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2024-2025学年黑龙江省佳木斯一中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）
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这是一份2024-2025学年黑龙江省佳木斯一中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共8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.直线的一个方向向量为v=(1,−3)，且经过点(0,2)，则直线的方程为( )
A. 3x−y+2=0B. 3x+y−2=0C. 3x+y+2=0D. 3x−y−2=0
2.方程x24−t+y2t−1=1表示椭圆，则t的取值范围是( )
A. 14
C. t>4D. 13.下列说法正确的是( )
A. y−y1x−x1=k不能表示过点M(x1,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xa+yb=1
C. 直线y=kx+b与y轴的交点到原点的距离为b
D. 设A(−2,2)，B(1,1)，若直线l：ax+y+1=0与线段AB有交点，则a的取值范围是(−∞,−2)
4.椭圆x2a2+y2=1(a>1)的离心率为12，则a=( )
A. 2 33B. 2C. 3D. 2
5.已知直线l的斜率k∈[−1, 3]，则该直线的倾斜角α的取值范围为( )
A. [π3,3π4]B. [0,π3]∪[3π4,π)C. [π6,3π4]D. [0,π6]⋃[3π4,π)
6.经过两条直线2x−y+1=0和x+y+2=0的交点，且与直线2x+3y=0平行的直线的方程为( )
A. 2x+3y−5=0B. 2x+3y+5=0C. 2x+3y+1=0D. 2x−3y−1=0
7.已知Q为直线l：x+2y+1=0上的动点，点P满足QP=(1,−3)，记P的轨迹为E，则( )
A. E是一个半径为 5的圆B. E是一条与l相交的直线
C. E上的点到l的距离均为 5D. E是两条平行直线
8.已知椭圆C：x22+y2=1的左、右两个顶点为A，B，点M1，M2，M3是AB的四等分点，分别过这三点作斜率为k(k≠0)的一组平行线，交椭圆C于P1，P2，…，P6，则直线AP1，AP2，…，AP6，这6条直线的斜率乘积为( )
A. −18B. −164C. 8D. 64
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.已知圆C：x2+y2−6x+4y−3=0，则下列说法正确的是( )
A. 圆C的半径为16
B. 圆C截x轴所得的弦长为4 3
C. 圆C与圆E：(x−6)2+(y−2)2=1相外切
D. 若圆C上有且仅有两点到直线3x+4y+m=0的距离为1，则实数m的取值范围是(19,24)∪(−26,−21)
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A(−2,0)，B(2,0)，满足|PA|=2|PB|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C(103,0)为圆心，r=83为半径的圆
B. 轨迹C上的点到直线3x−4y+5=0的最小距离为12
C. 若点(x,y)在轨迹C上，则x+ 3y的最小值是−2
D. 圆x2+(y−a)2=4与轨迹C有公共点，则a的取值范围是−4 63≤a≤4 63
11.已知椭圆C：x225+y29=1，F1，F2分别为它的左、右焦点，A，B分别为它的左、右顶点，已知定点Q(4,2)，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有( )
A. 存在点P，使得∠F1PF2=120°B. 直线PA与直线PB斜率乘积为定值
C. 1|PF1|+25|PF2|有最小值185D. |PQ|+|PF1|的范围为[2 17,12]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l经过点P(1,0)，圆C：x2+y2+2x−6y+6=0，若直线l与圆C相切，则直线l的方程为______．
13.已知圆C：(x−1)2+(y−2)2=1，若从点M(3,5)发出的光线经过直线l2：x+y−1=0，反射后恰好平分圆C的圆周，反射光线所在直线的方程是______．
14.已知P是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点，F1，F2是C的两个焦点，PF1⋅PF2=0，点Q在∠F1PF2的平分线上，O为原点，OQ//PF1，且|OQ|=2b.则C的离心率为______．
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)
平面直角坐标系中，圆M的方程为(x−2)2+y2=1，圆N的方程为(x+2)2+y2=49，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∠MPN=60°时，求|PM|⋅|PN|的大小．
16.(本小题15分)
已知圆C的圆心在x+y=0上，点A(2,0)在圆C上，且圆C与直线x−y−4=0相切．
(Ⅰ)求圆C的标准方程；
(Ⅱ)过点A和点(3,2)的直线l交圆C于A、E两点，求弦|AE|的长．
17.(本小题15分)
已知直线l1：y=2x−1，直线l2与直线l1垂直，且直线l1，l2的交点的横坐标与纵坐标相等．
(1)求直线l2的方程；
(2)若直线l被直线l1，l2所截得的线段恰好被点P(2,−2)平分，求直线l的方程．
18.(本小题17分)
已知圆C：x2−mx+y2+2(2−m)y+m−1=0，m∈R．
(1)证明：圆C过定点；
(2)当m=0时，点P为直线l：x6+y3=1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PACB面积最小值，并写出此时直线AB的方程．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为2 2，离心率为 22．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上点(x0,y0)处的切线方程是x0xa2+y0yb2=1，
①过直线l：x=2上一点M引C的两条切线，切点分别是P、Q，求证：直线PQ恒过定点N；
②是否存在实数λ，使得|PN|+|QN|=λ|PN|⋅|QN|，若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．
参考答案
1.B
2.D
3.A
4.A
5.B
6.B
7.C
8.A
9.BC
10.ACD
11.BCD
12.x=1或5x+12y−5=0
13.4x−5y+6=0
14. 306
15.解：(1)圆M的方程为(x−2)2+y2=1，即有圆心为M(2,0)，半径为r1=1，
圆N的方程为(x+2)2+y2=49，即有圆心为N(−2,0)，半径为r2=7．
设动圆P的圆心为P(x,y)，半径为r，
动圆P与圆N内切，与圆M外切，
得|NP|=7−r，|MP|=1+r，
所以|NP|+|MP|=8>4=|MN|，
所以，点P的轨迹为椭圆，焦点在x轴上，其中2a=8，2c=4，故b2=42−22=12，
所以，动圆P的圆心的轨迹方程为椭圆x216+y212=1．
(2)记|NP|=n，|MP|=m，∠MPN=60°，
由(1)知，m+n=8，
由余弦定理可得m2+n2−2mncs60°=|MN|2=16，
整理得(m+n)2−2mn−mn=16，即mn=16，
所以|PM|⋅|PN|=mn=16．
16.解：(Ⅰ)设圆的标准方程为：(x−a)2+(y−b)2=r2………………………(1分)
由题意得：a+b=0(2−a)2+b2=r2|a−b−4| 2=r，…………………………………………………………(4分)
解得：a=1b=−1r= 2，……………………………………………………………………(7分)
圆的标准方程为：(x−1)2+(y+1)2=2………………………………………(8分)
(Ⅱ)直线l过点A和点(3,2)，
直线的斜率为kl=2，…………………………………………………………….(9分)
直线l为：y=2(x−2)2x−y−4=0，…………………………………………………………….(10分)
设圆心到直线的距离为dd=|2+1−4| 5=1 5= 55，…………………………………………..(12分)
∵(12|AE|)2+d2=r2，
∵|AE| =2 (r2−d2)…………………………………………………(14分)
=2 2−15=6 55，…………………………………………………………(15分)
∴弦|AE|的长为6 55．
17.解：(1)由题意设直线l1，l2的交点坐标为(a,a)，则a=2a−1，得a=1，
所以直线l1，l2的交点坐标为(1,1)，
由题意设直线l2为x+2y+m=0，则1+2+m=0，得m=−3，
所以直线l2的方程为x+2y−3=0；
(2)设直线l交直线l1，l2分别于点A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为P(2,−2)为AB的中点，所以x1+x2=4，y1+y2=−4，
因为y1=2x1−1，y2=−12x2+32，
所以2x1−1−12x2+32=−4，即4x1−x2=−9，
由4x1−x2=−9x1+x2=4，解得x1=−1，x2=5，
所以y1=−3，y2=−1，所以A(−1,−3)，B(5,−1)，
所以kl=−1−(−3)5−(−1)=13，
所以直线l的方程为y+3=13(x+1)，即x−3y−8=0．
18.解：(1)依题意，将圆C的方程x2−mx+y2+2(2−m)y+m−1=0化为
x2+y2+4y−1+(1−x−2y)m=0，
令1−x−2y=0，即x=1−2y，则(1−2y)2+y2+4y−1=0恒成立，
解得x=1，y=0，即圆C过定点(1,0)．
(2)当m=0时，圆C：x2+(y+2)2=5，
直线l：x6+y3=1，
设P(s,t)，依题意四边形PACB的面积S=2S△PAC=2×12|PA|× 5，
当|PA|取得最小值时，四边形PACB的面积最小，
又|PA|= |PC|2−5，即当|PC|最小时，四边形PACB的面积最小，
圆心C(0,−2)到直线l：x6+y3=1的距离即为|PC|的最小值，
即|PC|min=|0−4−6| 5=2 5,|PA|min= (2 5)2−5= 15，
Smin= 15× 5=5 3，即四边形PACB面积最小值为5 3，
此时直线PC与直线l垂直，
所以直线PC的方程为y=2x−2，与直线l联立，解得P(2,2)，
设以PC为直径的圆Q上任意一点D(x,y)，DP⋅DC=x(x−2)+(y+2)(y−2)=0，
故圆Q的方程为x(x−2)+(y+2)(y−2)=0，
即x2+y2−2x−4=0，又圆C：x2+y2+4y−1=0，
两式作差可得直线AB方程2x+4y+3=0．
19.解：(1)由题意可知：2a=2 2ca= 22，
所以a= 2c=1，
所以b= a2−c2=1，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1；
(2)①证明：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，M(2,m)，
由题设可知：lPM：x1x2+y1y=1,lQM：x2x2+y2y=1，
又因为lPM，lQM经过点M(2,m)，
所以x1+my1=1x2+my2=1，所以P，Q均在直线x+my−1=0上，
即lPQ：x+my−1=0，
由x−1=0y=0，解得x=1y=0，
所以直线PQ过定点N(1,0)；
②设实数λ存在，因为|PN|+|QN|=λ|PN|⋅|QN|，所以λ=1|PN|+1|QN|，
当直线PQ斜率不存在时，此时PQ：x=1，
由x=1x2+2y2=2，
解得x=1y=± 22，
所以|PN|=|QN|= 22，
所以λ=1|PN|+1|QN|=2 2，
当直线PQ斜率k存在时，λ=1 1+(1k)2×|y1−yN|+1 1+(1k)2×|y2−yN|=1 1+m2×|y1|+|y2||y1y2|，
所以λ=1 1+m2×|y1−y2||y1y2|=1 1+m2× (y1+y2)2−4y1y2|y1y2|，
联立x=−my+1x2+2y2=2，
可得(m2+2)y2−2my−1=0，
所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=−1m2+2，
所以λ=1 1+m2× (2mm2+2)2−4×(m2+2)×(−1)(m2+2)21m2+2=2 2× m2+1m2+2 m2+1m2+2=2 2，
综上可知，存在λ=2 2满足条件．
1.直线的一个方向向量为v=(1,−3)，且经过点(0,2)，则直线的方程为( )
A. 3x−y+2=0B. 3x+y−2=0C. 3x+y+2=0D. 3x−y−2=0
2.方程x24−t+y2t−1=1表示椭圆，则t的取值范围是( )
A. 1
C. t>4D. 1
A. y−y1x−x1=k不能表示过点M(x1,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xa+yb=1
C. 直线y=kx+b与y轴的交点到原点的距离为b
D. 设A(−2,2)，B(1,1)，若直线l：ax+y+1=0与线段AB有交点，则a的取值范围是(−∞,−2)
4.椭圆x2a2+y2=1(a>1)的离心率为12，则a=( )
A. 2 33B. 2C. 3D. 2
5.已知直线l的斜率k∈[−1, 3]，则该直线的倾斜角α的取值范围为( )
A. [π3,3π4]B. [0,π3]∪[3π4,π)C. [π6,3π4]D. [0,π6]⋃[3π4,π)
6.经过两条直线2x−y+1=0和x+y+2=0的交点，且与直线2x+3y=0平行的直线的方程为( )
A. 2x+3y−5=0B. 2x+3y+5=0C. 2x+3y+1=0D. 2x−3y−1=0
7.已知Q为直线l：x+2y+1=0上的动点，点P满足QP=(1,−3)，记P的轨迹为E，则( )
A. E是一个半径为 5的圆B. E是一条与l相交的直线
C. E上的点到l的距离均为 5D. E是两条平行直线
8.已知椭圆C：x22+y2=1的左、右两个顶点为A，B，点M1，M2，M3是AB的四等分点，分别过这三点作斜率为k(k≠0)的一组平行线，交椭圆C于P1，P2，…，P6，则直线AP1，AP2，…，AP6，这6条直线的斜率乘积为( )
A. −18B. −164C. 8D. 64
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.已知圆C：x2+y2−6x+4y−3=0，则下列说法正确的是( )
A. 圆C的半径为16
B. 圆C截x轴所得的弦长为4 3
C. 圆C与圆E：(x−6)2+(y−2)2=1相外切
D. 若圆C上有且仅有两点到直线3x+4y+m=0的距离为1，则实数m的取值范围是(19,24)∪(−26,−21)
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A(−2,0)，B(2,0)，满足|PA|=2|PB|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C(103,0)为圆心，r=83为半径的圆
B. 轨迹C上的点到直线3x−4y+5=0的最小距离为12
C. 若点(x,y)在轨迹C上，则x+ 3y的最小值是−2
D. 圆x2+(y−a)2=4与轨迹C有公共点，则a的取值范围是−4 63≤a≤4 63
11.已知椭圆C：x225+y29=1，F1，F2分别为它的左、右焦点，A，B分别为它的左、右顶点，已知定点Q(4,2)，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有( )
A. 存在点P，使得∠F1PF2=120°B. 直线PA与直线PB斜率乘积为定值
C. 1|PF1|+25|PF2|有最小值185D. |PQ|+|PF1|的范围为[2 17,12]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l经过点P(1,0)，圆C：x2+y2+2x−6y+6=0，若直线l与圆C相切，则直线l的方程为______．
13.已知圆C：(x−1)2+(y−2)2=1，若从点M(3,5)发出的光线经过直线l2：x+y−1=0，反射后恰好平分圆C的圆周，反射光线所在直线的方程是______．
14.已知P是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点，F1，F2是C的两个焦点，PF1⋅PF2=0，点Q在∠F1PF2的平分线上，O为原点，OQ//PF1，且|OQ|=2b.则C的离心率为______．
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)
平面直角坐标系中，圆M的方程为(x−2)2+y2=1，圆N的方程为(x+2)2+y2=49，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∠MPN=60°时，求|PM|⋅|PN|的大小．
16.(本小题15分)
已知圆C的圆心在x+y=0上，点A(2,0)在圆C上，且圆C与直线x−y−4=0相切．
(Ⅰ)求圆C的标准方程；
(Ⅱ)过点A和点(3,2)的直线l交圆C于A、E两点，求弦|AE|的长．
17.(本小题15分)
已知直线l1：y=2x−1，直线l2与直线l1垂直，且直线l1，l2的交点的横坐标与纵坐标相等．
(1)求直线l2的方程；
(2)若直线l被直线l1，l2所截得的线段恰好被点P(2,−2)平分，求直线l的方程．
18.(本小题17分)
已知圆C：x2−mx+y2+2(2−m)y+m−1=0，m∈R．
(1)证明：圆C过定点；
(2)当m=0时，点P为直线l：x6+y3=1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PACB面积最小值，并写出此时直线AB的方程．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为2 2，离心率为 22．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上点(x0,y0)处的切线方程是x0xa2+y0yb2=1，
①过直线l：x=2上一点M引C的两条切线，切点分别是P、Q，求证：直线PQ恒过定点N；
②是否存在实数λ，使得|PN|+|QN|=λ|PN|⋅|QN|，若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．
参考答案
1.B
2.D
3.A
4.A
5.B
6.B
7.C
8.A
9.BC
10.ACD
11.BCD
12.x=1或5x+12y−5=0
13.4x−5y+6=0
14. 306
15.解：(1)圆M的方程为(x−2)2+y2=1，即有圆心为M(2,0)，半径为r1=1，
圆N的方程为(x+2)2+y2=49，即有圆心为N(−2,0)，半径为r2=7．
设动圆P的圆心为P(x,y)，半径为r，
动圆P与圆N内切，与圆M外切，
得|NP|=7−r，|MP|=1+r，
所以|NP|+|MP|=8>4=|MN|，
所以，点P的轨迹为椭圆，焦点在x轴上，其中2a=8，2c=4，故b2=42−22=12，
所以，动圆P的圆心的轨迹方程为椭圆x216+y212=1．
(2)记|NP|=n，|MP|=m，∠MPN=60°，
由(1)知，m+n=8，
由余弦定理可得m2+n2−2mncs60°=|MN|2=16，
整理得(m+n)2−2mn−mn=16，即mn=16，
所以|PM|⋅|PN|=mn=16．
16.解：(Ⅰ)设圆的标准方程为：(x−a)2+(y−b)2=r2………………………(1分)
由题意得：a+b=0(2−a)2+b2=r2|a−b−4| 2=r，…………………………………………………………(4分)
解得：a=1b=−1r= 2，……………………………………………………………………(7分)
圆的标准方程为：(x−1)2+(y+1)2=2………………………………………(8分)
(Ⅱ)直线l过点A和点(3,2)，
直线的斜率为kl=2，…………………………………………………………….(9分)
直线l为：y=2(x−2)2x−y−4=0，…………………………………………………………….(10分)
设圆心到直线的距离为dd=|2+1−4| 5=1 5= 55，…………………………………………..(12分)
∵(12|AE|)2+d2=r2，
∵|AE| =2 (r2−d2)…………………………………………………(14分)
=2 2−15=6 55，…………………………………………………………(15分)
∴弦|AE|的长为6 55．
17.解：(1)由题意设直线l1，l2的交点坐标为(a,a)，则a=2a−1，得a=1，
所以直线l1，l2的交点坐标为(1,1)，
由题意设直线l2为x+2y+m=0，则1+2+m=0，得m=−3，
所以直线l2的方程为x+2y−3=0；
(2)设直线l交直线l1，l2分别于点A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为P(2,−2)为AB的中点，所以x1+x2=4，y1+y2=−4，
因为y1=2x1−1，y2=−12x2+32，
所以2x1−1−12x2+32=−4，即4x1−x2=−9，
由4x1−x2=−9x1+x2=4，解得x1=−1，x2=5，
所以y1=−3，y2=−1，所以A(−1,−3)，B(5,−1)，
所以kl=−1−(−3)5−(−1)=13，
所以直线l的方程为y+3=13(x+1)，即x−3y−8=0．
18.解：(1)依题意，将圆C的方程x2−mx+y2+2(2−m)y+m−1=0化为
x2+y2+4y−1+(1−x−2y)m=0，
令1−x−2y=0，即x=1−2y，则(1−2y)2+y2+4y−1=0恒成立，
解得x=1，y=0，即圆C过定点(1,0)．
(2)当m=0时，圆C：x2+(y+2)2=5，
直线l：x6+y3=1，
设P(s,t)，依题意四边形PACB的面积S=2S△PAC=2×12|PA|× 5，
当|PA|取得最小值时，四边形PACB的面积最小，
又|PA|= |PC|2−5，即当|PC|最小时，四边形PACB的面积最小，
圆心C(0,−2)到直线l：x6+y3=1的距离即为|PC|的最小值，
即|PC|min=|0−4−6| 5=2 5,|PA|min= (2 5)2−5= 15，
Smin= 15× 5=5 3，即四边形PACB面积最小值为5 3，
此时直线PC与直线l垂直，
所以直线PC的方程为y=2x−2，与直线l联立，解得P(2,2)，
设以PC为直径的圆Q上任意一点D(x,y)，DP⋅DC=x(x−2)+(y+2)(y−2)=0，
故圆Q的方程为x(x−2)+(y+2)(y−2)=0，
即x2+y2−2x−4=0，又圆C：x2+y2+4y−1=0，
两式作差可得直线AB方程2x+4y+3=0．
19.解：(1)由题意可知：2a=2 2ca= 22，
所以a= 2c=1，
所以b= a2−c2=1，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1；
(2)①证明：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，M(2,m)，
由题设可知：lPM：x1x2+y1y=1,lQM：x2x2+y2y=1，
又因为lPM，lQM经过点M(2,m)，
所以x1+my1=1x2+my2=1，所以P，Q均在直线x+my−1=0上，
即lPQ：x+my−1=0，
由x−1=0y=0，解得x=1y=0，
所以直线PQ过定点N(1,0)；
②设实数λ存在，因为|PN|+|QN|=λ|PN|⋅|QN|，所以λ=1|PN|+1|QN|，
当直线PQ斜率不存在时，此时PQ：x=1，
由x=1x2+2y2=2，
解得x=1y=± 22，
所以|PN|=|QN|= 22，
所以λ=1|PN|+1|QN|=2 2，
当直线PQ斜率k存在时，λ=1 1+(1k)2×|y1−yN|+1 1+(1k)2×|y2−yN|=1 1+m2×|y1|+|y2||y1y2|，
所以λ=1 1+m2×|y1−y2||y1y2|=1 1+m2× (y1+y2)2−4y1y2|y1y2|，
联立x=−my+1x2+2y2=2，
可得(m2+2)y2−2my−1=0，
所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=−1m2+2，
所以λ=1 1+m2× (2mm2+2)2−4×(m2+2)×(−1)(m2+2)21m2+2=2 2× m2+1m2+2 m2+1m2+2=2 2，
综上可知，存在λ=2 2满足条件．
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