2024-2025学年黑龙江省哈尔滨师大附中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年黑龙江省哈尔滨师大附中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共9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.已知椭圆的方程为x23+y24=1，则该椭圆的焦点坐标为( )
A. (0,±1)B. (0,± 7)C. (±1,0)D. (± 7,0)
2.已知直线l：x+ 3my−2=0的倾斜角为π3，则实数m=( )
A. −1B. −13C. 13D. 1
3.已知直线l的方程是(3a−1)x−(a−2)y−1=0，则对任意的实数a，直线l一定经过( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4.已知P是以F1，F2为焦点的椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一点，若PF1⊥PF2，且|PF1|=2|PF2|，则此椭圆的离心率为( )
A. 12B. 23C. 13D. 53
5.若直线y=x+b与曲线y= 1−x2有公共点，则b的取值范围是( )
A. [− 2, 2]B. [−1, 2]C. [−1,1]D. (−1, 2)
6.阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积，当我们垂直地缩小一个圆时，得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积为6π，两个焦点分别为F1，F2，点A是椭圆C上的动点，点B是点A关于原点的对称点，若四边形AF1BF2的周长为12，则四边形AF1BF2面积的最大值为( )
A. 4 5B. 2 5C. 2 35D. 35
7.已知圆C：(x+5)2+(y−12)2=9和两点A(0,m)，B(0,−m)(m>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB=90°，则实数m的取值范围为( )
A. [11,15]B. [10,16]C. [9,13]D. [8,12]
8.已知A，B是圆x2+y2=4上的两个动点，且|AB|=2 2，点M(x0,y0)是线段AB的中点，则|x0+y0−4|的最大值为( )
A. 12B. 6 2C. 6D. 3 2
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A(2,0)，B(0,2)，M(1,0)，P是线段AB上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 直线AB的一个方向向量是u=(1,−1)
B. 若MP⊥AB，则P(32,12)
C. 点M关于直线AB对称点的坐标为(2,1)
D. 直线MP斜率取值范围是[−2,0]
10.已知圆O：x2+y2=4，点P(x0,y0)是圆O上的点，直线l：x−y+ 2=0，则( )
A. 直线l与圆O相交弦长2 3
B. 圆O上恰有4个点到直线l的距离等于1
C. y0x0−4的最大值是 3
D. 过点P向圆M：(x−3)2+(y−4)2=1引切线，A为切点，则|PA|最小值为2 2
11.法国数学家加斯帕・蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”，他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆为C：x2+y2=43a2，过圆C上的动点M作椭圆E的两条切线，交圆C于P，Q两点，直线PQ交椭圆E于A，B两点，则下列结论正确的是( )
A. 椭圆E的离心率为 33
B. 若点D在椭圆E上，将直线DA，DB的斜率分别记为k1，k2，则k1k2=−13
C. 点M到椭圆E的左焦点的距离的最小值为(2 3− 6)a3
D. △MPQ面积的最大值为43a2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆C1：(x+2)2+y2=1与圆C2：x2+(y−2)2=9的交点为A，B，则直线AB方程为______．
13.已知点(0,0)在圆x2+y2+ax+ay+a2−a−2=0外(其中a为常数)，则实数a的取值范围______．
14.古希腊数学家阿波罗尼斯(约公元前262～公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果.其中有这样一个结论：平面内与两定点距离的比为常数λ(λ≠1)的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知⊙O：x2+y2=4，A(0,6)，B(4,0)，P为⊙O上一动点，则|PA|+12|PB|的最小值为______．
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.(本小题13分)
已知圆C：(x−2)2+(y−4)2=4，点A(x0,y0)为圆C上任意一点，点B(4,0)，点M是线段AB的中点．
(1)求点M的轨迹方程E；
(2)点N(x,y)是轨迹E上任一点，求x+2y的取值范围．
16.(本小题15分)
已知在△ABC中，A(0,−2)，AB边上的高所在直线的方程为3x+y−14=0，AC边上的中线所在直线的方程为x+y−2=0．
(1)求B，C两点的坐标；
(2)求△ABC的外接圆方程．
17.(本小题15分)
已知圆O：x2+y2=1和点M(1,4)．
(1)过M作圆O的切线，求切线的方程；
(2)过M作直线l交圆O于点C，D两个不同的点，且CD不过圆心，再过点C，D分别作圆O的切线，两条切线交于点E(m,n)，求m+4n的值．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x23+y2=1，点A为椭圆上顶点，直线l：y=kx+m与椭圆C相交于M，N两点，
(1)若k=1，D为MN的中点，O为坐标原点，|OD|= 104，求实数m的值；
(2)若直线AM，AN的斜率为k1，k2，且k1+k2=2，证明：直线MN过定点，并求定点坐标．
19.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1(− 3,0),F2( 3,0)，且椭圆经过点Q(1, 32)．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)经过点F2( 3,0)的直线l1与椭圆E交于A，B两点，直线l2与椭圆E交于C，D两点，且l1⊥l2，求四边形ACBD面积的取值范围．
参考答案
1.A
2.B
3.A
4.D
5.B
6.A
7.B
8.C
9.ABC
10.AD
11.BCD
12.x+y+2=0
13.(1− 5,−1)∪(2,1+ 5)
14. 37
15.解：(1)如图：

设M(x,y)，根据题意有x=x0+42y=y02，即x0=2x−4y0=2y，
又因为点A(x0,y0)在圆C上，所以有(2x−4−2)2+(2y−4)2=4，
整理得x2+y2−6x−4y+12=0，即(x−3)2+(y−2)2=1，
所以点M的轨迹E为圆心为(3,2)，半径为1的圆．
(2)如图：

令x+2y=z，则有y=−12x+z2，z2为直线的纵截距，
由题意可知，直线与圆有交点的情况下，
直线的纵截距越大，z越大；直线的纵截距越小，z越小．
由图可知，令直线与圆相切，
此时圆心C(3,2)到直线x+2y−z=0的距离为半径r=1，
由此可得|3+4−z| 5=1，解得z=7± 5，
所以x+2y的取值范围为x+2y∈[7− 5,7+ 5].
16.解：(1)因为AB边上的高所在直线的方程为3x+y−14=0，所以kAB=13，
则直线AB的方程为y+2=13x，即y=13x−2，
由y=13x−2x+y−2=0，得x=3y=−1，所以B(3,−1)，
设C(m,−3m+14)，则点A，C中点为(m2,−3m+122)，
所以m2+−3m+122−2=0，解得m=4，即C(4,2)；
(2)因为A(0,−2)，B(3,−1)，所以AB的中点坐标为(32,−32)，
kAB=13，所以线段AB的垂直平分线方程为y+32=−3(x−32)，即y=−3x+3，
同理可得线段BC的垂直平分线方程为y=−13x+53，
由y=−3x+3y=−13x+53，x=12y=32，所以△ABC的外接圆圆心为(12,32)，
所以△ABC的外接圆半径为 (12−0)2+(32+2)2=5 22，所以ABC的外接圆方程为(x−12)2+(y−32)2=252．

17.解：(1)当过点M的切线斜率不存在时，则切线的方程为x=1，显然满足题意，
当切线的斜率存在时，设切线的方程为y−4=k(x−1)，
即kx−y−k+4=0，
圆心到直线的距离d=|−k+4| k2+1=1，
解得k=158，
即切线的方程为158x−y−158+4=0，
即15x−8y+17=0，
综上所述：切线的方程为x=1或15x−8y+17=0；
(2)由去一留一法，设直线CD的方程可得：mx+ny=1，
而点M在直线CD上，所以m+4n=1．
18.解：(1)当k=1时，l：y=x+m，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，D(x0,y0)，
联立x23+y2=1y=x+m，消去y可得4x2+6mx+3m2−3=0，
Δ=36m2−16(3m2−3)=−12m2+48>0，解得−2所以x1+x2=−32m，
由中点坐标公式可得x0=x1+x22=−34m，y0=y1+y22=x1+x2+2m2=m4，
又|OD|= 9m216+m216= 104，解得m=±1，符合题意；

(2)证明：当直线MN的斜率不存在时，设直线方程为x=t，则M(t,s)，N(t,−s)，
因为点A为椭圆上顶点，所以A(1,0)，
所以k1=1−s−t，k2=1+s−t，则k1+k2=1−s−t+1+s−t=2−t=2，所以t=−1，
当直线MN的斜率存在时，直线方程为y=kx+m，
联立椭圆方程x23+y2=1y=kx+m，消去y可得(3k2+1)x2+6kmx+3m2−3=0，
Δ′=(6km)2−4(3k2+1)(3m2−3)>0，
所以x1+x2=−6km3k2+1，x1x2=3m2−33k2+1，
则k1+k2=y1−1x1+y2−1x2=y1x2+x1y2−(x1+x2)x1x2=2kx1x2+(m−1)(x1+x2)x1x2=2，
将韦达定理代入上式并化简可得6km−6k3m2−3=2，
即(k−m−1)(m−1)=0，m=1舍，所以k=m+1，
所以直线y=kx+m=(m+1)x+m=(x+1)m+x，此时直线过定点(−1,−1)，
综合以上可知直线MN过定点(−1,−1)．
19.解：(1)由椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点F1(− 3,0)，F2( 3,0)，
则c= 3，所以a2−b2=c2=3，整理可得b2=a2−3，
由椭圆E过Q(1, 32)，则1a2+34(a2−3)=1，
整理可得4a4−19a2+12=0，化简可得(4a2−3)(a2−4)=0，
由34<3，则a2=34(舍去)，所以a2=4，b2=1，
所以椭圆E的标准方程为x24+y2=1．
(2)当直线l1的斜率不存在时，则直线l2与x轴重合，|CD|=2a=4，
将x= 3代入椭圆方程，可得34+y2=1，解得y=±12，则|AB|=1，
四边形ACBD的面积S=12⋅|AB|⋅|CD|=2；
易知当直线l2的斜率不存在时，四边形ACBD的面积S=12⋅|AB|⋅|CD|=2；

当两直线都存在时，设直线l1：x=ny+ 3，直线l2：x=my+ 3，
设A(x1,y1)B(x2,y2)，
联立x=ny+ 3x24+y2=1，消去x整理可得：(n2+4)y2+2 3ny−1=0，
则y1+y2=−2 3nn2+4，y1y2=−1n2+4，
所以|AB|= (x1−x2)2+(y1−y2)2= (1+n2)(y1−y2)2
= (1+n2)[(y1+y2)2−4y1y2]= (1+n2)[(2 3nn2+4)2+4⋅1n2+4]
= (1+n2)⋅12n2+4n2+16(n2+4)2=4⋅1+n24+n2，
同理可得|CD|=4⋅1+m24+m2，
四边形ACBD的面积S=12|AB||CD|=12⋅4⋅1+n24+n2⋅4⋅1+m24+m2=8⋅1+n2+m2+n2m2n2m2+4(n2+m2)+16，
因为l1⊥l2，则nm=−1，所以S=8⋅n2+m2+24(n2+m2)+17，
n2+m2=n2+1n2≥2，当且仅当n=±1时，等号成立，
令n2+m2=t，则S=8⋅t+24t+17=2−184t+17(t≥2)，
由4t+17≥25，0<184t+17≤1825，0>−184t+17≥−1825，则2>S≥3225；
综上所述，四边形ACBD的面积的取值范围为[3225,2]．