江苏省徐州市铜山区棠张中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷

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第一部分（选择题 共58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。
1．直线2x−23y−1=0的倾斜角α=（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
【解题思路】根据直线方程求出斜率，再由斜率得出倾斜角即可.
【解答过程】由2x−23y−1=0可得，y=33x−36，
所以直线斜率k=tanα=33，
又0≤α<π，所以α=π6，
故选：A.
2．已知直线l与直线x−y=0平行，且在y轴上的截距是−2，则直线l的方程是（ ）．
A．x−y+2=0B．x−2y+4=0
C．x−y−2=0D．x+2y−4=0
【解题思路】依题意设直线l的方程为x−y+m=0，代入0,−2求出参数的值，即可得解.
【解答过程】因为直线l平行于直线x−y=0，所以直线l可设为x−y+m=0，
因为在y轴上的截距是−2，则过点0,−2，代入直线方程得0−−2+m=0，
解得m=−2，所以直线l的方程是x−y−2=0.
故选：C.
3． 已知两点，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用斜率公式求出，再由倾斜角斜率取值图象数形结合求得即可.
【详解】
由图象结合题意可知：，
观察到直线过点与线段有公共点时倾斜角为钝角时逐渐增大，
斜率大于或等于直线的斜率；
为锐角时倾斜角逐渐减小，斜率小于或等于直线的斜率；
所以直线的斜率的取值范围是．
4．直线l的方程为λ+2x+λ−1y−3λ=0λ∈R，当原点O到直线l的距离最大时，λ的值为（ ）
A．−1B．−5C．1D．5
【解题思路】求出直线λ+2x+λ−1y−3λ=0λ∈R所过定点A的坐标，分析可知当OA⊥l时，原点O到直线l的距离最大，利用两直线垂直斜率的关系可求得实数λ的值.
【解答过程】直线方程λ+2x+λ−1y−3λ=0λ∈R可化为λx+y−3+2x−y=0，
由x+y−3=02x−y=0可得x=1y=2，
所以，直线λ+2x+λ−1y−3λ=0λ∈R过定点A1,2，
当OA⊥l时，原点O到直线l的距离最大，且kOA=2，
又因为直线l的斜率为k=−λ+2λ−1=−12，解得λ=−5.
故选：B.
5．已知椭圆的两个焦点为，，M是椭圆上一点，若，，则该椭圆的方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由，
得，
又因为，所以，
由，得，
所以，又.因为椭圆的焦点在轴上，所以椭圆的方程是.
故选：B.
6.已知点，，动点到直线的距离为，，则（ ）
A．点的轨迹是圆B．点的轨迹曲线的离心率等于
C．点的轨迹方程为D．的周长为定值
【答案】C
【解析】点，，动点到直线的距离为，，
设动点的坐标为，可得：，
化简得点的轨迹方程为，
所以的轨迹是椭圆，所以A错误，C正确；
离心率为：，所以B不正确；
△的周长为定值：，所以D不正确；
故选：C．
7.人造地球卫星的运行轨道是以地心为焦点的椭圆.设地球的半径为，卫星近地点、远地点离地面的距离分别为，，则卫星轨道的离心率等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】椭圆的离心率：，（c，半焦距；a，长半轴）
所以只要求出椭圆的c和a，
由题意，结合图形可知，
，
，
所以．
故选：A．
8．如图，过椭圆上一点M作圆的两条切线，过切点的直线与坐标轴于P，Q两点，O为坐标原点，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．前三个答案都不对
【答案】B
【解析】设点，由于点M在椭圆上，所以，
由切点弦方程，
所以，
由于，
当时，上述不等式取等号，取得最大值3，此时面积取得最小值．故选：B.
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．下列圆中与圆：相切的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】求出两圆的圆心和半径，进而由圆心距和半径的关系得到两圆是否相切，对四个选项一一判断，得到答案.
【解析】变形为，
圆心为，半径为，
A选项，的圆心为，半径为3，
故，由于，且，
所以圆与不相切，A错误；
B选项，的圆心为，半径为3，
故，由于，
故圆与外切，B正确；
C选项，的圆心为，半径为5，
故，由于，
故圆与内切，C正确；
D选项，的圆心为，半径为7，
故，由于，
故圆与内切，D正确；
故选：BCD
10．已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（ ）
A．的最大值是
B．的最大值是
C．的最小值是
D．过点作曲线的切线，则切线方程为
【答案】BD
【解析】由圆可化为，可得圆心，半径为，
对于A中，由表示圆上的点到定点的距离的平方，
所以它的最大值为，所以A错误；
对于B中，表示圆上的点与点的斜率，设，即，
由圆心到直线的距离，解得，
所以的最大值为，所以B正确；
对于C中，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，
圆心到直线的距离，所以其最小值为，所以C错误；
对于D中，因为点满足圆的方程，即点在圆上，
则点与圆心连线的斜率为，
根据圆的性质，可得过点作圆的切线的斜率为，
所以切线方程为，即，所以D正确.
故选：BD.
11．已知椭圆C：的焦点分别为．设直线与椭圆C交于两点，且点为线段MN的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．椭圆C的离心率为
C．直线的方程为D．的周长为
【答案】BCD
【解析】对于A，因为椭圆的焦点为，所以椭圆的焦点在轴上，
所以，得，所以A错误，
对于B，由选项A，可知，得，所以离心率为，所以B正确，
对于C，设，则，，两式相减得
，即，
因为为线段MN的中点，所以，，
所以，所以，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，经检验符合题意，所以C正确，
对于D，因为直线：过点，
所以的周长为，所以D正确
故选：BCD
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．“”是“方程表示的曲线为椭圆”的 条件．
【答案】必要不充分
【解析】当时表示圆，当且时表示椭圆，充分性不成立；
当为椭圆，则，可得且，必要性成立；
综上，“”是“方程表示的曲线为椭圆”的必要不充分条件.
故答案为：必要不充分
13．若三条不同的直线l1:ax+y+2=0，l2:x+y−1=0，l3:x−y+3=0不能围成一个三角形，则a的取值集合为___________
【解题思路】分线线平行和三线共点讨论即可.
【解答过程】若l1//l2，则−a=−1，解得a=1．若l1//l3，则−a=1，解得a=−1．
若l1，l2，l3交于一点，联立方程组x+y−1=0x−y+3=0，解得得x=−1y=2，
代入ax+y+2=0，得−a+2+2=0，解得a=4，故a的取值集合为{4,−1,1}．
14．已知，，若圆上存在点P满足，则的取值范围是______________
解析：设点，则，，所以，所以P的轨迹方程为，圆心为，半径为3．
由此可知圆与有公共点，又圆的圆心为，半径为2，所以解得，即的取值范围是．
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．（13分）已知直线的方程为，若直线过点，且.
(1)求直线和直线的交点坐标；
(2)已知直线经过直线与直线的交点，且在y轴上截距是在x轴上的截距的2倍，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）求出直线的方程与方程联立求解交点坐标即可；
（2）分类讨论，截距都为0与截距都不为0两种情况求解的方程即可.
【解析】（1）因为直线过点，且，
所以直线的方程为，即，
联立，解得，，
所以直线和直线的交点坐标为；
（2）当直线在两坐标轴上的截距都为0时，此时直线方程为，
当直线在两坐标轴上的截距都不为0时，此时可设直线方程为，
因为直线过，
所以，
所以，此时直线方程为，即，
综上直线的方程为或.
16. 已知直线，．
（1）若，求实数的值；
（2）若，求之间的距离．
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由两线垂直的判定列方程求参数即可；
（2）由两线平行的判定列方程求参数，注意验证是否存在重合情况，再应用平行线距离公式求距离.
【小问1详解】
由，则，即，
所以，可得或.
【小问2详解】
由，则，可得，故或，
当，则，，此时满足平行，且之间的距离为；
当，则，，此时两线重合，舍；
综上，时之间的距离为.
17．（15分）已知圆C：与圆：.
(1)求C与相交所得公共弦长；
(2)若过点且斜率为k的直线l与圆C交于P，Q两点，其中O为坐标原点，且，求
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）由题意知，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程，求得圆心到该直线的距离d，利用弦长公式可求得所求弦长；
（2）易知直线l的方程为，与圆C的方程联立，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，结合题意即可求得
【解析】（1）由题意知，两圆的公共弦所在直线方程为
整理得，
圆心到直线的距离，
所以所求弦长为；
（2）由题设可知直线l的方程为，
设Px1,y1，Qx2,y2，
将代入方程，
整理得，
所以，，
，
因为，
解得k=1，经检验，直线与圆有交点，
所以直线l的方程为，
故圆心C在直线l上，所以
18．（17分）已知圆心为C的圆经过点，，且圆心C在直线上．
(1)求圆C的方程：
(2)已知直线l过点且直线l截圆C所得的弦长为2，求直线l的方程．
(3)已知点，，且P为圆C上一动点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)x=1或
(3)24
【详解】（1）,AB的中点为
AB的垂直平分线方程为，即,
将联立可得,即圆的圆心坐标为.
圆的半径为，
所以圆的标准方程为.
（2）设圆心到直线的距离为d，由弦长公式得，故.
若直线的斜率不存在，则x=1，此时圆心到直线的距离为3，符合题意.
若直线的斜率存在，则设直线的方程为，即，
所以，解得，则直线的方程为.
故直线的方程为x=1或.
（3）在圆的标准方程上，
设,
又因为点，，
所以
，
当时，取最小值为.
19．（17分）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，且F1F2=2，过点F2作两条直线l1,l2，直线l1与C交于A,B两点，△F1AB的周长为42．
(1)求C的方程；
(2)若△F1AB的面积为43，求l1的方程；
(3)若l2与C交于M,N两点，且l1的斜率是l2的斜率的2倍，求MN−AB的最大值．
【解题思路】（1）根据椭圆的定义求得a=2，即可求解；
（2）由题意设l1:x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2，联立椭圆方程，根据韦达定理表示出y1−y2，结合△F1AB的面积建立方程，计算即可求解；
（3）由（2）可得AB=221−1m2+2，进而MN=221−14m2+2，则MN−AB= 322m2+5+2m2，结合基本不等式计算即可求解.
【解答过程】（1）设椭圆的半焦距为c(c>0)，由题意知2c=2，所以c=1，
△F1AB的周长为AF1+AF2+BF1+BF2=4a=42，所以a=2，
所以b2=a2−c2=1，
故C的方程为x22+y2=1．
（2）易知l1的斜率不为0，设l1:x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x=my+1x2+2y2−2=0，得m2+2y2+2my−1=0，
所以y1+y2=−2mm2+2,y1y2=−1m2+2．
所以y1−y2=y1+y22−4y1y2=22m2+1m2+2，
由S△F1AB=12F1F2y1−y2=22m2+1m2+2=43，
解得m=±1，
所以l1的方程为x−y−1=0或x+y−1=0．
（3）由（2）可知AB=1+m2y1−y2=22m2+1m2+2=221−1m2+2，
因为l1的斜率是l2的斜率的2倍，所以m≠0，
得MN=221−14m2+2．
所以MN−AB=221m2+2−14m2+2=32m22m4+5m2+2 =322m2+5+2m2≤324+5=23，
当且仅当m=±1时，等号成立，
所以MN−AB的最大值为23．