2024-2025学年河北省衡水二中高二（上）月考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省衡水二中高二（上）月考数学试卷（9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。

1.已知两直线l1：3x−4y+4=0和l2：6x+my−2=0，若l1//l2，则m=( )
A. −8B. 8C. 92D. 2
2.若方程x2+y2+ax+1=0表示一个圆，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,−2)∪(2,+∞)B. (−2,2)
C. (−4,4)D. (2,+∞)
3.阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积为2 3π，两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，则椭圆C的标准方程是( )
A. x24+y23=1B. x23+y24=1C. x22+y2 3=1D. x23+y22=1
4.已知直线l的斜率的范围为[−1,1]，则直线l的倾斜角α的取值范围为( )
A. 0°≤α≤45°或135°≤α≤180°B. 45°≤α≤135°
C. 45°<α<135°D. 0°≤α≤45°或135°≤α<180°
5.已知圆C：(x−4)2+(y−2)2=4，若圆C刚好被直线l：ax+by=1(a>0,b>0)平分，则1a+2b的最小值为( )
A. 8B. 10C. 16D. 8+4 2
6.过椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦点F的直线l：x−y− 3=0交C于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为−12，则椭圆C的方程为( )
A. x26+y23=1B. x27+y24=1C. x28+y25=1D. x29+y26=1
7.已知EF是圆C：x2+y2−2x−4y+3=0的一条弦，且CE⊥CF，P是EF的中点，当弦EF在圆C上运动时，直线l：x−y−3=0上存在两点A，B，使得∠APB≥π2恒成立，则线段AB长度的最小值是( )
A. 3 2+1B. 4 2+2C. 4 3+1D. 4 3+2
8.已知椭圆C：x225+y216=1的一个焦点为F，点P，Q是C上关于原点对称的两点，则|PF|2+6|QF|的取值范围为( )
A. [2,26]B. [51,52]C. [51,76]D. [52,76]
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.若椭圆x29+y2m+4=1的焦距为2，则实数m的值可为( )
A. 1B. 4C. 6D. 7
10.已知直线l1：ax−y+1=0，l2：x+ay+1=0(a∈R)，则下列说法正确的是( )
A. 不论a为何值，l1⊥l2
B. l1，l2分别过定点(0,1)，(−1,0)
C. 不论a为何值，l1，l2都关于直线x+y=0对称
D. 如果l1，l2交于点M，则MO的最大值为 2
11.已知椭圆C：x24+y2=1的左、右两个焦点分别为F1、F2，直线y=kx(k≠0)与C交于A、B两点，AE⊥x轴，垂足为E，直线BE与椭圆C的另一个交点为P，则下列结论正确的是( )
A. 若∠F1PF2=60°，则△F1PF2的面积为 36
B. 四边形AF1BF2，可能为矩形
C. 直线BE的斜率为12k
D. 若P与A、B两点不重合，则直线PA和PB斜率之积为−4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆C：x2+y2−2x=0内有点M(32,12)，则以点M为中点的圆C的弦所在的直线方程为______．
13.已知x，y∈(0,2)，则 x2+y2+ x2+(y−2)2+ (x−2)2+y2+ (x−2)2+(y−2)2的最小值为______．
14.已知P为椭圆上x24+y2=1的一点，过P作直线l交圆x2+y2=4于A，B两点，则|PA|⋅|PB|的取值范围为______．
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)
已知圆C:(x−1)2+(y−2)2=25，直线l:(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0(m∈R)．
(1)求证：直线l恒过定点；
(2)判断直线l与圆C的位置关系；
(3)当m=0时，求直线l被圆C截得的弦长．
16.(本小题12分)
已知直线l经过点P(−2,−3)．
(1)若原点到直线l的距离为2，求直线l的方程；
(2)若直线l被两条相交直线2x−y−2=0和x+y−1=0所截得的线段恰被点P平分，求直线l的方程．
17.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点M(1, 32)，F1，F2是椭圆C的两个焦点，|F1F2|=2 3，P是椭圆C上的一个动点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点P在第一象限，且PF1⋅PF2≤14，求点P的横坐标的取值范围．
18.(本小题12分)
已知圆M:x2+y−22=1，点P是直线l:x+2y=0上的一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B．
(1)当切线PA的长度为 3时，求点P的坐标；
(2)若▵PAM的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)求线段AB长度的最小值．
19.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点P(2,4)，圆O：x2+y2=4与x轴的正半轴的交点是Q，过点P的直线l与圆O交于不同的两点A，B．
(1)若直线l与y轴交于D，且DP⋅DQ=16，求直线l的方程；
(2)设直线QA，QB的斜率分别是k1，k2，求k1+k2的值；
(3)设AB的中点为M，点N(43,0)，若MN= 133OM，求△QAB的面积．
参考答案
1.A
2.A
3.A
4.D
5.C
6.A
7.B
8.C
9.BC
10.ABD
11.BC
12.x+y−2=0
13.4 2
14.[0,3]
15.解：(1)证明：直线l的方程可化为：
m(2x+y−7)+(x+y−4)=0，
令2x+y−7=0x+y−4=0，解得x=3y=1,
∴直线l恒过定点A(3,1)．
(2)圆C：(x−1)2+(y−2)2=25的圆心C(1,2)，半径r=5，
点A(3,1)与圆心C(1,2)的距离d= (3−1)2+(1−2)2= 5<5=r，
∴A点在圆C内，即直线l与圆C相交．
(3)当m=0时，直线l的方程为x+y−4=0，
由圆心C(1,2)到直线l的距离为d′=|1+2−4| 2= 22，
半径r=5，
∴直线l被圆C所截得的弦长为2 r2−d′2=2 52− 222=7 2．
16.解：(1)当直线l的斜率不存在时，显然成立，直线方程为x=−2，
当直线斜率存在时，设直线方程为y+3=k(x+2)，
由原点到直线l的距离为2得|2k−3| k2+1=2，解得k=512，
故直线l的方程为y+3=512(x+2)，即y=512x−136，
综上，所求直线方程为x=−2或y=512x−136．
(注：若写成一般方程，则为x=−2或5x−12y−26=0)
(2)设直线l夹在直线l1，l2之间的线段为AB(A在l1上，B在l2上)，
A、B的坐标分别设为(x1,y1)、(x2,y2)，
因为AB被点P平分，所以x1+x2=−4，y1+y2=−6，
于是x2=−4−x1，y2=−6−y1，
由于A在l1上，B在l2上，即2x1−y1=2x1+y1=−11，解得x1=−3，y1=−8，
即A的坐标是(−3,−8)，故直线l的斜率是k=−8−(−3)−3−(−2)=5，
故直线l的方程为：y−(−3)=5[x−(−2)]，
即y=5x+7．
17.解：(1)∵椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点M(1, 32)，F1，F2是椭圆C的两个焦点，|F1F2|=2 3，
则2c=2 31a2+34b2=1a2=b2+c2，解得a=2，b=1，
∴椭圆C的标准方程为x24+y2=1．
(2)∵c= 3，F1(− 3,0)，F2( 3,0)，设P(x,y)，
则PF1⋅PF2=(− 3−x,−y)⋅( 3−x,−y)=x2+y2−3，
∵x24+y2=1，
∴PF1⋅PF2=x2+y2−3=x2+1−x24−3=14(3x2−8)≤14，
解得−2 63≤x≤2 63，
∵点P在第一象限，∴x>0，
∴0∴点P的横坐标的取值范围是(0,2 63].
18.解：(1)由题可知，圆M的半径r=1，设P−2b,b，
因为PA是圆M的一条切线，所以∠MAP=90∘，
所以MP= 0+2b2+2−b2= AM2+AP2=2，
解得b=0或b=45，
所以点P的坐标为P0,0或P−85,45．
(2)设P−2b,b，因为∠MAP=90∘，
所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，
其方程为x+b2+y−b+222=4b2+b−224，
即2x−y+2b+x2+y2−2y=0，
由2x−y+2=0x2+y2−2y=0,
解得x=0y=2或x=−45y=25,
所以圆过定点0,2，−45,25．
(3)因为圆N方程为x+b2+y−b+222=4b2+b−224，
即x2+y2+2bx−b+2y+2b=0①，
又圆M:x2+y2−4y+3=0②，
①−②得圆M方程与圆N相交弦AB所在直线方程为
2bx−b−2y+2b−3=0．
点M0,2到直线AB的距离d=1 5b2−4b+4，
所以相交弦长AB=2 1−d2=2 1−15d2−4b+4
=2 1−15b−252+165，
所以当b=25时，AB有最小值 112．

19.解：(1)显然直线垂直于x轴时不符合题意，故设直线方程为y−4=k(x−2)，
因为直线与圆交于不同两点，所以|−2k+4| k2+1<2，解得k>34．
令x=0得D(0,4−2k)，
对于x2+y2=4令y=0得Q(2,0)，又P(2,4)
所以DQ=(2,2k−4),DP=(2,2k)，所以DP⋅DQ=4+2k(2k−4)=16，解得k=3，或k=−1(舍)
所以直线l的方程为y=3x−2．
(2)联立y−4=k(x−2)x2+y2=4得(1+k2)x2−4k(k−2)x+(2k−4)2−4=0
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，所以x1+x2=4k(k−2)1+k2,x1x2=(2k−4)2−41+k2
∴k1+k2=y1x1−2+y2x2−2=k(x1−2)+4x1−2+k(x2−2)+4x2−2=2k+4(x1+x2−4)x1x2−2(x1+x2)+4
=2k+4×(4k(k−2)1+k2−4)(2k−4)2−41+k2−2×4k(k−2)1+k2+4=−1，即k1+k2的值是−1．
(3)设中点M(x0,y0)，由(2)知x0=x1+x22=2k(k−2)1+k2，代入直线l的方程得y0=−2(k−2)1+k2(∗)
又由MN= 133OM得(x0−43)2+y02=139(x02+y02)
化简得x02+y02+6x0−4=0将(∗)式代入得k=3．
因为圆心到直线l的距离d=|−2k+4| 1+k2=2 10
所以AB=2 4−d2=65 10，Q到直线l的距离ℎ=2 105
所以S△ABQ=12AB×ℎ=125，即△QAB的面积为125．