2024-2025学年江苏省常州市高二上册第一次月考数学教学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省常州市高二上册第一次月考数学教学检测试题（含解析），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B 铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每题5分，共40分。选出符合题目的一项。
1. 双曲线x2a2−y2b2(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2.过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为P.已知|PF2|=2，直线PF1的斜率为 24，则双曲线的方程为
A. x28−y24=1B. x24−y28=1C. x24−y22=1D. x22−y24=1
2. “对偶椭圆”是指将一个椭圆绕中心旋转90°，所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点的椭圆。下列椭圆中是“对偶椭圆”的是
A． B．C．D．
3. 已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 5，其中一条渐近线与圆(x−2)2+(y−3)2=1交于A，B两点，则|AB|=
A. 15B. 55C. 2 55D. 4 55
4. 已知椭圆x29+y26=1，F1，F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cs∠F1PF2=35，则|PO|=
A. 25B. 302C. 35D. 352
5. 已知P，Q是曲线Γ上两点，若存在M点，使得曲线Γ上任意一点P都存在Q使得|MP|⋅|MQ|=1，则称曲线Γ是“自相关曲线”.现有如下两个命题：①任意椭圆都是“自相关曲线”；②存在双曲线是“自相关曲线”，则
A. ①成立，②成立 B. ①成立，②不成立 C. ①不成立，②成立D. ①不成立，②不成立
6. 已知点，直线，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半.若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中错误的是
A．点P的轨迹方程是
B．直线是“最远距离直线”
C．平面上有一点，则的最小值为5
D．点P的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（即没有交点）
7. 已知曲线：是双纽线，则下列结论正确的是
A．曲线的图象不关于原点对称
B．曲线经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
D．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3
8. 在平面上，定点、之间的距离.曲线是到定点、距离之积等于的点的轨迹.以点、所在直线为轴，线段的中垂线为轴，建立直角坐标系.已知点是曲线上一点，下列说法正确的是
A. 曲线是轴对称图形 B. 曲线上有两个点到点、距离相等；
C. 曲线上的点的纵坐标的取值范围是() D. 曲线上的点到原点距离的最大值为
二、选择题：本题共3小题，共18分。有多项符合题目要求。
9. 到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知两定点，动点满足，设的轨迹为曲线，则下列命题错误的是
A．曲线过原点B．的横坐标最大值是2
C．的纵坐标最大值是D．
10. 某学习小组用函数图象：，和抛物线部分图象围成了一个封闭的“心形线”，过焦点的直线交（包含边界点）于，两点，是或上的动点，下列说法正确的是
A．抛物线的方程为
B．的最小值为4
C．的最大值为
D．若在上，则的最小值为
11. 曲线被称为“幸运四叶草曲线”（如图所示）．给出下列四个结论，正确的有
曲线C关于直线交于不同于原点的两点，则
B.存在一个以原点为中心、边长为1的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界）；
C.存在一个以原点为中心、半径为1的圆，使得曲线C在此圆面内（含边界）；
D.曲线C上存在一个点M，使得点M到两坐标轴的距离之积大于.
三、填空题：本题共3小题，共15分。
12. 已知圆x2+y2−4x−m=0的面积为π，则m= ______ ．
13. 已知直线x−my+1=0与⊙C：(x−1)2+y2=4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为85”的m的一个值______ ．
14. 在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）.如果用坐标平面分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为 .
三、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. （13分）
设抛物线C：y2=2px(p>0)，直线x−2y+1=0与C交于A，B两点，且|AB|=4 15．
（1）求p；
（2）F为y2=2px的焦点，M，N为抛物线上的两点，且MF⋅NF=0，求△MNF面积的最小值．
16. （15分）
设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右顶点分别为A1,A2，右焦点为F，已知A1F=3,A2F=1．
（1）求椭圆方程及其离心率；
（2）已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍，求直线A2P的方程．
17. （15分）
已知抛物线Γ：y2=4x，在Γ上有一点A位于第一象限，设A的纵坐标为a(a>0)．
（1）若A到抛物线Γ准线的距离为3，求a的值；
（2）当a=4时，若x轴上存在一点B，使AB的中点在抛物线Γ上，求O到直线AB的距离；
（3）直线l：x=−3，抛物线上有一异于点A的动点P，P在直线l上的投影为点H，直线AP与直线l的交点为Q.若在P的位置变化过程中，|HQ|>4恒成立，求a的取值范围．
（17分）
在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点(0,12)的距离，记动点P的轨迹为W．
（1）求W的方程；
（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3 3．
（17分）
在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”，已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，点为右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于两点，当轴时，直线为的等线.
（1）求的方程;
（2）若是四边形的等线，求四边形的面积;
（3）设，点的轨迹为曲线，证明:在点处的切线为的等线
高二数学答案和解析
一、选择题：本题共8小题，共40分。选出符合题目的一项。
1.D 2.A2.A 3.D 4.B 5.B 6.D 7.C 8.D
二、选择题：本题共3小题，共18分。有多项符合题目要求。
9.BC 10.ACD 11.AC
三、填空题：本题共3小题，共15分。
12.−3 （答案不唯一） 14.
三、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.（13分）解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立x−2y+1=0y2=2px(p>0)，消去x得：y2−4py+2p=0，
∴y1+y2=4p，y1y2=2p，Δ=16p2−8p>0，∴p(2p−1)>0，∴p>12，
|AB|= 1+4|y1−y2|= 5 (y1+y2)2−4y1y2=4 15，∴16p2−8p=48，∴2p2−p−6=0，
∴(2p+3)(p−2)=0，∴p=2；
(2)由(1)知y2=4x，所以F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，设直线MN：x=my+n，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y2=4xx=my+n，可得y2−4my−4n=0，所以y1+y2=4m，y1y2=−4n，Δ=16m2+16n>0→m2+n>0，
因为MF⋅NF=0，所以(x1−1)(x2−1)+y1y2=0，即(my1+n−1)(my2+n−1)+y1y2=0，
即(m2+1)y1y2+m(n−1)(y1+y2)+(n−1)2=0，将y1+y2=4m，y2=−4n，代入得4m2=n2−6n+1，
∴4(m2+n)=(n−1)2>0，所以n≠1，且n2−6n+1≥0，解得n≥3+2 2或n≤3−2 2．
设点F到直线MN的距离为d，所以d=|n−1| 1+m2，
|MN|= 1+m2|y1+y2|= 1+m2 (y1−y2)2−4y1y2= 1+m2 16m2+16n
= 1+m2 4(n2−6n+1)+16n=2 1+m2|n−1|，
所以△MNF的面积S=12|MN|×d=12×|n−1| m2+1×2 1+m2|n−1|，
又n≥3+2 2或n≤3−2 2，所以当n=3−2 2时，△MNF的面积Smin=(2−2 2)2=12−8 2．
16.（15分）解：(法一)如图，设F1(−c,0)，F2(c,0)，B(0,n)，
设A(x,y)，则F2A=(x−c,y),F2B=(−c,n)，
又F2A=−23F2B，则x−c=23cy=−23n，可得A(53c,−23n)，
又F1A⊥F1B，且F1A=(83c,−23n),F1B=(c,n)，
则F1A⋅F1B=83c2−23n2=0，化简得n2=4c2．又点A在C上，则259c2a2−49n2b2=1，整理可得25c29a2−4n29b2=1，
代n2=4c2，可得25c2a2−16c2b2=9，即25e2−16e2e2−1=9，解得e2=95或15(舍去)，故e=3 55．
(法二)由FA=−23FB，得|F2A||F2B|=23，设|F2A|=2t,|F2B|=3t，由对称性可得|F1B|=3t，则|AF1|=2t+2a,|AB|=5t，
设∠F1AF2=θ，则sinθ=3t5t=35，所以csθ=45=2t+2a5t，解得t=a，所以|AF1|=2t+2a=4a,|AF2|=2a，
在△AF1F2中，由余弦定理可得csθ=16a2+4a2−4c216a2=45，即5c2=9a2，则e=3 55．故3 55．
17.（15分）解：(1)抛物线Γ：y2=4x的准线为x=−1，由于A到抛物线Γ准线的距离为3，则点A的横坐标为2，则a2=4×2=8(a>0)，解得a=2 2；
(2)当a=4时，点A的横坐标为424=4，则A(4,4)，设B(b,0)，则AB的中点为(b+42,2)，由题意可得22=4×b+42，解得b=−2，所以B(−2,0)，则kAB=4−04+2=23，由点斜式可得，直线AB的方程为y=23(x+2)，即2x−3y+4=0，
所以原点O到直线AB的距离为4 22+32=4 1313；
(3)如图，

设P(t24,t),A(a24,a),H(−3,t)(t≠a>0)，则kAP=t−at24−a24=4t+a，
故直线AP的方程为y−a=4t+a(x−a24)，令x=−3，可得y=a−(a24+3)⋅4t+a，即Q(−3,a−(a24+3)⋅4t+a)，
则|HQ|=|t−a+(a24+3)⋅4t+a|，依题意，|t−a+(a24+3)⋅4t+a|>4恒成立，
又t+a+(a24+3)⋅4t+a−2a≥4 a24+3−2a>0，则最小值为4 a24+3−2a>4，即2 a24+3>2+a，即 a2+12>2+a，则a2+12>a2+4a+4，解得03 32，
即|2acsθ−sinθcs2θ|+|2asinθ+csθsin2θ|>3 32．
不妨设|2csθ|≥|2sinθ|，将不等式左边看成关于a的函数，根据绝对值函数的性质，
其最小值当2csθ⋅a−sinθcs2θ=0即a=sinθ2csθ时取得，因此欲证不等式为|1csθ+csθsin2θ|>3 32，即|1csθsin2θ|>3 32，
根据均值不等式，有|csθsin2θ| =1 2． 2cs2θ(1−cs2θ)(1−cs2θ) ≥1 2． (23)3=23 3，
由题意，等号不成立，故原命题得证．
19.（17分）（1）由题意知，显然点在直线的上方，
因为直线为的等线，所以，
解得，所以的方程为
（2）设Px0,y0，切线，代入得:
故，
该式可以看作关于的一元二次方程，所以，
即方程为当的斜率不存在时，也成立
渐近线方程为，不妨设在上方，联立得，故，
所以是线段的中点，因为到过的直线距离相等，则过点的等线必定满足:到该等线距离相等，
且分居两侧，所以该等线必过点，即的方程为，由，解得，故 .
所以，所以，
所以，所以
（3）设，由，所以，
故曲线的方程为
由（*）知切线为，也为，即，即
易知与在的右侧，在的左侧，分别记到的距离为，由（2），所以
由得
因为，所以直线为的等线