2024-2025学年江西省抚州市南城一中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江西省抚州市南城一中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共7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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线 3x+y− 2=0的倾斜角为( )
A. 60°B. 90°C. 120°D. 150°
2.两直线的斜率分别是方程x2+2023x−1=0的两根，那么这两直线的位置关系是( )
A. 垂直B. 斜交C. 平行D. 重合
3.已知直线过点(1,2)，且在纵坐标上的截距为横坐标上的截距的两倍，则直线l的方程为( )
A. 2x−y=0B. 2x+y−4=0
C. 2x−y=0或x+2y−2=0D. 2x−y=0或2x+y−4=0
4.已知方程x22+m−y2m+1=1表示焦点在x轴上的椭圆，则m的取值范围是( )
A. −32C. m>−1D. −25.若点P(2,3)在圆C：x2+y2+2x−2y+a=0外，则a的取值范围是( )
A. (−11,+∞)B. (−11,2)C. (−8,2)D. (−8,+∞)
6.“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点P(x,y)是阴影部分(包括边界)的动点，则yx−2的最小值为( )
A. −23
B. −32
C. −43
D. −1
7.已知圆C1：(x−2)2+(y−3)2=1，圆C2：(x−3)2+(y−4)2=9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|+|PN|的最小值为( )
A. 17−1B. 5 2−4C. 6−2 2D. 17
8.公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值(不为1)的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点A(−1,0)和B(2,1)，且该平面内的点P满足|PA|= 2|PB|，若点P的轨迹关于直线mx+ny−2=0(m,n>0)对称，则2m+5n的最小值是( )
A. 10B. 20C. 30D. 40
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.下列选项正确的是( )
A. 过点(−1,2)且和直线3x+2y+7=0平行的直线方程是3x+2y−1=0
B. 若直线l的斜率k∈[−1,1]，则直线倾斜角α的取值范围是α∈[π4,3π4]
C. 若直线l1：x−2y+3=0与l2：2x+ay−2=0平行，则l1与l2的距离为 5
D. 圆C1：x2+y2−4x−2y+4=0和圆C2：x2+y2−6y+5=0相交
10.方程k(x−1)+2= 1−x2有两个不等实根，则k的取值可以是( )
A. 34B. 45C. 1D. 54
11.已知圆M：(x+1)2+y2=2，直线l：x−y−3=0，点P在直线l上运动，直线PA、PB分别于圆M切于点A、B.则下列说法正确的是( )
A. 四边形PAMB的面积最小值为2 3
B. |PA|最短时，弦AB长为 6
C. |PA|最短时，弦AB直线方程为x−y−1=0
D. 直线AB过定点为(−12,12)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l的一个法向量是(2,−1)，则它的斜率为______．
13.已知F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，现以F2为圆心作一个圆恰好经过椭圆中心并且交椭圆于点M、N，若过F1的直线MF1是圆F2的切线，则椭圆的离心率为 ．
14.已知直线l1：tx+y+t+1=0与直线l2：x−ty+t−1=0相交于点P，动点A，B在圆C：x2+y2−14x+2y+47=0上，且|AB|=2，则|PA+PB|的最小值为______．
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)
已知圆C：x2+y2−2x−8=0内有一点P(2,2)，过点P作直线l交圆C于A、B两点．
(1)当弦AB最长时，求直线l的方程；
(2)当直线l被圆C截得的弦长为4 2时，求l的方程．
16.(本小题15分)
已知矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2,0)，AB边所在直线的方程为x−3y−6=0，点T(−1,1)在AD边所在的直线上．
(1)求AD边所在直线的方程；
(2)求矩形ABCD外接圆的标准方程．
17.(本小题15分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为( 5,0)，四个顶点构成的四边形面积等于12.设圆(x−1)2+y2=25的圆心为M，P为此圆上一点．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)记线段MP与椭圆C的交点为Q，求|PQ|的取值范围．
18.(本小题17分)
已知圆C：x2−6x+y2−6y+3=0，直线l：x+y−2=0是圆E与圆C的公共弦AB所在直线方程，且圆E的圆心在直线y=2x上．
(1)求圆E的方程；
(2)过点Q(−2,0)分别作直线MN，RS，交圆E于M，N，R，S四点，且MN⊥RS，求四边形MRNS面积的最大值与最小值．
19.(本小题17分)
已知点P是圆O：x2+y2=4上的动点，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足，点M满足DM=12DP，当点P运动时，设点M的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)证明：存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与曲线E恒有两个交点A、B，且OA⊥OB(O为坐标原点)，并求出该圆的方程．
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.A
5.B
6.C
7.B
8.B
9.AD
10.BC
11.AB
12.2
13. 3−1
14.[6 2,14 2]
15.解：(1)当AB最长时，直线l必过圆心，即弦AB为直径，
∵圆C：x2+y2−2x−8=0，即(x−1)2+y2=9，
∴圆心C的坐标为(1,0)，半径为3，
∴直线l过点C(1,0)，P(2,2)，
∴直线l的方程为y−02−0=x−12−1，即2x−y−2=0．
(2)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=2，
将x=2代入x2+y2−2x−8=0，解得y=±2 2，满足直线l被圆C截得的弦长为4 2，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−2=k(x−2)，即kx−y+2−2k=0，
∵圆心到直线的距离，半径，半弦长组成一个直角三角形，
∴(|k+2−2k| k2+1)2+(2 2)2=32，解得k=34，即直线l的方程为3x−4y+2=0，
综上所述，直线l的方程为x=2，3x−4y+2=0．
16.解：(1)因为AB边所在直线的方程为x−3y−6=0，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为：−3，
又点T(−1,1)在直线AD上，所以AD边的直线方程为：y−1=−3(x+1)，即3x+y+2=0．
(2)由x−3y−6=03x+y+2=0，解得A点坐标为(0,−2)，矩形ABCD的两条对角线的交点为：M(2,0)，
所以M为矩形ABCD外接圆的圆心，
又r=|AM|= (2−0)2+(0+2)2=2 2，
所以矩形ABCD外接圆的标准方程为(x−2)2+y2=8．
17.解：(1)因为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为( 5,0)，四个顶点构成的四边形面积等于12．
所以c= 5，2ab=12，又a2=b2+c2，
所以a=3，b=2，
所以椭圆C的离心率e=ca= 53．
(2)由题意，得|PQ|=|MP|−|MQ|=5−|MQ|．
设Q(x1,y1)，则x129+y124=1．
所以|MQ|= (x1−1)2+y12= (x1−1)2+(4−49x12)= 59(x1−95)2+165，
因为x1∈[−3,3]，
所以当x1=95时，|MQ|min=4 55；当x1=−3时，|MQ|max=4．
所以|PQ|的取值范围为[1,5−4 55]．
18.解：(1)由C：x2−6x+y2−6y+3=0，可得其圆心为C(3,3)，半径r1= 15，
点C到l：x+y−2=0的距离为d1=|3+3−2| 2=2 2，
故|AB|=2 r12−d12=2 15−8=2 7，
圆E的圆心在直线y=2x上，设圆心E(a,2a)，
由题意得CE⊥l，所以2a−3a−3=1，解得a=0，即E(0,0)，
E到l的距离d2=2 2= 2，
所以E的半径r2= 2+(12|AB|)2= 2+7=3，
所以圆E的方程：x2+y2=9；
(2)假设点O到MN的距离为m，到RS的距离为n，
则S=12|MN||RS|=2 9−m2⋅ 9−n2，
因为MN⊥RS，所以m2+n2=4，
所以S=2 9−m2 5+m2=2 −(m2−2)2+49(0≤m2≤4)，
所以S∈[6 5,14]，所以四边形MRNS面积的最大值14，最小值6 5．
19.解：(1)由题意，设P(x0,y0)，D(x0,0)，M(x,y)．
因为点M满足DM=12DP，所以(x−x0,y)=12(0,y0)，
所以x=x0y=12y0，即：x0=xy0=2y，
因为点P在圆上，所以x02+y02=4，
所以x2+(2y)2=4，整理可得x24+y2=1．
所以动点M的轨迹曲线E的方程为：x24+y2=1．
(2)证明：当切线的斜率存在时，设圆心在原点的圆的一条切线为y=kx+t，
联立方程组：y=kx+tx24+y2=1，消去y得：x2+4(kx+t)2=4，
即(1+4k2)x2+8ktx+4t2−4=0，
要使切线与曲线E恒有两个交点A，B，
则Δ=64k2t2−16(1+4k2)(t2−1)=16(4k2−t2+1)>0，
即4k2−t2+1>0，即t2<4k2+1，且x1+x2=−8kt1+4k2x1x2=4t2−41+4k2，
所以y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=k2(4t2−4)1+4k2−8k2t21+4k2+t2=t2−4k21+4k2，
因为OA⊥OB，所以OA⋅OB=0，则x1x2+y1y2=0，
即4t2−41+4k2+t2−4k21+4k2=5t2−4k2−41+4k2=0，
所以5t2−4k2−4=0，即5t2=4k2+4且t2<4k2+1，即4k2+4<20k2+5，该式恒成立．
又因为直线y=kx+t为圆心在原点的圆的一条切线，
所以圆的半径为r=|t| 1+k2,r2=t21+k2=45(1+k2)1+k2=45，
所以所求圆的方程为：x2+y2=45；
当切线的斜率不存在时，切线为x=±25 5，
与x24+y2=1交于点(25 5,±25 5)或(−25 5,±25 5)，也满足OA⊥OB．
综上，存在圆心在原点的圆x2+y2=45，满足题意．