四川省成都市铁路中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省成都市铁路中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题：薛思坤 审题：任思琪
（满分150分，考试时间120分钟）
一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 甲、乙两名同学各自从编号为1、2、3的3张卡片中选择1张，则他们选择的卡片上的数字之和能被3整除的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用古典概型的概率公式求解可得.
【详解】由题意知甲、乙两名运动员选择的卡片结果有：
共9种；
其中他们选择的卡片上的数字之和能被整除的有：共3种.
故他们选择的卡片上的数字之和能被整除的概率为.
故选：A.
2. 已知抛物线的焦点为，点是抛物线上不同两点，且中点的横坐标为，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线焦半径公式求解即可.
详解】解：由题知，即，设，
因为中点的横坐标为，所以，
所以，由抛物线焦半径公式得
故选：D．
3. 设，若直线与线段AB有交点，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直线恒过定点，若直线与线段有交点，画图图形，求出临界时直线的斜率与直线的斜率，即可得解.
【详解】由得，
因此直线过定点，且斜率，
如图所示，当直线由直线按顺时针方向旋转到直线的位置时，符合题意．

易得，．
结合图形知或，解得或，
即的取值范围是．
故选：C
4. 已知平行四边形的顶点在椭圆上，顶点分别为的左、右焦点，则该平行四边形的周长为（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义求解即得.
【详解】椭圆的长半轴长，由点在椭圆上，分别为的左、右焦点，
得，所以平行四边形的周长为.
故选：D
5. 甲、乙、丙三人独立地去译一个密码，分别译出的概率为，则密码能被译出的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求解出密码不能被译出的概率，再由对立事件的概率公式求得结果.
【详解】因为甲、乙、丙三人独立地去译一个密码，分别译出的概率为、、，
所以此密码不能被译出的概率为，
所以此密码能被译出的概率为，
故选：C.
6. 若方程a2x2+（a+2）y2+2ax+a=0表示圆，则a的值为
A. a=1或a=–2B. a=2或a=–1
C a=–1D. a=2
【答案】C
【解析】
【分析】由题得，解之即得解.
【详解】若方程a2x2+（a+2）y2+2ax+a=0表示圆，
则，解得a=–1．
故答案为C
【点睛】判断二元二次方程与圆的关系时，先看项的系数是否均为1，有没有项，当满足项的系数均为1，且没有项时，判断是否成立，或直接配方变形，看方程等号右端是否为大于零的常数，从而作出判断．
7. 已知圆C的半径为2，圆心在直线上点若圆C上存在点P，使得，则圆心C的横坐标a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆心，表示出圆，设，依题意可得，将问题转化为两圆有交点求出参数的取值范围.
【详解】依题意设圆心，则圆：，
设，则，，
由，则，即，
依题意即圆与圆有交点，则，解得，
即圆心的横坐标的取值范围为.
故选：D.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，P为椭圆上一点，且，
若关于角平分线的对称点在椭圆C上，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设关于角平分线的对称点为Q，结合角平分线的性质可得是正三角形，再运用椭圆定义求得由余弦定理可得关系进而求得离心率.
【详解】设关于角平分线对称点为，
则三点共线，设，则，
又，所以为等边三角形，所以，
又，所以，
在中，由余弦定理可得：，
即，所以，所以．
故选：B.
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 某单位为了解员工参与一项志愿服务活动的情况，从800位员工中抽取了100名员工进行调查，根据这100人的服务时长（单位：小时），得到如图所示的频率分布直方图．则（ ）
A. a的值为0.018B. 估计员工平均服务时长为45小时
C. 估计员工服务时长的中位数为48.6小时D. 估计本单位员工中服务时长超过50小时的有45人
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据各组的频率和为1可求出，对于B，利用平均数的定义求解判断，对于C，先判断中位数的位置，然后列方程求解即可，对于D，根据频率分布直方图求出服务时长超过50小时的频率，再乘以800进行判断.
【详解】对于A，由频率分布直方图得，
解得，所以A正确，
对于B，员工平均服务时长为小时，所以B错误，
对于C，因为前2组的频率和为，前3组的频率和为，
所以中位数在第3组，设中位数为，则，
解得，所以C正确，
对于D，因为服务时长超过50小时的频率为，
所以本单位员工中服务时长超过50小时的约有人，所以D错误.
故选：AC
10. 已知圆和圆相交于A、B两点，下列说法正确的是（ ）
A. 两圆有两条公切线
B. 直线AB的方程为
C. 线段AB的长为
D. 所有过点A、B的圆系的方程可以记为
【答案】AC
【解析】
【分析】由圆与圆的位置关系判断A； 求出公共弦所在直线方程判断B；利用圆的弦长公式求出弦长判断C；判断方程是否过A、B两点，再判断方程是否表示过A、B的所有圆判断D.
【详解】圆的圆心，半径，圆圆心，半径，
对于A，，圆与圆相交，有两条公切线，A正确；
对于B，圆与圆的方程相减得直线AB的方程：，B错误；
对于C，圆心O到直线AB的距离，则，C正确：
对于D，当时，恒成立，
即该方程恒过A、B两点，方程化为，
而恒成立，
因此方程表示圆，
但此圆系不包括圆M，D错误.
故选：AC
11. 在一张纸上有一圆与点，折叠纸片，使圆上某一点好与点重合，这样的每次折法都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，点的轨迹为椭圆
B. 当，时，点的轨迹方程为
C. 当，时，点的轨迹对应曲线的离心率取值范围为
D. 当，时，在的轨迹上任取一点，过作直线的垂线，垂足为，则(为坐标原点)的面积为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于：根据题意可得，则点的轨迹是以，为焦点的椭圆，即可判断是否正确；
对于：根据题意可得，则的轨迹为以点，为焦点的双曲线，其中，，进而可得双曲线的方程，即可判断是否正确；
对于：根据题意可得点的轨迹是以，为焦点的双曲线及方程，进而可得离心率，即可判断是否正确．
对于：根据题意可得的轨迹方程为，设，直线的方程，它与的交点的坐标，即可计算是否为定值，即可判断是否正确．
【详解】解：当时，点在圆内，此时有故的轨迹是以为焦点的椭圆，故A正确；
当时，点在圆外，此时有，
故的轨迹是以为焦点的双曲线，其中
故双曲线方程为故错误；
当时时的轨迹是以为焦点的双曲线，
方程为，所以离心率，当时4，故正确；
当时，的轨迹方程为，设则，直线的方程为，它与的交点的坐标为，
所以
所以为定值，故正确.
故选：ACD.
三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 某校学生总人数为1000人，其中高三人数为300人，现采用分层抽样方式从全校学生中抽取20人参加一项活动，则高一高二的参加活动的总人数为__________.
【答案】14
【解析】
【分析】根据分层抽样的知识求得正确答案.
【详解】高一高二有人，
所以高一高二的参加活动的总人数人.
故答案为：
13. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线和点，动点P满足，且动点P的轨迹上至少存在两点到直线l的距离等于，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】设点，根据列式求解得动点P的轨迹，再代入点到直线的距离公式列不
等式即可求解.
【详解】设点，则，
即，所以动点P的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
要在圆上至少存在两点到直线的距离等于，
则需圆心到直线的距离，
解得.
故答案为：
14. 的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】转为求抛物线上动点到及准线距离和的最值.
【详解】由题意知动点的轨迹为抛物线，C的焦点为，
设P到C的准线的距离为d，，
则，
当且仅当三点共线时等号成立（如图），
故的最小值为．
故答案为：．
四、解答题（本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 在直角坐标系中，已知一条直线恒过定点A．
（1）若直线不经过第二象限，求m取值范围．
（2）已知以A为圆心的圆A与直线相切，求圆A的标准方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】分和讨论，再利用斜截式特点即可得到不等式组，解出即可；
（2）求出定点坐标，再利用圆心到直线距离即为半径即可求解.
小问1详解】
，即，
因为直线不经过第二象限，若，则，不符合题意，舍去；
若，则，解得.
【小问2详解】
，即，令，则，
则圆心，若圆A与直线相切，则半径，
则圆方程为.
16. 在平面直角坐标系中，存在四点，，，.
（1）求过A，B，C三点的圆M的方程，并判断D点与圆M的位置关系；
（2）若过D点的直线l被圆M截得的弦长为8，求直线l的方程.
【答案】（1），D在圆M内；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设出圆的一般方程,利用待定系数法计算可得圆的方程，把D坐标代入圆的方程判定位置关系即可；
（2）对直线分类讨论，设出直线方程，利用直线与圆相交，已知弦长求直线方程.
【小问1详解】
设圆M方程为，
把A，B，C三点坐标代入可得：
解得，，，
所以圆M方程是,
把D点坐标代入可得：，故D在圆M内；
【小问2详解】
由（1）可知圆M：，则圆心，半径，
由题意可知圆心到直线l的距离是3，
当直线l斜率存在时，设直线l方程为：，
所以由点到直线的距离公式得，解得，故直线l的方程为；
当直线l斜率不存在时，则直线l方程为：，
此时圆心到直线l的距离是3，符合题意.
综上所述，直线l的方程为或.
17. 已知圆，圆，若动圆M与圆F1外切，与圆F2内切．
（1）求动圆圆心M的轨迹C的方程；
（2）直线l与（1）中轨迹C相交于A，B两点，若Q为线段AB的中点，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用两圆内外切的充要条件可求出动点到两定点的距离，再运用椭圆的定义判断动点的轨迹，最后对轨迹上的特殊点进行检测，去除不符题意的点即得；
（2）利用椭圆的中点弦问题运用“点差法”即可求出弦的斜率即得直线方程.
【小问1详解】
设动圆M的半径为r，动圆M与圆F1外切，与圆F2内切，
，且，于是，
动圆圆心M的轨迹是以F1，F2为焦点，长轴长为8的椭圆，
故，，椭圆方程为
又因当M点为椭圆左顶点时，动圆M不存在，故不合题意舍去，
故动圆圆心M的轨迹C的方程为；
【小问2详解】
设，由题意，显然，
则有，，两式作差可得，
即有，又Q为线段AB的中点，
则有，代入即得直线l的斜率为，
直线l方程为，整理可得直线l的方程为.
18. 我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，已知曲线C上任意一点满足.
（1）化简曲线的方程；
（2）已知圆（为坐标原点），直线经过点且与圆相切，过点A作直
线的垂线，交于两点，求△OMN面积的最小值.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）移项平方可化简方程，注意变量的范围；
（2）设，直线方程是，由垂直得直线方程为，由直线与圆相切得，直线方程是与曲线方程联立，消去后得关于的二次方程，由此方程有两个正根据得或，由韦达定理得，计算出弦长，求出原点到直线的距离，计算出三角形面积后，设，换元后应用基本不等式得最小值．
【小问1详解】
，由得．
所以曲线的方程是；
【小问2详解】
设，直线方程是，则直线方程为，即,
直线与已知圆相切，所以，则，
由得，，
由题意（∵），
，，∴或，
，
又原点到直线的距离为，
∴，
由或得，设，
，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立，
∴时，，
∴，即时，．
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中三角形面积最值问题，一般设交点坐标为，直线方程为，由直线满足的其它性质得出关系，直线方程与圆锥曲线方程联立后消元，应用韦达定理得（或），由弦长公式求得弦长，由点到直线距离公式求出三角形的高，从而求得三角形的面积，并化表达式为一元函数，然后利用函数的知识，基本不等式或导数求得最值．
19. 在平面上，我们把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，为该曲线的两个焦点．已知曲线是一条伯努利双纽线．
（1）求曲线的焦点的坐标；
（2）判断曲线上是否存在两个不同的点、（异于坐标原点），使得以为直径的圆过坐标原点
．如果存在，求点、坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设焦点，由题意得列出方程，整理后结合即可求得；
（2）假设曲线上存在两点，使得以为直径的圆过原点，则，设直线的方程为，直线的方程为，求出的范围，再根据即可得出结论．
【小问1详解】
设焦点，
由题意得，，即，
整理得，，又，
则，解得，因为，所以，
所以．
【小问2详解】
假设曲线上存在两点，使得以为直径的圆过原点，则，
由，令，，即，
解得，所以直线的斜率均存在，
不妨设直线的方程为，直线的方程为，
将直线的方程与曲线联立，得，
因为、异于坐标原点，即，
所以，解得，
同理可得，
所以不成立，则假设不成立，
即曲线上不存在两点，使得以为直径的圆过原点．