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2024 级高二学年上学期 9 月考试
数学试题
时长：120分钟 分值：150分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的.
的
1. 已知直线 方程为 ，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线的斜率，根据斜率是倾斜角的正切值的关系即可求出倾斜角．
【详解】 ，
直线的斜率 ，
∵在0°到180°范围内， ，
∴直线l的倾斜角为150°．
故选：D．
2. 若 ，则“ ”是“方程 表示椭圆”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】根据方程表示椭圆建立满足条件的不等式，然后分析充分、必要条件即可.
【详解】若方程 表示椭圆，
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学科网（北京）股份有限公司则 解得 或 ，
所以“ ”是“方程 表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B.
3. 若点 在圆 （ 为常数）外，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由点 在圆外代入圆的方程可得 ，再由圆的一般方程中 可得 ，
最后求交集即可.
【详解】由题意知 ，
故 ，
又由圆的一般方程 ，
可得 ，即 ，
即 或 ，
所以实数 的范围为 .
故选：C.
4. 已知焦点在 轴上的椭圆 的焦距为 ，则其离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】根据椭圆的焦距求出 的值，可得出 的值，由此可求得该椭圆的离心率的值.
【详解】因为焦点在 轴上的椭圆 的焦距为 ，则 ，可得 ，
所以，该椭圆的标准方程为 ，则 ，故该椭圆的离心率为 .
故选：D.
5. 已知直线 ，从点 射出 的光线经直线 反射后经过点 ，则光线从 到
的路程为（ ）
A. 2 B. 3 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】求出 关于直线 的对称点 的坐标，再求得 的长即得．
【详解】设点 关于直线 的对称点为 ，则有 解得 ，
因为光线从 到 的路程即 的长，而 .所以光线从 到 的路程为5.
故选：C．
6. 已知椭圆E: ＋ ＝1(a>b>0) 的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点
坐标为(1，－1)，则E的方程为
A. ＋ ＝1 B. ＋ ＝1
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学科网（北京）股份有限公司C. ＋ ＝1 D. ＋ ＝1
【答案】D
【解析】
【详解】设 、 ，所以 ，运用点差法，所以直线 的斜率为 ，设
直线方程为 ，联立直线与椭圆的方程 ，所以
；又因为 ，解得 .
【考点定位】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查学生的化归与转化能力.
7. 已知点 ，若 P，Q 是直线 ： （ ）上的两点，且对任意 ，
恒成立，则线段 的长度的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过分析得到点M在以 为直径的圆上或圆内，从而得到线段的范围.
【详解】由直线 ： 化为 ，故直线恒过定点 .
点 到直线 ： 距离 .
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学科网（北京）股份有限公司对任意 ， 恒成立,等价于点M位于以线段 为直径的圆上或圆内.
要使直线 上存在这样P，Q点，则点M到直线 的距离不大于以线段 为直径的圆的半径，即 ，
所以 .根据题意，该不等式对任意 恒成立，
所以 ，而 ，故 .
故选：D.
8. 已知实数 满足， ，则 的
最大值为（ ）
A. B. 4 C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】依题可得点 在圆 上，且 ，原问题等价为求解点 和
点 到直线 距离之和的 倍的最大值，据此数形结合确定 的最
大值即可.
【详解】
由题意，可知 在圆 上，
由 ,可得 ,则 ,
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学科网（北京）股份有限公司因 ，
而 和 可理解为点 到直线 的距离 和 .
如图，取 中点 ，连接 ,分别作 于点 ， 于点 ， 于点 ，
则 ，且 .
又 ,即点 的轨迹方程为 ，
要使 最大值，需使 取最大值，
由图知，显然当线段 经过圆心 时， 的值最大.
由点 到直线 的距离为 ，
故 ，此时 ，
故 .
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查距离公式的应用，等价转化、数形结合的思想，属于难题.
解题关键在于根据条件数形结合，将两个方程理解为单位圆上的两点 ，由条件得 ，将所求
式理解为点 到直线 距离之和的 倍，根据圆的性质和梯形中位线性质即可求得其最
大值.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目
要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 以下四个命题为真命题的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 过点 且在x轴上的截距是在y轴上截距的4倍的直线的方程为
B. 直线 的一个方向向量为
C. 当 时，两直线 ， 相互垂直
D. 直线 恒过定点
【答案】BD
【解析】
【分析】A：需考虑过原点和不过原点两种情况；B：求出斜率，根据直线方向向量和斜率关系即可判断；
C：将a代入 方程化简，对比两直线方程，利用斜率关系即可判断两直线位置关系；D：将方程中含m的
项按m进行合并，令m的系数为零进行求解即可．
【详解】A：当直线过原点时，直线方程为 ；
当直线不过原点时，设直线方程为 ，
把点 代入，得 ，解得 ，直线方程为 ．
综上，该直线方程为 或 ．故A错误；
B： ，斜率 ，∴ 为其一个方向向量，故B正确；
C：当 时，直线 ，则 ，故C错误；
D： ，
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学科网（北京）股份有限公司令 ，解得 ，故直线恒过定点 ，故D正确．
故选：BD．
10. 已知椭圆 的左，右焦点为 ， ， ， 分别为它的左右顶点，点 为椭圆上的动点（
不在 轴上），下列选项正确的是（）
A. 的周长为 B. 存在点 使得
C. 直线 与直线 的斜率乘积为 D. 的最小值为1
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据椭圆的定义判断 A；首先求出 ，根据椭圆的几何性质可知当 在椭圆的短轴顶点时
取得最大值，即可判断B；设 ，求出 即可判断C；利用基本不等式判断
D．
【详解】椭圆 ，则 ，则 ，
对于A：因为 ，所以 的周长为 ，故A正确；
对于B：当 在椭圆的短轴顶点时 取得最大值，
不妨取 ，此时 ，
所以 为钝角，所以存在点 使得 ，B正确；
对于C：因为 ，设 ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ，故C错误；
对于D：因为 ，
所以
，
当且仅当 ，即 时取等号，故D正确；
故选：ABD
11. 在平面直角坐标系xOy中，圆 ，若曲线 上存在四个点 ，
过动点 作圆O的两条切线，A，B为切点，满足 ，则k的值可能为（ ）
A. -7 B. -5 C. -2 D. –1
【答案】ABC
【解析】
【分析】先设出 ，利用 求出 在以原点为圆心，半径为2的圆上，数形结合
转化为 且只需原点到直线 的距离小于半径2即可，用点到距离公式列出不等式，求
出k的取值范围.
【详解】设 ，连接 ，设 ，
则 ， ，
所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司又 ，
所以
令 ，则有 ，
解得： 或
因为 在单位圆外，所以 舍去，
即 在以原点为圆心，半径为2的圆上，
因为曲线 上存在四个点 （i＝1，2，3，4），
即 与圆 有4个交点，
结合图象可知， 且只需原点到直线 的距离小于半径2即可，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，解得： 或 （舍去），
故选：ABC
【点睛】数形结合的思想对于求解函数零点或交点个数问题经常使用，要能抓住一些不变量，比如本题中
的直线方程过定点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知点 ， ，经过点 作直线l，若直线l与线段 总有公共点，设直线l的斜
率为k，则k的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】数形结合并根据斜率计算公式即可得到答案．
【详解】如图：
由题意知直线 的斜率分别为 ．
直线 与线段 总有公共点，
，
故答案为： ．
13. 曲线 围成的图形的面积是___________.
【答案】 ##
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】曲线 围成的图形关于 轴， 轴对称，故只需要求出第一象限的面积即可.
【详解】将 或 代入方程，方程不发生改变，故曲线 关于 轴， 轴对称，
因此只需求出第一象限的面积即可，
当 ， 时，曲线方程为 ，表示的图形占整个图形的 ，而
表示的图形为一个腰长为1的等腰直角三角形和半径为 的一个半圆，
∴ ，
故围成的图形的面积为： .
故答案为： .
14. 机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为 ，开口直径为 ．旅客使用纸杯喝
水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点D时，椭圆的离心率等于______．
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学科网（北京）股份有限公司【答案】
【解析】
【分析】依题意，利用等腰三角形 求得 ,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆锥的轴截面交
椭圆于点 ，建立坐标系，利用相似三角形求出点 坐标，代入椭圆方程即可求得半短轴长，利用离心
率定义计算即得.
【详解】解：如图所示：
设 ,因 ,故 ，
又 ，
由余弦定理， ，
即 ，
设椭圆中心为 ，作圆锥的轴截面 ，与底面直径 交于 ，与椭圆交于 ， ，
连 交 于 ，以点 为原点， 为 轴，建立直角坐标系，
过 点作 ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ，
，
则 ，
，
则 ，
又由 得： ，
,
从而 ，
则得 ，
不妨设椭圆方程为 ，把 和点 坐标代入方程，
解得 ，
则 ，
故 .
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学科网（北京）股份有限公司故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用相似三角形求出点 坐标，代入椭圆方程求得半短轴长.
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. 已知直线 ，点 和点 分别是直线 上一动点.
（1）若直线 经过原点 ，且 ，求直线 的方程；
（2）设线段 的中点为 ，求点 到原点 的最短距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平行线间距离公式可得 和两直线垂直，即可根据垂直关系得斜率求解,
（2）根据 互相平行，可得 的轨迹为 ，利用点到直线的距离公式即可求解.
【小问1详解】
将 化为一般式方程，得，
,则两直线平行，
故两直线的距离为 ，
因为 ，所以 和两直线垂直.
因为 的斜率为 ，所以 .
又因为直线 经过原点 ，所以直线 的方程为 .
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司因为 互相平行，所以线段 的中点 的轨迹为 ，
即
所以点 到原点 的最短距离即点 到直线 的距离，
因为点 到直线 的距离为 .
所以点 到原点 的最短距离为 .
16. 已知圆心为 的圆经过点 ， 和 ．
（1）求圆M的方程；
（2）若过点 的直线 被圆M截得的弦长为 ，求直线m的方程．
【答案】（1）
（2） 或
【解析】
【分析】（1）法一，设圆的标准方程，利用待定系数法求圆的方程；法二，利用几何法求圆的方程；
（2）根据点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式即可求解.
【小问1详解】
法一：设圆M的标准方程为：
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学科网（北京）股份有限公司由题意得： ，解得： ．
圆M的标准方程为 ．
法二：设线段AB的中点为E，则 ，又因为
所以线段AB的垂直平分线 的方程为： ，即
同理可得：线段BC的垂直平分线 的方程为：
，解得
所以圆心 ，半径 ．
圆的标准方程为 ．
【小问2详解】
由题意得：圆心M到直线m的距离为 ．
①当直线m垂直于x轴时，方程为 ，满足条件；
②当直线m斜率存在时，设直线m的方程为 ，即
由 ，解得 ．
所以直线m的方程为 ．
的
综上所述，直线m 方程为 或 ．
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学科网（北京）股份有限公司17. 已知椭圆C： （ ）的离心率为 ，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设点M为椭圆上位于第一象限内一动点，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线MB与x轴交于
点C，直线MA与y轴交于点D，求四边形 的面积.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）根据离心率及通径长得到方程组，求出 、 ，即可得到椭圆方程；
（2）设 （ ， ），表示出直线 、 的方程，即可得到 、 ，最后根据
计算可得.
【小问1详解】
因为离心率为 ，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1，
所以 ，解得 ，所以椭圆的方程为 ．
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司因为椭圆C的方程为 ，所以 ， ，
设 （ ， ），
则 ，即 ，则直线 的方程为 ，
令 ，得 ，同理，直线AM的方程为 ，
令 ，得 ，
所以
，
所以四边形 的面积为定值2．
18. 在平面直角坐标系中，定义 为两点 的“棋盘距
离”（源自国际象棋中王的走法规则，又名“切比雪夫距离”）.直线 .
（1）已知圆C： ，圆 ： 的圆心分别为C， ，且
，判断圆C与圆 的位置关系；
（2）若直线 与（1）问结论中的圆 自上而下交于 ， 两点，直线 与 轴、 轴分别交于 、 两点；
若（1）问结论中的圆 与 轴自上而下交于 两点.
的
①设 ， ，求 值；
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学科网（北京）股份有限公司②求证：直线 ､ 交点 在定直线上.
【答案】（1）相交 （2）① ；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）由棋盘距离的定义及 的范围求出 ，再由圆与圆的位置关系的判断方法可得结果；
（2）①联立直线 和 的方程，并得到韦达定理，再由 和 分别得到
和 ，结合韦达定理并化简可得 ；②设出 和 的点斜式方程并联立消掉 ，结
合韦达定理化简得到 ，即 得证.
【小问1详解】
圆 ： 转化为标准方程为： ，
， ， ， 或0，
， ， ， ， ， ，
， ， ， 与 相交.
【小问2详解】
①直线 ， ，设 ， ，由 ，
消去 得： ，由韦达定理 ， ， ，
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学科网（北京）股份有限公司由 有 ，
同理由 有 ， （*），
将韦达定理代入（*） ， ；
②证明： ， ，则直线 ，直线 ，
联立两直线方程消 得： （**），
由韦达定理有 ，即 ，
代入（**）可得 ，解得 .
故直线 交点 在定直线 上.
19. 已知动圆 与圆 ： 和圆 ： 都内切，记动圆圆心 的轨迹为
.
（1）求 的方程；
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学科网（北京）股份有限公司（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为 ，则曲线
上一点 处的切线方程为： .试运用
该性质解决以下问题：点 为直线 上一点（ 不在 轴上），过点 作 的两条切线 ， ，切
点分别为 ， .
（ⅰ）证明： ；
（ⅱ）点 关于 轴的对称点为 ，直线 交 轴于点 ，直线 交曲线 于 ， 两点.记
， 的面积分别为 ， ，求 的取值范围.
【答案】（1） ；
（2）（i）证明见解析；（ii） .
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的几何定义求解动点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点 坐标后，得出直线 的方程，从而算出斜
率，再去判断与另一直线是否垂直；
（ii）联立直线 的方程与椭圆 的方程，由韦达定理得出 ，进而求解出直线 与 轴
的交点 的坐标，再用垂直关系又去设出直线 的方程与椭圆 的方程联立，再用坐标去表示出
，最后可由基本不等式得出结果.
【小问1详解】
设动圆 的半径为 ，由题意得圆 和圆 的半径分别为7，1，
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学科网（北京）股份有限公司因为 与 ， 都内切，
所以 ， ，
所以 ，
又 ， ，故 ，
所以点 的轨迹是以 ， 为焦点的椭圆，
设 的方程为： ，
则 ， ，所以 ，
故 的方程为：
【小问2详解】
（i）证明：设 ， ， ，
由题意中的性质可得，切线 方程为 ，
切线 方程为 ，
因为两条切线都经过点 ，所以 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司故直线 的方程为： ，可得直线 的斜率为：
而直线 的斜率为： ，
因为 ，所以 ;
（ii）由直线 的方程为： ，可改设直线 的方程为： ，
联立 ，整理得 ，
由韦达定理得 ，
又 ，所以直线 的方程为 ，
令 得，
，
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学科网（北京）股份有限公司所以直线 经过定点 ，又 ，
再由 ，可设直线 的方程为： ，
再联立 ，整理得 ，
设 ， ，则由韦达定理得 ，
因为 ，所以
，
所以 ，当且仅当 时，即 时取等号.
又因为 ，所以 .
【点睛】方法点睛：
（1）利用两圆相内切的几何关系来推导出椭圆的几何定义，从而求出轨迹方程；
（2）利用曲线上某点的切线方程去推导出切点弦方程.
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学科网（北京）股份有限公司
