2024-2025学年福建省厦门市双十中学高二上学期第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省厦门市双十中学高二上学期第一次月考数学试卷（含答案），共8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.在x轴与y轴上截距分别为−2,2的直线的倾斜角为( )
A. 150∘B. 135∘C. 90∘D. 45∘
2.一个椭圆的两个焦点分别是F1−3,0，F23,0，椭圆上的点P到两焦点的距离之和等于8，则该椭圆的标准方程为( )
A. x264+y228=1B. x216+y27=1C. x216+y29=1D. x24+y23=1
3.已知直线ax+2ay+1=0与a−1x−a+1y−1=0垂直，则实数a的值是( )
A. 0或3B. 3C. 0或−3D. −3
4.在同一平面直角坐标系中，直线mx−y+1=0m∈R与圆x2+y2=2的位置不可能为( )
A. B.
C. D.
5.已知圆C:x2+y2−2x+4y+2=0，从点P(−1,−3)发出的光线，经直线y=x反射后，恰好经过圆心C，则入射光线的斜率为( )
A. −4B. −14C. 14D. 4
6.已知点P在圆C:(x−2)2+(y−3)2=1上运动，点A(−2,0)，则AC⋅AP的取值范围为( )
A. [20,30]B. (20,30)C. [20,25]D. (20,25)
7.已知圆C：x2+y2−4x−6y+4=0关于直线l：ax+by−1=0(ab>0)对称，则12a+13b的最小值是( )
A. 2B. 3C. 6D. 4
8.已知M、N分别是圆C1:x+32+y−12=1与圆C2:x−12+y−32=1上的两个动点，点P是直线x−y=0上的任意一点，则PM+PN的最小值为( )
A. 2 10−2B. 2 10C. 6D. 4
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.已知椭圆C:x2+4y2=16的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的任意一点，则( )
A. C的离心率为12B. |PF1|+|PF2|=8
C. |PF1|的最大值为4+2 3D. 使∠F1PF2为直角的点P有4个
10.设圆C:x−12+y−12=3，直线l:x+y+1=0，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别为A、B，则下列说法中正确的有( )
A. PA的取值范围为 62,+∞B. 四边形PACB面积的最小值为3 22
C. 存在点P使∠APB=120∘D. 直线AB过定点0,0
11.已知曲线C:x2+y2−22=4+8xy，点Px0,y0为曲线C上任意一点，则( )
A. 曲线C的图象由两个圆构成
B. x02+y02的最大值为2 2
C. y0+2x0+4的取值范围为−17,1
D. 直线y=x+2与曲线C有且仅有3个交点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若1, 3是直线l的一个法向量，则直线l的斜率为 ，倾斜角的大小为 ．
13.已知F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点，直线y=kxk≠0交椭圆C于M,N两点.若FM=3FN,∠MFN=2π3，则椭圆C的离心率为 ．
14.设m∈R，过定点A的动直线x+2+my−7=0和过定点B的动直线mx−y−m+3=0交于点Px,y，则PA+PB的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，其中左焦点为F− 3,0，长轴长为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l：y=x−1与椭圆C交于不同两点P、Q，求弦长PQ．
16.(本小题12分)
已知圆C:x2+y2=4分别与x,y轴的正半轴交于A,B两点，P为圆C上的动点(异于A,B两点)．
(1)若线段AP上有一点Q，满足AQ=2QP，求点Q的轨迹方程；
(2)若直线AP与y轴交于点M，直线BP与x轴交于点N，试证AN⋅BM为定值．
17.(本小题12分)
已知点A(−1,2)和直线l:x−y+1=0.点B是点A关于直线l的对称点．
(1)求点B的坐标；
(2)O为坐标原点，且点P满足|PO|= 3|PB|.若点P的轨迹与直线x+my+1=0有公共点，求m的取值范围．
18.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知A−1,−1，B2,−1，以原点O为圆心的圆与线段AB相切．
(1)求圆O的方程；
(2)若直线l:2x+y+c=0与圆O相交于M，N两点，且OM⊥ON，求c的值；
(3)在直线AO上是否存在异于A的定点Q，使得对圆O上任意一点P，都有PAPQ=λ(λ为常数)？若存在，求出点Q的坐标及λ的值；若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
已知初始光线l0从点P2,1出发，交替经直线l:y=x与x轴发生一系列镜面反射，设Ai(i∈N,i≥1,Ai不为原点)为该束光线在两直线上第i次的反射点，lii∈N,i≥1为第i次反射后光线所在的直线
(1)若初始光线l0:y=2x−3,Ai在x轴上，求最后一条反射光线的方程；
(2)当斜率为knkn≠0,±1的反射光线ln经直线l:y=x反射后，得到斜率为kn+1kn+1≠0,±1的反射光线ln+1时，试探求两条光线的斜率kn,kn+1之间的关系，并说明理由；
(3)是否存在初始光线l0，使其反射点集Ai∣i∈N,i≥1中有无穷多个元素？若存在，求出所有l0的方程；若不存在，求出点集Ai∣i∈N,i≥1元素个数n的最大值，以及使得n取到最大值时所有第一个反射点A1的轨迹方程．
参考答案
1.D
2.B
3.D
4.C
5.A
6.A
7.D
8.D
9.BCD
10.ABD
11.AC
12.− 33；5π6
13. 74
14.5,5 2
15.(1)
由题意可设C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
则2a=4，即a=2，且c= 3，可得b2=a2−c2=1，
所以椭圆方程为x24+y2=1．
(2)
设Px1,y1,Qx2,y2，
将直线y=x−1与椭圆x24+y2=1联立，得5x2−8x=0，解得x1=85或x2=0
所以弦长PQ= 1+k2x1−x2= 1+1285−0=8 25．

16.(1)
根据题意，A2,0，B0,2，
设Q(x,y),P(x1,y1)，则AQ=(x−2,y),QP=(x1−x,y1−y)，
由于AQ=2QP，所以(x−2,y)=2(x1−x,y1−y)，
则x−2=2x1−xy=2y1−y，得x1=32x−1y1=32y，将其代入x2+y2=4，
得x2+y2−43x−43=0，故点Q的轨迹方程为x2+y2−43x−43=0；
(2)
设P(x1,y1)，则x12+y12=4，
直线AP方程是y=y1x1−2(x−2)，代入x=0，得y=−2y1x1−2，
直线BP方程是y=y1−2x1x+2，代入y=0，得x=−2x1y1−2，
所以AN⋅BM=2−−2x1y1−2⋅2−−2y1x1−2=42x1y1−4x1−4y1+4+x12+y12x1y1−2x1−2y1+4
=42x1y1−2x1−2y1+4x1y1−2x1−2y1+4=8，即为定值．


17.(1)
设Ba,b，A(−1,2)，因为点B与点A关于直线l的对称，则有
线段AB的中点Ma−12,b+22在直线l上，即a−12−b+22+1=0①，
又直线AB⊥直线l，且直线l的斜率为1，则b−2a+1=−1①，
联立①①式子解得a=1b=0,
故点B的坐标(1,0)
(2)
设P(x,y)，由|PO|= 3|PB|，则PO2=3PB2，
故x2+y2=3[(x−1)2+y2]，化简得(x−32)2+y2=34，
所以点P的轨迹是圆，其方程为(x−32)2+y2=34，圆心坐标(32,0)，半径 32．
又因为 直线x+my+1=0与圆(x−32)2+y2=34有公共点，
利用圆心到直线的距离小于等于半径，则32+1 m2+1≤ 32,m2≥223，
解得m∈−∞,− 663∪ 663,+∞
故m的取值范围为−∞,− 663∪ 663,+∞．

18.(1)
由于A−1,−1，B2,−1，则线段AB与x轴平行，且与圆O相切．
所以圆O的圆心为0,0，半径为1，
所以圆O的方程为x2+y2=1．
(2)
由于OM⊥ON，所以MN2=OM2+ON2=2,MN= 2，
由于三角形OMN是等腰直角三角形，所以O到直线MN的距离为 22，
所以c 22+12= 22,c=± 102．
(3)
直线AO的方程为x−y=0，假设存在符合题意的点Qa,a，设Px0,y0，
则λ2=PA2PQ2=x0+12+y0+12x0−a2+y0−a2①，
由于P的任意性，不妨设P1,0或P0,−1，带入①得，
51−a2+a2=λ2=1−1−a2+a2，解得a=−12或a=−1(舍去)，
所以λ2=51+122+−122=2,λ= 2(负根舍去)，
将a=−12,λ= 2带入①得x0+12+y0+12x0+122+y0+122=2，
整理得x02+y02=1，则P在圆O上.
所以，这样的Q点是存在的，坐标为−12,−12，此时λ= 2．


19.(1)
由题可得A132,0,l1的斜率为−2，故l1的方程为y=−2x+3，
联立y=−2x+3y=x，解得x=1y=1，则A21,1，
设A132,0关丁y=x的对称点为a,b，所以b2=32+a20−b32−a=−1⇒a=0b=32,
则A132,0关丁y=x的对称点为0,32，
l2经过1,1和0,32，故l2的直线方程为y=−12x+32，
所以A33,0，l3的斜率为12，故l3的直线方程为y=12x−32，
后面不会再进行反射，所以最后一条反射光线的方程为y=12x−32．
(2)
由于ln和ln+1直线y=x的夹角相等得夹角正切值相等，则kn−11+kn⋅1=kn+1−11+kn+1⋅1，
所以kn−11+kn⋅1=kn+1−11+kn+1⋅1或kn−11+kn⋅1=−kn+1−11+kn+1⋅1，
解得kn=kn+1(舍)或knkn+1=1．
(3)
由题意得当kn∈0,1(n∈N且n≥1)时光线停止反射，设l0的斜率为k0，
1)当A1在直线l上时，k0∈−∞,12∪1,+∞或k0不存在，
①当k0∈1,+∞时，k1=1k0∈0,1，反射1次；
②当k0∈−∞,−1时，k1=1k0∈−1,0,k2=−k1∈0,1，反射2次；
③当k0∈−1,0时，k1=1k0∈−∞,−1,k2=−k1∈1,+∞,k3=1k2∈0,1，反射3次；
④当k0=0时，k1不存在，k2不存在，k3=0，反射3次；
⑤当k0∈0,12时，k1=1k0∈2,+∞,k2=−k1∈−∞,−2,k3=1k2∈−12,0,k4=−k3∈0,12，反射4次；
⑥当k0不存在时，k1=0，反射1次；
2)当A1在x轴上时，k0∈−∞,0∪12,+∞或k0不存在，
①当k0∈−∞,−1时，k1=−k0∈1,+∞,k2=1k1∈0,1，反射2次；
②当k0∈−1,0时，k1=−k0∈0,1，反射1次；
③当k0∈12,1时，k1=−k0∈−1,−12,k2=1k1∈−2,−1,k3=−k2∈1,2,k4=1k3∈12,1，反射4次；
④当k0∈1,+∞时，k1=−k0∈−∞,−1,k2=1k1∈−1,0,k3=−k2∈0,1反射3次；
⑤当k0不存在时，k1不存在，k2=0，反射2次；
综上，n的最大值为4，由1)，2)可知，n取最大值4时，A1的轨迹方程为y=x(0