1、河北省承德第一中学2020-2021学年高二数学上学期第二次月考试题（含解析）本次考试范围：必修2圆与方程选修2-1全部内容第I卷选择题一、单选题：（本大题共8个小题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 设圆的方程为，直线的方程为，点的坐标为(2,1)，那么（ ）A. 点在直线上，但不在圆上B. 点在圆上，但不在直线上C. 点既在圆上，也在直线上D. 点既不在圆上，也不在直线上【答案】C【解析】【分析】将点坐标代入方程，能使等号成立，即可判断是否在圆、直线上.【详解】将P点坐标代入，故在圆上，将P点坐标代入，故在直线上，故选：C2. “”是“”的（）A. 充分不必要条件B.
2、 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】设Ax|x0，Bx|x,或x0，判断集合A，B的包含关系，根据“谁小谁充分，谁大谁必要”的原则，即可得到答案【详解】设Ax|x0，Bx|x,或x0，AB，故“x0”是“”成立的充分不必要条件故选A【点睛】本题考查的知识点是必要条件，充分条件与充要条件判断，其中熟练掌握集合法判断充要条件的原则“谁小谁充分，谁大谁必要”，是解答本题的关键3. 圆(x1)2y22的圆心到直线yx3的距离为 ( )A. 1B. 2C. D. 2【答案】C【解析】试题分析：圆心坐标为，由点到直线的距离公式可知，故选C.【考点】直线与圆
3、的位置关系【名师点睛】点到直线（即）的距离公式记忆容易，对于知求，很方便.4. 命题“，都有”的否定是（ ）A. ，使得B. ，使得C. ，都有D. ，都有【答案】B【解析】【分析】根据全称命题的否定为特称命题可得.【详解】因为全称命题的否定为特称命题，所以命题“，都有”的否定是“，使得”.故选：B.5. 已知椭圆（）的左焦点为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据椭圆中a，b，c的关系进行计算即可.【详解】根据焦点坐标可知焦点在轴，所以，又因为，解得.故选：C.【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，考查逻辑思维能力和计算能力，属于基础题.6. 经过点P(2，2)且与双
4、曲线C：有相同渐近线的双曲线方程是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设所求的双曲线方程是=k，由点P（2，2）在双曲线方程上，求出k值，即得所求的双曲线方程【详解】由题意知，可设所求的双曲线方程是=k，点P（2，2）在双曲线方程上， 所以=k，k=2，故所求的双曲线方程是，故选B【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，解题的关键是根据渐近线方程相同设所求的双曲线方程是=k，属于基础题7. 已知命题，；命题：若恒成立，则，那么（ ）A. “”是假命题B. 是真命题C. “或”为假命题D. “且”为真命题【答案】C【解析】【分析】先判断出命题的真假，再判断
5、出非命题与复合命题的真假可得答案.【详解】由，所以恒成立，所以不存在，使得，故为假命题，所以“”是真命题，故不正确；若恒成立，则或，解得，故为假命题，故不正确；所以“或”为假命题，故正确；“且”为假命题，故不正确.故选：C【点睛】关键点点睛：判断出命题的真假是本题的解题关键.8. 如图所示，在三棱柱中，底面，点、分别是棱、的中点，则直线和所成的角为（ ）A. 120B. 150C. 30D. 60【答案】D【解析】【分析】以为原点。分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角可求得结果.【详解】以为原点。分别为轴建立空间直角坐标系：令，则，所以，所以，所以直线和所成的角为.故选：D【点睛】关
6、键点点睛：建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解是本题的解题关键.二、多选题：（本大题共4个小题在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的）9. 已知曲线（ ）A. 若mn0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B. 若m=n0，则C是圆，其半径为C. 若mn0，则C两条直线【答案】ACD【解析】【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.【详解】对于A，若，则可化为，因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；对于B，若，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，由可得，故C正确；对于D，若
7、，则可化为，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.10. 如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）A. 若点，分别是线段，的中点，则B. 点到平面的距离为C. 直线与平面所成的角等于D. 三棱柱的外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】根据正方体的性质判断选项的正误即可.【详解】A中，在正方体中有，即；B中，到平面的距离为侧面对角线的一半即为；C中，直线与平面所成的角的平面角为；D中，三棱柱的外接球即为正方体的外接球，则球的半径为，所以；故选：ACD【点睛
8、】本题考查了棱柱，应用正方体的性质，结合点面距、线面角、外接球等知识判断选项的正误，属于基础题.11. 将离心率为的双曲线的实半轴长和虚半轴长同时增加个单位长度，得到离心率为的双曲线，则（ ）A. 当时，B. 当时，C. 当时，D. 当时，【答案】CD【解析】【分析】由离心率公式，结合双曲线的关系可得、，讨论的大小关系确定的大小关系即可.【详解】依题意得，由于，当时，即，当时，即，当时，当时，故选：CD.12. 圆与圆，下列说法正确的是（ ）A. 对于任意的，圆与圆始终相切B. 对于任意的，圆与圆始终有四条公切线C. 当时，圆被直线截得的弦长为D. P，Q分别为圆与圆上的动点，则的最大值为4【
9、答案】ACD【解析】【分析】求出圆心距，判断两圆位置关系絈可判断AB，求出圆心到直线的距离，由勾股定理求得弦长判断C，由两圆心距离可判断D【详解】由已知，等于两圆半径之和，两圆始终相切，A正确，B错误；时，到已知直线的距离为，则弦长为，C正确；由于，共线时最大值D正确故选：ACD【点睛】方法点睛：本题考查圆与圆的位置关系判断方程是求出圆心距离，根据与两圆半径和与差的大小关系判断，当两圆外离时，两圆有4条公切线，外切时有3条公切线，相交时有2条公切线，内切时有1条公切线，内含时无公切线第卷非选择题三、填空题：（本大题共4小题）13. 已知，如果是假命题，是真命题，则实数的取值范围是_【答案】【解
10、析】是假命题，解得，由是真命题，解得，实数的取值范围是，故答案为.14. 已知双曲线的中心为坐标原点，是的焦点，过的直线与相交于，两点，且的中点为，则双曲线的标准方程为_【答案】【解析】【分析】本题是有关弦的中点问题，利用点差法求得的值，结合可求得的值，进而求得双曲线方程.【详解】设,代入双曲线方程并作差得，即，结合，解得，故双曲线方程为.【点睛】本小题考查点差法解有关弦的中点的问题，利用点差法，将题目的已知代入，可求得的值，由此求得双曲线的标准方程.属于基础题.15. 已知点为抛物线的焦点，为原点，点是抛物线准线上一动点，点在抛物线上，且，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】首先确定准线方
11、程，然后结合对称性求解的最小值即可.【详解】，准线方程为，设，则，即，代入，得，不妨取，即，设关于准线的对称点为，可得，故 即的最小值为.故答案为【点睛】本题主要考查抛物线中的最值问题，对称转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16. 如图，、是椭圆与双曲线的公共焦点，、分别是、在第二、四象限的公共点若四边形为矩形，则的离心率是_【答案】【解析】【分析】先由椭圆方程，求出半焦距为，根据题中条件，由椭圆定义，求出，利用双曲线的定义，以及离心率计算公式，即可求出结果.【详解】由椭圆方程，可得半焦距为，因为四边形是矩形，所以；由在椭圆上，根据椭圆定义可得，则，所以，设双曲线的实
12、轴长为，则，即，所以其离心率为故答案为：.点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根据椭圆定义，以及题中条件，求出，根据双曲线的定义，求出其实轴长，再根据两曲线共焦点，即可求解.四、解答题：（本大题共6小题解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知命题：“方程表示焦点在轴上的椭圆”；命题：“，使得”（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；（2）若命题为真命题，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的标准方程列式可得结果；（2）因为命题为真命题，所以都是真命题，求出命题和分别为真命题时的的范围，再求交集即可得解.【详解】（1）若命题为真命题，则有，故实数的取值
13、范围是（2）若命题为真命题，则真、真，由（1）知真，若真，则不等式有解，即，或又，故实数的取值范围是【点睛】关键点点睛：第（2）问由复合命题的真假推出简单命题的真假是解题关键.18. 已知圆，斜率为1的直线与圆交于、两点（1）写出圆的方程标准形式，并指出圆心和半径；（2）是否存在直线，使以线段为直径的圆过原点？若存在，求出直线的方程，若不存在，说明理由；【答案】（1），圆心，；（2）存在，或【解析】【分析】（1）由圆一般方程配方得到标准方程形式，写出圆心、半径即可.（2）由题意知，即有，联立直线l与圆的方程结合根与系数关系，可得，进而求得，即可求直线的方程.【详解】（1）由圆方程知：圆心，（2
14、）假设存在直线，设方程为，以为直径的圆过圆心，即，消去得得由根与系数关系得：，而解得或4即直线方程为或【点睛】关键点点睛：由圆的直径对应圆周角为直角得到，利用垂直的坐标表示、根与系数关系列方程求参数，进而得到直线方程.19. 已知双曲线的离心率为，虚轴长为4（）求双曲线的标准方程；（）过点 ，倾斜角为的直线与双曲线相交于两点，为坐标原点，求的面积【答案】（）;（）.【解析】试题分析：（）根据已知条件及可得关于的方程组,从而可求得.（）由点斜式可得直线方程,与双曲线联立消去可得关于的一元二次方程.可得两根之和,两根之积.由弦长公式可得,根据点到面的距离公式可得原点到直线的距离,从而可求得的面积.
15、试题解析：解：()依题意可得 解得 双曲线的标准方程为()直线的方程为设、由可得由韦达定理可得 ，即 原点到直线的距离为于是 的面积为考点：1双曲线的方程,简单几何性质;2直线与双曲线的位置关系问题.20. 如图，四边形是正方形，四边形是矩形，平面（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由已知有、，结合面面平行的判定可证面面，由面面平行的性质即可证平面；（2）构建空间直角坐标系，以坐标形式表示、，进而求面、面的法向量，根据法向量的夹角与面面角的关系即可求二面角的余弦值【详解】（1）四边形是正方形，有，又四边形是矩形，有，面，面，而，面，面，
16、面面，又平面，平面（2）建立如图所示的空间直角坐标系设，则，则、设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，得，得，二面角的余弦值是【点睛】关键点点睛：应用面面平行的判定、性质证明线面平行；构建空间直角坐标系并写出相关点的坐标，利用向量数量积的坐标表示，以及二面角与平面法向量夹角的关系，求二面角的函数值.21. 已知离心率为的椭圆的一个焦点坐标为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线与轨迹交于不同的两点，求的取值范围.【答案】（1）;（2）【解析】试题分析：（1）由离心率为，及一个焦点坐标为，求出基本量，可得椭圆的标准方程；（2）设出直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积公式，即可
17、求得的取值范围试题解析：（1）由知，所以椭圆的标准方程为；（2）当直线的斜率不存在时，显然，此时；当直线的斜率存在时，设，设 联立消得：，由由知；综上所述：.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，向量知识的运用，以及分析解决问题的能力，其中灵活应用韦达定理是解题的关键22. 已知抛物线，点M(m, 0)在x轴的正半轴上，过M点的直线与抛物线 C相交于A，B两点，O为坐标原点. (1) 若m=l，且直线的斜率为1，求以AB为直径的圆的方程；(2) 是否存在定点M，使得不论直线绕点M如何转动，恒为定值？【答案】（1）. (2)存在定点M(2, 0).【解析】试题分析：（I）由题意得
18、M（1，0），直线l的方程为y=x1与抛物线方程联立，利用韦达定理，可得圆心坐标与圆的半径，从而可得圆的方程；（II）若存在这样点M，使得为定值，直线l：x=ky+m与抛物线方程联立，计算|AM|，|BM|，利用恒为定值，可求点M的坐标试题解析：（1）当m=1时，M(1，0)，此时，点M为抛物线C的焦点，直线的方程为y=x-1，设，联立，消去y得，圆心坐标为(3, 2). 又，圆的半径为4，圆的方程为. (2)由题意可设直线的方程为，则直线的方程与抛物线联立，消去x得：，则， 对任意恒为定值，于是m=2，此时. 存在定点M(2, 0)，满足题意.点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.