江苏省常州市2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷（Word版附答案）

这是一份江苏省常州市2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷（Word版附答案），文件包含江苏省常州市2024-2025学年高二上学期期中质量调研数学试题Word版含解析docx、江苏省常州市2024-2025学年高二上学期期中质量调研数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
2024.11
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
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，只有一个选项是正确．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 经过，两点的直线倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出斜率，从而可求倾斜角.
详解】，故倾斜角30°，
故选：A
2. 如果抛物线y 2=ax的准线是直线x=-1，那么它的焦点坐标为
A. （1, 0）B. （2, 0）C. （3, 0）D. （－1, 0）
【答案】A
【解析】
【详解】由抛物线的焦点坐标为，准线方程为可知，抛物线的焦点坐标为，故选A．
3. 双曲线实轴长是虚轴长的2倍，则实数m的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本量的关系可求实数的值.
【详解】双曲线方程可化为：，其中，
因为实轴长是虚轴长的2倍，故，故，
故选：D.
4. 已知圆关于直线对称，则圆C中以为中点的弦长为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线过圆心求出，再求出弦心距后可求弦长.
【详解】圆的标准方程为：，故，半径，
故即，
以即为中点的弦，与垂直，而，
故弦长为：，
故选：D
5. 过抛物线焦点F的直线l交抛物线于A，B两点（点A在第一象限），若直线l的倾斜角为，则的值为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出两点的纵坐标后可求的值.
【详解】设，，由题设
因为直线l的倾斜角为，故，
由可得，解得或，
故，，故，
故选：C.
6. 如图，已知，分别是椭圆的左、右焦点，现以为圆心作一个圆恰好经过椭圆的中心并且交椭圆于点，．若过点的直线是圆的切线，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由切线的性质，可得，，再结合椭圆定义，即得解
【详解】因为过点的直线圆的切线，，，所以．
由椭圆定义可得，可得椭圆的离心率．
故选：A
7. 已知，分别是双曲线（a，）的左、右焦点，A为双曲线的右顶点，线段的垂直平分线交双曲线于点P，其中，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的定义，结合勾股定理、离心率的定义进行求解即可.
【详解】如图，设线段的垂直平分线与x轴的交点为B，不妨设P在第一象限，
则，
，
再由勾股定理得：，
所以，等式两边同除以整理可得
得或舍去
故选：C
8. 设直线l：，圆C：，若在圆C上存在两点P，Q，在直线l上存在点M，使，则m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把问题转化成点到直线的距离的范围问题求解.
【详解】圆：，所以，圆的半径为：.
“在圆C上存在两点P，Q，在直线l上存在点M，使”可转化为“圆心到直线的距离不大于2”.
由.
故选：B
【点睛】方法点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 设a为实数，直线，，则（ ）
A. 当时，不经过第一象限B. 充要条件是
C. 若，则或D. 恒过点
【答案】AB
【解析】
【分析】利用反证法可判断A的正误，利用平行或垂直的判断方法可判断BC的正误，求出过的定点后可判断D的正误.
【详解】对于A，若过第一象限的点，则，且，
但故，矛盾，故不过第一象限，故A正确；
对于B，若，则，
故或，由直线可得，
而当时，两条直线的方程分别为：，，
此时两条直线平行，符合，反之，也成立，故的充要条件为，故B正确；
对于C，若，，故或，
但不为零，故C错误；
对于D，直线可化为：，
由可得，即直线过定点，故D错误；
故选：AB
10. 某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心F为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点A（离地面最近的点）距地面m千米，远地点B（离地面最远的点）距地面n千米，并且F、A、B三点在同一直线上，地球半径约为R千米，设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a、2b、2c，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题设条件可得，逐项判断后可得正确的选项.
【详解】由题设，，
所以，，故AB正确，C错误，
而，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知F、为椭圆C：的左、右焦点，直线l：（）与椭圆C交于A，B两点，轴，垂足为E，BE与椭圆C的另一个交点为P，则（ ）
A. 四边形周长为8B. 的最小值为
C. 直线BE的斜率为2kD.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由椭圆的定义判断A，结合基本不等式求得最小值判断B，设，得出坐标，求出斜率判断C，由直线与椭圆相交求得点坐标后根据斜率即可判断D．
【详解】由已知，，A正确；
，
则，
当且仅当，即时等号成立，B正确；
设，则，，，
则，C错；
直线方程为，
由，消去得，
显然是此方程的一个解，则，
，
因此，
，，所以与垂直，D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交问题，常常设交点坐标为，设直线方程为，代入椭圆方程后应用韦达定理得，如果直线方程是以直线与椭圆相交的一个点为基础得出的方程，那么该点的坐标（横坐标或纵坐标）就是相应一元二次方程的一个解，从而利用韦达定理易求得另一解．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 点与点关于直线l：对称，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据垂直关系和中点在直线上可求，从而可求的值.
【详解】因为，故，而中点为，
故，所以，所以，
故答案为：.
13. 已知点，，点满足直线斜率之积为，则的最小值为________．
【答案】-7
【解析】
【分析】先求出的轨迹方程，再结合向量数量积的坐标形式可求最小值.
【详解】设Px,y，则，故，
整理得到：，而
故，
而，故，
故答案为：-7
14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点、的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，点满足，则点的轨迹为圆，设其圆心为，已知直线：经过定点，则的面积的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】求出的轨迹和定点后可求的面积的最大值.
【详解】设Px,y，则，
整理得到：，
故，轨迹圆的半径为，
直线可化为，故直线过定点，
中，边上的高的最大值为轨迹圆的半径，而，
故面积的最大值为，
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. 已知直线的方程为，若直线过点，且．
（1）求直线和直线的交点坐标；
（2）已知直线经过直线与直线的交点，且在x轴上截距是在y轴上的截距的，求直线的方程．
【答案】（1）2,1
（2）或
【解析】
【分析】（1）先求直线的方程，联立，的方程，解方程组可得交点坐标.
（2）设直线的点斜式方程，利用直线在两坐标轴上的截距的数量关系列方程，可求斜率，得到直线的方程.
【小问1详解】
经过点且与垂直的直线为：：，即.
由.
所以直线和直线的交点坐标为：2,1.
【小问2详解】
因为直线与两坐标轴都相交，故斜率一定存在且不为0.
设：.
交轴于点：，交轴于点：.
由或.
所以的方程为：或.
16. 已知圆：，圆：（），直线：，：．
（1）若圆与圆相内切，求实数m的值；
（2）若，被圆所截得的弦的长度之比为，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据半径与圆心距的关系可求实数的值.
（2）根据弦长的长度之比可得关于的方程，从而可求实数的值.
【小问1详解】
由题设可得，，
因为圆与圆相内切，故，其中，
解得.
【小问2详解】
到的距离为，到的距离为，
故，解得.
17. 已知双曲线C：（，）的一条渐近线为，且一个焦点到渐近线的距离为2．
（1）求双曲线方程；
（2）过点（的直线与双曲线左、右两支分别交于两点，动点M满足，求点M的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据渐近线及焦点到渐近线的距离可求基本量，从而可求双曲线的方程；
（2）设直线，联立直线方程和双曲线方程后结合韦达定理可用表示的坐标，从而可求其轨迹.
【小问1详解】
因为双曲线渐近线的方程为：，则，
而焦点到渐近线的距离为2，故（为半焦距），故，
故，故双曲线方程为：.
【小问2详解】
由题设可得的斜率必定存在，设直线，，
由可得 ，
因为直线与双曲线左、右两支分别交于两点，
故，故，
又，而，
因，故，
所以，故，故，代入后可得，
因为，故，
故的轨迹方程为：.
18. 如图，已知抛物线C：（）的焦点F，且经过点，．
（1）求A点的坐标；
（2）直线l交抛物线C于M，N两点，过点A作于D，且，证明：存在定点Q，使得DQ为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由抛物线定义有求，由在抛物线上求m即可得的坐标.
（2）令，，，联立抛物线得到一元二次方程，应用韦达定理，根据及向量垂直的坐标表示列方程，求k、n数量关系，确定所过定点，再由易知在以为直径的圆上，即可证结论.
【小问1详解】
由抛物线定义知：，则，故，
又在抛物线上，则，可得，故.
【小问2详解】
设，，由（1）知：，
所以，，又，故，
所以，
因为的斜率不为零，故设直线，
联立，整理得，且，
所以，，则，，
综上，，
当时，过定点；
当时，过定点，即共线，不合题意；
所以直线过定点，又，故在以为直径的圆上，
而中点为，即为定值，得证.
19. 《文心雕龙》有语：“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意指自然界的事物都是成双成对的．已知动点P与定点的距离和它到定直线l：的距离的比是常数（）．设点P的轨迹为曲线H，若某条直线上存在这样的点P，则称该直线为“齐备直线”．
（1）若，求曲线H的方程；
（2）若“齐备直线”：与曲线H相交于A，B两点，点M为曲线H上不同于A，B的一点，且直线MA，MB的斜率分别为，，试判断是否存在λ，使得取得最小值？说明理由；
（3）若，与曲线H有公共点N的“齐备直线”与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且N为线段ST的中点，求证：直线与曲线H有且仅有一个公共点．
【答案】（1）
（2）存在使得取得最小值4，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）把点满足的条件用坐标表示出来，整理化简即可；
（2）把点满足的条件用坐标表示出来整理可得的方程，利用两点表示斜率公式求出，进而，结合基本不等式计算即可求解；
（3）由（2）得曲线：，设，求出点的坐标，进而可得的坐标，代入双曲线方程，求出的关系，联立双曲线方程，整理化简可得一元二次方程，利用即可证明.
【小问1详解】
当时，定直线：，比值：.
设，则点到定点的距离与它到定直线的距离之比为，
即，
两边平方，整理得：，即为曲线的方程.
【小问2详解】
因为动点P与定点的距离和它到定直线l：的距离的比是常数（），
所以，整理得，
即，即为曲线的方程.
设，则，
，
得，
当且仅当即时，等号成立，
所以存在使得取得最小值4.
【小问3详解】
由（2）知，当时，曲线：，双曲线的渐近线方程为：，
如图：
设，则，解得，
即，所以，
代入双曲线方程，得，
整理得，即，
解得或.
当时，，若，则，
，消去得，方程有唯一的解，
同理，若，得，方程有唯一的解，
故直线与曲线H有且仅有一个公共点；
当时，，消去得，
，方程有唯一的解，
故直线与曲线H有且仅有一个公共点.
综上，直线与曲线H有且仅有一个公共点.
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.