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秘密★启用前【考试时间：2024年10月24日8：00一10：00】
重庆一中高2026届高二上期月考
数学试题卷
注意事项：
1,答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用28铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，
再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时、必须使用0,5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
一、单选题（本大题共8个小题，每题只有一个选项正确，每小题5分，共40分）
1、已知点A(-1,0),B(1,0),动点P(x,y)满足PA-PB=1,则动点P的轨迹是(）
A.射线
B,线段
C.双曲线的一支
D.双曲线
2.已知两直线：x-2义=0和l2:3x+my+1=0,若儿2，则m=()
A.-6
B.
c
D.2
3.椭圆E的一条弦AB经过左焦点F,右焦点记为F.若△ABF,的周长为8，且弦长AB的最
小值为3，则椭圆E的焦距=()
A.2
B.1
C.2V3
D.5
4.△ABC的内角A,B,C对应的边分别为4，b,c,若a=2W3,b=2W2,B=45°，则C=（)
A.V6+√2
B.V6-√2
C.6+√2或6-√2
D.无解
5.阿基米德在其著作《关于圆锥体和球体》中给出了一个计算椭圆面积的方法：椭圆半长轴
的长度、半短轴的长度和园周率三者的乘积为该椭圆的面积.已知椭圆C:。+京=1a>6>0)
的面积为10π，两焦点为F和F,直线y=x与椭圆C交于A,B两点.若|AF|+|BE=10,
则椭圆C的半短轴的长度=()
A.5
B.4
C.6
D.2
6.过定点(-1,0)的直线1与抛物线y2=4x交于A,B两点，OA.OB的值为（)
A.2+
B.5
C.22+3
D.4
7焦点在y轴上的双曲线E与双曲线C:二发a>0,b>0有相同的渐近线，过点P(-50)
的直线与双曲线C交于A,B两点，若线段AB的中点是M(3,8),则双曲线E的离心率为()
A.5
B.
C.33
V22
D.
3
11
8.已知F,F是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且PF>PF,线段PF的
中垂线经过F.记椭圆的离心率为日，双曲线的离心率为2，则+4%，的取值范围是（)
A、(6,+∞)
B.(7,+∞)
C.(6,7)
D.(5,+o)
二、多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项是
符合题目要求的、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.已知m:n是空间内两条不同的直线，a,B是空间内两个不同的平面，则下列命题为假
命题的是
·\
A,若m⊥，m⊥B,则a∥B
B.若mHa,n∥c,则m∥n
C、若m上a,⊥&，则mHn
D.若a⊥为B⊥Y,则a∥B
0,设双曲线EX=(@>0,b>0的左焦点为A,右焦点为，点P在E的右支上
且不与E的顶点重合，则下列命题中正确的是()
3
A.若a=3且b=2,则双曲线E的两条渐近线的方程是ys±二x
2
B.若PF⊥PF2,则△FPF2的面积等于b2
C.若点P的坐标为(2,4W2),则双曲线E的离心率大于3
D.以PF2为直径的圆与以E的实轴为直径的圆外切
11.两个圆锥的母线长度均为1，它们的侧面展开图恰好拼成个圆，分别用，S,Y和2，S2,
表示两个圆锥的底面圆半径、表面积、体积，则正确的有(
A.5+52=l
B.S+S,的最小值为3
2
C.+y2为定值
D.若5=1：4，则%：2=6：24
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分）
12.设m为正实数，若直线x-y=m被圆x2+y2=3所截得的弦长为2m,则m=
13.已蜘如横圆G新芳-1的左右焦点分别为和民，且5也是袖物找G:=2m(p>0)的焦
点，若P是C与C的公共点，P=7,则cos ZPFF=
14.已知点P在圆0：x2+y2=1上，动圆C与圆0内切并与直线1：y=4相切，圆心为C,则PC
的最小值为
2重庆一中高 2026届高二上期月考数学试卷答案与解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
5 1
答案 C A A C D B D B BD BCD ABD 2 7 2
x2A y
2
2
A 1

7 C: a b
2
k y b
2 8 2 2
【解析】如图 对 由 得 MAB 2 ， E中:
b 3 , e 1 b 22
x2 2 2
2
B yB xM a 3 a 8 a 4
a2
1
b2
8【解析】设椭圆的长轴长= 2a1，双曲线的实轴长= 2a2 ，它们的公共焦距=2c.
因为 F2 在 PF1 的中垂线上，故 PF2 F1F2 2c，分别由两个曲线的定义知：
2a1 2c PF 2a
a
1
a2 1 1
1 2 2c a1 a2 2c 2 2c c e ，1 e2
1
所以 4e
1
2 4e2 2，由 f (e )
1 1
2 4e2 2在e2 (1, )上单调递增 4e (7， )e1 e2 e
，得
2 e
2 .
1
10【解析】当 a 3且b b 2 2时，E的渐近线斜率为 ，选项 A错误；
a 3
PF1 PF2 2a 2 2 2 1 2
2 2 2 2PF1 PF2 4(c a ) 4b SPF PF 4c F PF
PF1 PF2 b ，选项 B正确；1 2
1 2 2
2 2 2
把 P点坐标代入 E的方程得 4 32 1 b 8 b e2 c 1 b
2 b2
2 2 2 ，选项 C正确；a b a 4 a2 a2
9 9 e 3
4
如图，∵两圆的圆心距 IO是△F1PF2的中位线，
PF1 PF2 2a PF
∴IO = 2 a2 2 2 =两圆的半径之和，故两圆外切，选项 D正确.
A : 2 r1 2 r11【解析】 由 2 2 得 r1 r2 l，故 A对 .l l
2
B : S S (r 2 r 2 ) (r r )l (r1 r2 ) 31 2 1 2 1 2 l
2 l 2，故 B对 .
2 2
C :V 1 1 l l 2l1 V2 r
2 l 2 r 2 r 2 l 21 1 2 r
2如r r ,与r
3 3 2 1 2 2 1
, r2 时值不同，故不为定值 ，C错3 3
D : l 5r1 ,V :V
1
r 2 l 2 r 2 1 2 2 2 2 2 61 2 1 1 : r2 l r2 r1 24 r :16 r 9r3 3 1 1 1
,故D对.
24
13【解析】由椭圆定义得 PF1 PF2 12，而 PF1 7，则 PF2 5，
因 F2是抛物线的焦点，则抛物线的准线 l过点F1，如右图。
作 PQ l于点 Q，由抛物线定义知 | PQ | | PF2 | 5，
| PQ | 5
由 F1F2 / /PQ得 PF1F2 F1PQ ，则cos PF1F2 cos F1PQ | PF1 | 7
.
1
{#{QQABRQqQggAgABJAAQhCEQXwCAAQkgECAYgOhBAIoAAAiBFABAA=}#}
14【解析】如图，设圆 C的半径为 R，则 CO=R-1；
又 C到 l : y 4的距离为 R，则 C到 y 3的距离为 R-1.
所以 C的轨迹是以 O为焦点，以 y 3为准线的抛物线，顶点为C ' (0,
3)，
2
则 PC |CO | 1 |C 'O | 1 1 .
2
四、解答题
15【解析】（Ⅰ）由已知条件b 4,a2 (c 2)2 12 c2 4c 16 c2 bc b2 ......................................3分
2 2 2 2
由余弦定理可得 cos A c b a bc 1 ，因为 A 0, π ，从而 A ..................................6分
2bc 2bc 2 3
b 4, A 2 1（Ⅱ）因为 ，由 S ABC bc sin A 6 3，解得 c 6 ................................................8分3 2
1
因为M 为BC边上的中点，所以 AM (AB AC) .................................................................................10分
2
2 2 2
平方得：AM 1 (AB AC)2 1 (AB AC 2 AB AC cosA) 7,故 AM 7 ............................13分
4 4

16【解析】（Ⅰ）以A为原点， AB, AA , AC为 x, y, z1 正半轴方向建立空间直角坐标系，则
B(2,0,0),C(0,0,1),E(0, 1 ,0)，设 A1D t,0 t 1 ...........................................2分2
得D(t,1,0),F( t , 1 , 1) t 1.于是 EF ( ,0, ），CD (t,1, 1)
2 2 2 2 2
2
由EF CD t 1，得 EF CD 0，故 t 1 .............................................4分2 2

又面 ABC 的一个法向量 n 0,1,0 ，从而 EF n 0，且 EF 平面 ABC，因此 EF / /面 ABC ................6分
法二：连接DE并延长，交 BA于G，连接CG，则 EF 为 DCG的中位线，故 EF //CG，
又 EF 平面 ABC，CG 平面 ABC，因此EF / /平面 ABC .
1 1 1
（Ⅱ）由（1）知 EB (2, ,0），EF ( ,0, ），CD (1,1, 1) ....................................................9分
2 2 2
1
2x y 0
设面 BEF的一个法向量 n x, y, z 2，由 1 1 ，令 = 1 得 n (1,4, 1), ................................12分 x z 0
2 2
CD n 6
设直线DF与平面BEF所成角为 ，则 sin cos CD,n ...................................15分
CD n 3
17【解析】（Ⅰ）如图，记准线与 y轴交于 H点，在 RT△QFH中，QF=4，∠FQH=30°，所以 p=FH=2.
故抛物线 E : x2 4y ...............................................................................6分
2
{#{QQABRQqQggAgABJAAQhCEQXwCAAQkgECAYgOhBAIoAAAiBFABAA=}#}
（Ⅱ）因为垂直于 x轴的直线与抛物线仅有一个公共点，所以 AB必有斜率，
设 AB : y kx b， A(x1, y1),B(x2 , y2 )，
y kx b 2
由 2 x 4kx 4b 0, x1x2 4b且 x1 x2 4k ..........................................................9分
x 4y
由A, B在 y轴同侧 x1x2 0 b 0
k 02 ...............................................................................10分由 0 k b 0
y1 1 y2 1 (kx1 b 1) x2 (kx2 b 1) x1
已知点 F(0,1)，直线 FA和 FB的倾斜角互补 0 0x1 x2 x1x2
2kx1x2 (b 1)(x1 x2 ) 0 4k(b 1) 0 b 1
所以直线 AB恒过定点 C(0, -1). ...............................................................................................................15分
18【解析】（Ⅰ）设 l : y kx 4，与 y 4 4 3 4 4 3 3x联立求出M ( , )，N ( , ) ................3分
3 k 3 k 3 k 3 k
1 4 4 16 3 8 3
用割补法得 S OMN 4 ....................................................................5分2 3 k 3 k | 3 k 2 | 3
解得 k 3，∴直线 l的方程为 y 3x 4 ............................................................................................7分
1
另解 1：由两渐近线的夹角为 60°得 S OMN OM ON
3 8 8 16 3
sin 60 ，后略。
2 4 | 3 k | | 3 k | | 3 k 2 |
1
另解 2： S OMN xM yN xN yM ，后略。2
（Ⅱ）AB=AC 线段 BC的中垂线经过 A点，设 BC的中点为 D (x0 , y0 )， B(x1, y1),C(x2 , y2 )，
y2 y2
代入 E的方程有 x2 1 1，x2 2 1，两式作差得3(x1 x2 ) (y1 y2 )
y1 y2 6x 2y k
1 2 x x 0 0 ..............10分3 3 1 2
AD BC y0 4由 k 1，与上式联立求得 xx 0
k , y0 3，即D(k ,3) .......................................12分
0
因为点(2, 3)在双曲线右支上，且 D(k, 3)在右支的内部，所以 k >2....................................................15分
由D在BC上 y0 kx
2
0 m m 3 k ，所以 m < -1........................................................................17分
y2
另解：把 y kx m代入 x2 1消去 y得: (3 k 2 )x2 2kmx (m2 3) 0，该方程要有两个正根.
3
当k 3时，不合题意；

当k 3时， 12(m2 k 2 3) 0 m2 3 k 2
m2 3 k 2
x 2km 1 x2 0 2 0 km 0 （*） 11分3 k 2
2 k 3
x1x2 0
(m 3)
2 0 k
2 3
3 k
设 BC的中点为 D (x0 , y0 )， B(x1, y1),C(x , y ) x
x1 x2 km
2 2 ，则 0 2 , y0 kx
3m
2 3 k 0
m ，
3 k 2
3
{#{QQABRQqQggAgABJAAQhCEQXwCAAQkgECAYgOhBAIoAAAiBFABAA=}#}
由AD BC y0 4得 k 1，代入上面两式消去 x0和y0得 m 3 k
2 （**）
x ...............................14分0
m 0
结合（*）和（**）可得 m2
m 1
m 0 .....................................................................................17分
19解：（Ⅰ）如图，取MF2的中点记为 N，连结 NF1 .
在 Rt F1NF2中， F1F2 2， cos NF2F1
2 1
，所以 NF2 2 1，2
则 2a MF1 MF2 F1F2 2NF2 2 2，
2
即a 2， c 1 x， b 1，所以椭圆方程为 y 2 1...................................................................4分
2
| k1x0 y0 | 2 2 2
（Ⅱ）①直线OP : y k x与⊙M相切，则 r (x0 r )k1 2x y k y
2 r 20 0 1 0 01 ；k 21 1
直线OQ : y k x与 M相切，同理有 (x2 r 22 ⊙ 0 )k
2
2 2x0 y0k2 y
2 2
0 r 0；
则 k1、k2 是关于 x的方程 (x
2 2 2 2 2
0 r )x 2x0 y0x y0 r 0的两根，.................................................7分
x2 20 2 x0 1
k k y
2 r 2 1 1
由韦达定理知 0 2 3 2 31 2 2 2 2 2 ....................................................................10分x0 r x20 x
2 2
3 0 3
x2 2
（注：上式中，先由 0 y20 1消去的 y0，再代入 r
2 ）
2 3
②由①问知 k
1
2 , 如图，设 P(x1, y1)，Q(x2 , y )2k 2 ，1
y1 k x 1 1 2 2
由 x21 x
2 OP x2 y2 (1 k 2 )x2 2k1 2 ,
y
2 1 1 2k 2 1 1 1 1 1 2k 2 1
2 1 1 1
2k 2OQ 2 2 (2k
2 2 2
同理可得 2
2) k1 4k1 1 ，
2k 22 1 (2k
2
2 1) k
2
1 2k
2
1 1
1 6 2k 21 2 4k
2 1
SOPMQ S OPM S OQM r(OP OQ)
1 .............................................................14分
2 6 2k 21 1
2 2 2k 2 2 4k 2 1
( 2k 21 2 4k
2 2 2 2 2 1 1
1 1) 2 2k1 2 4k1 1 6(2k1 1)， 6 2k 21 1
k 2∴当 时， SOPMQ 11 max ..........................................................................................................17分2
4
{#{QQABRQqQggAgABJAAQhCEQXwCAAQkgECAYgOhBAIoAAAiBFABAA=}#}

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