黑龙江省佳木斯市第一中学2024-2025学年高二上学期10月考试数学试题（Word版附解析）

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Ⅰ卷选择题（共58分）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的一个方向向量为，且经过点，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：由直线的方向量求出直线斜率，然后利用点斜式可求出直线方程；方法二：由已知可得直线的一个法向量为，则设直线为，再将代入求出，从而可得直线方程.
【详解】方法一 ∵直线的一个方向向量为，∴，
∴直线的方程为，即．
方法二 由题意知直线的一个法向量为，
∴直线的方程可设为，将点代入得，
故所求直线的方程为．
故选：B
2. 已知方程表示椭圆，则的取值范围是（ ）
A. B. 或C. 或D.
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆的标准方程的特点建立不等式组，解之可得选项.
【详解】因为方程表示椭圆，所以，解得或，
故选：B
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 不能表示过点Mx1,y1且斜率为k的直线方程
B. 在x轴、y轴上的截距分别为a，b的直线方程为
C. 直线与y轴的交点到原点的距离为b
D. 设，，若直线与线段AB有交点，则a的取值范围是
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线方程两点式和截距式形式的局限性，可判断选项AB的正误，由截距和距离的定义可判断C的正误，选项D中直线过定点，利用数形结合法可得的取值范围．
详解】对于选项A：由可知，所以不过点,，故选项A正确，
对于选项B：当时，在轴、轴上的截距分别为0的直线不可用表示，故选项B错误，
对于选项C：直线与轴的交点为，到原点的距离为，故选项C错误，
对于选项D：直线方程可化为，恒过定点，画出图形，如图所示，

，，
若直线与线段有交点，则，或，
即或，故选项D错误，
故选：A．
4. 椭圆的离心率为，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆的离心率公式即可求解.
【详解】由题意得，解得，
故选：A.
5. 已知直线的斜率，则该直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用斜率公式将转化为（），解不等式即可.
【详解】直线倾斜角为，则，
由可得，
所以.
故选：B.
6. 经过两条直线和的交点，且与直线平行的直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出交点，再根据平行关系求方程即可.
【详解】解：联立，解得，即交点为，
因为直线的斜率为，
所以，所求直线的方程为，即．
故选：B．
7. 已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ）
A. 是一个半径为的圆B. 是一条与相交的直线
C. 上的点到的距离均为D. 是两条平行直线
【答案】C
【解析】
【分析】设，由可得点坐标，由在直线上，故可将点代入坐标，即可得轨迹，结合选项即可得出正确答案.
【详解】设，由，则，
由在直线上，故，
化简得，即的轨迹为为直线且与直线平行，
上的点到的距离，故A、B、D错误，C正确.
故选：C.
8. 已知椭圆：的左、右两个顶点为，，点，，是的四等分点，分别过这三点作斜率为的一组平行线，交椭圆于，，…，，则直线，，…，，这6条直线的斜率乘积为（ ）
A. B. C. 8D. 64
【答案】A
【解析】
【分析】椭圆上任意一点坐标为，以及椭圆的对称性可得.
【详解】如图，

左右顶点的坐标分别为，设椭圆上任意一点坐标为，
且P不与A、B重合， 则，
又在椭圆上，故，所以，
则，
所以
同理可得
∴直线这6条直线的斜率乘积
故选：A.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.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. 已知圆：，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆的半径为16
B. 圆截轴所得的弦长为
C. 圆与圆：相外切
D. 若圆上有且仅有两点到直线的距离为1，则实数的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】先运用配方法将一般式方程化为标准方程，可确定其圆心个半径，可判断A；根据点到弦的距离可求出弦长，判断B；圆心距和半径的关系可确定圆与圆的位置关系，判断C；圆心到直线的距离与半径之间的数量关系可确定圆C上有且仅有两点到直线的距离为1，判断D.
【详解】由圆，可得圆的标准方程为，
所以圆的半径为4，故A错误；
令，得，设圆与轴交点的横坐标分别为，，
则，是的两个根，所以，，
所以，故B正确；
两圆圆心距，故C正确；
由圆上有且仅有两点到直线的距离为1，
则，解得或，
即实数的取值范围是，故D错误.
故选：BC.
10. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆.后世把这种圆称为阿波罗尼斯圆.已知直角坐标系中，，满足的点P的轨迹为C，则下列结论正确的是（ ）
A. 点P的轨迹是以为圆心，为半径的圆
B. 轨迹C上的点到直线的最小距离为
C. 若点在轨迹C上，则的最小值是
D. 圆与轨迹C有公共点，则a的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用两点距离公式计算可判定A，利用直线与圆的位置关系可判定B、C，利用两圆的位置关系可判定D.
【详解】设Px,y，由，
整理得，显然点P的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
故A正确；
圆心到直线的距离，
所以轨迹C上的点到直线的最小距离为，故B错误；
设，易知圆心到直线的距离
，故C正确；
易知圆的半径为2，则其与轨迹C相交或相外切时符合题意，
则圆心距，解之得，故D正确.
故选：ACD
11. （多选）已知椭圆，分别为它的左右焦点，点分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A. 存在点，使得B. 直线与直线斜率乘积为定值
C. 有最小值D. 的范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆的几何性质，结合正切函数的性质，可得判定A错误；设Px,y，根据椭圆的方程，以及斜率公式化简运算，可判定B正确；根据椭圆的定义，结合基本不等式，可判定C正确；设直线与椭圆相交于，结合椭圆的定义和三角形的性质，可得判定D正确.
【详解】对于A中，由椭圆，可得，
且，可得，所以，所以A错误；
对于B中，设Px,y，则，且，可得，
则为定值，所以B正确.
对于C中，由椭圆的定义，可得，
则
，
当且仅当时，即时等号成立，所以C正确.
对于D中，由点Q在椭圆外，设直线与椭圆相交于，
如图所示，则，
因为，且，
可得，即，
所以，
所以，所以D正确.
故选：BCD.

Ⅱ卷非选择题（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线经过点，圆，若直线与圆C相切，则直线的方程为____________
【答案】或
【解析】
【分析】当直线斜率不存在时，直线为符合题意，当直线斜率存在时，设为y=kx−1，由圆心到该直线的距离等于半径列方程即可求解.
【详解】将圆的方程化为标准方程为，
所以圆心坐标为，半径，
因为，所以点在圆外，
当直线的斜率不存在时，即直线为，
圆心到直线的距离为2，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为y=kx−1，即，
所以圆心到直线的距离，
整理：，解得，
所以直线为，即，
综上所述：直线的方程为或.
13. 已知圆，若从点发出的光线经过直线：，反射后恰好平分圆C的圆周，反射光线所在直线的方程是______.
【答案】
【解析】
【分析】设关于直线的对称点为，列出方程组，求得，根据反射后恰好平分圆C的圆周，得到反射光线经过两点，结合直线的点斜式方程，即可求解.
【详解】如图所示，由圆，可得圆心为，
设关于直线的对称点为，
则满足，解得，即，
因为反射后恰好平分圆C的圆周，所以反射光线经过两点，
又由，所以反射光线的方程为，即.
故答案为：.

14. 已知是椭圆：上一点，，是的两个焦点，，点在的平分线上，为原点，，且.则的离心率为_______.
【答案】
【解析】
【分析】设，，由题意得出是等腰直角三角形，列方程组得到含的齐次方程求解离心率即可.
【详解】如图，设，，延长交于，
由题意知，为的中点，故为中点，
又，即，则，
又点在的平分线上,则，故是等腰直角三角形，
因此，
则，
可得，，
又，则，
因此可得，
又在中，，则，
将， 代入得，
即，由所以，
所以，.
故答案为：.
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. 平面直角坐标系中，圆M的方程为，圆N的方程为，动圆P与圆N内切，与圆M外切.
（1）求动圆P的圆心的轨迹方程；
（2）当时，求的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作图，根据圆与圆的位置关系和椭圆定义可知所求轨迹为椭圆，然后可得方程；
（2）根据椭圆定义和已知，联立余弦定理求解即可.
【小问1详解】
圆M的圆心为，半径为，
圆N的圆心为，半径为.
设动圆P的圆心为，半径为r，
则依题意得，，
所以，
所以，点P的轨迹为椭圆，焦点在x轴上，其中，故，
所以，动圆P的圆心的轨迹方程为.
故椭圆方程为.
【小问2详解】
记，，
由（1）知，，
由余弦定理可得，
整理得，即，
所以.

16. 已知圆C的圆心在上，点在圆C上，且圆C与直线相切.
（1）求圆C的标准方程；
（2）过点A和点的直线l交圆C于A，E两点，求弦的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）可设圆的标准方程为，由已知得，解方程即可求解；
（2）由两点求出直线l方程，结合点到直线距离公式求出弦心距，结合勾股定理可求出.
【小问1详解】
设圆的标准方程为，由题意得，解得，所以圆的标准方程为；
【小问2详解】
直线l过点和点，直线的斜率为，
直线l为，即.
设圆心到直线的距离为，
∵，，
∴弦的长为.
17. 已知直线，直线与直线垂直，且直线，的交点的横坐标与纵坐标相等．
（1）求直线的方程；
（2）若直线l被直线，所截得的线段恰好被点平分，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出直线，的交点坐标，再设直线为，将交点坐标代入求出，从而可求出直线的方程；
（2）设直线l交直线，分别于点，则有，，，从而可求出两点的坐标，则可求出直线的斜率，进而可求出直线的方程.
【小问1详解】
由题意设直线，的交点坐标为，则，得，
所以直线，的交点坐标为，
由题意设直线为，则，得，
所以直线的方程为；
【小问2详解】
设直线l交直线，分别于点，
因为为中点，所以，
因为，，
所以，即，
由，解得，
所以，所以，
所以，
所以直线的方程为，即.
18. 已知圆．
（1）证明：圆C过定点；
（2）当时，点P为直线上的动点，过P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，求四边形面积最小值，并写出此时直线AB的方程．
【答案】（1）证明见解析
（2）面积最小值为，
【解析】
【分析】（1）依题意改写圆的方程，令参数的系数为0即可；
（2）依题意表示出所求面积，再用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】（1）依题意，将圆的方程化为
，
令，即，则恒成立，
解得，即圆过定点1,0；
（2）当时，圆，
直线，
设，依题意四边形的面积，
当取得最小值时，四边形的面积最小，
又，即当PC最小时，四边形的面积最小，
圆心到直线的距离即为PC的最小值，
即
，即四边形面积最小值为，
此时直线与直线垂直，
所以直线的方程为，与直线联立，解得，
设以为直径圆上任意一点：，
故圆的方程为，
即，又圆，
两式作差可得直线方程.

19. 已知椭圆的长轴长为，离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若椭圆上点处的切线方程是，
①过直线上一点引C的两条切线，切点分别是，求证：直线恒过定点；
②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②存在，
【解析】
【分析】（1）根据长轴长以及离心率求解出的值，然后求解出的值，则椭圆方程可求；
（2）①设出的坐标，根据题设写出切线方程并代入的坐标，由此确定出所在的直线方程，从而可证直线过定点；②根据条件化简，当斜率不存在时直接分析即可；当斜率存在时，根据两点间距离公式得到关于纵坐标的表示形式，再通过联立直线与椭圆方程得到纵坐标的韦达定理形式，然后将结果代入的表达式进行化简计算，从而求得结果.
【小问1详解】
由题意可知：，所以，所以，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
①设，
由题设可知：，
又因为经过点，
所以，所以均在直线上，即，
由，解得，
所以直线过定点；
②设实数存在，因，所以，
当直线斜率不存在时，此时，由解得，
所以，所以；
当直线斜率k存在时，
所以，
联立可得，
所以，
所以；
综上可知，存在满足条件.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中过定点问题的两种求解方法：
（1）若设直线方程为或，则只需要将已知条件通过坐标运算转化为之间的线性关系，再用替换或用替换代入直线方程，则定点坐标可求；
（2）若不假设直线的方程，则需要将直线所对应线段的两个端点的坐标表示出来，然后选择合适的直线方程形式表示出直线方程，由此确定出定点坐标.