝑥22+𝑦2=1，求△𝑃𝑀𝑁与△𝑃𝐴𝐵面积之比𝜆的取值范围．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com