吉林省2024_2025学年高二数学上学期第一次月考10月试题含解析

这是一份吉林省2024_2025学年高二数学上学期第一次月考10月试题含解析，共22页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 已知，直线， 以下四个命题表述正确的是， 已知，是圆O等内容，欢迎下载使用。
本试卷分客观题和主观题两部分，共19题，共150分，共3页.考试时间为20分钟.考试结束后，只交答题卡.
第I卷客观题
一､单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据直线方程求得直线的斜率，由此求得直线倾斜角.
【详解】依题意可知直线的斜率为，故倾斜角为120∘.
故选：C.
【点睛】本题主要考查直线斜率与倾斜角，属于基础题.
2. 若方程表示圆，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：由二元二次方程表示圆的充要条件可知：，解得，故选A．
考点：圆的一般方程．
3. 已知直线与圆交于不同的两点，O是坐标原点，且有，则实数k的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设中点为C，由条件得出与的关系结合点到直线的距离解不等式即可.
【详解】设中点为C，则，
∵，
∴，∴，
∵，即，
又∵直线与圆交于不同的两点，
∴，故，
则，
.
故选：C．
4. “”是“直线和直线平行且不重合”的（）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分又非必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用充分必要条件的判断，结合直线的位置关系即可求解．
【详解】当时，两直线分别为：，，
∴两直线斜率相等且，
∴两条直线平行且不重合；充分性成立，
若两直线平行且不重合，则，
∴，必要性成立，
综上所述，是两直线平行且不重合的充要条件，
故选：C．
5. 已知圆关于直线对称，则的最小值是（）
A2B. 3C. 6D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】转化为直线过圆心即，再利用基本不等式可得答案.
【详解】因为圆关于直线对称，
所以直线过圆心，即，
则
因为，且，所以，
所以，
当且仅当即等号成立，
则的最小值是4.
故选：D.
6. 已知，直线：与：的交点在圆：上，则的最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两条直线的位置关系和所过的定点，结合圆与圆的位置关系进行求解即可.
【详解】，所以直线恒过点，
，所以直线恒过点，
由两条直线的方程可以判断直线与直线互相垂直，
因此点在以为直径的圆上，线段中点为，
半径为，
圆的圆心为，半径为，
由已知条件可知点在圆：上，
所以圆与圆相交或相切，，
因此有，
解得：，所以则的最大值是，
故选：A
【点睛】关键点睛：通过直线方程判断交点的位置，根据圆与圆的位置关系进行求解是解题的关键.
7. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，是坐标原点，是椭圆上一点，与轴交于点．若，，则椭圆的离心率为（）
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由得，则求出PF1，结合椭圆定义求出，再由可得答案.
【详解】由，得，则，则，
则，即，解得，
则，
因为，所以，
即，整理得，
则，解得或，
故或．
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是判断出，利用勾股定理求出答案.
8. 在平面直线坐标系中,定义为两点的“切比雪夫距离”，又设点P及上任意一点Q,称的最小值为点P到直线的“切比雪夫距离”记作给出下列四个命题:（）
①对任意三点A、B、C，都有
②已知点P(3,1)和直线则
③到原点的“切比雪夫距离”等于的点的轨迹是正方形；
④定点动点满足则点P的轨迹与直线(为常数)有且仅有2个公共点．
其中真命题的个数是（）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】①讨论，，三点共线，以及不共线的情况，结合图象和新定义，即可判断；
②设点是直线上一点，且，可得，，讨论，的大小，可得距离，再由函数的性质，可得最小值；
③运用新定义，求得点的轨迹方程，即可判断；
④讨论在坐标轴上和各个象限的情况，求得轨迹方程，即可判断．
【详解】解：①对任意三点、、，若它们共线，设，、，，
，，如右图，结合三角形相似可得，，
为，，，或，，，则，，，；
若，或，对调，可得，，，；
若，，不共线，且三角形中为锐角或钝角，由矩形或矩形，
，，，；
则对任意的三点，，，都有，，，；故①正确；
设点是直线上一点，且，
可得，，
由，解得，即有，
当时，取得最小值；
由，解得或，即有，
的范围是，，，．无最值，
综上可得，，两点的“切比雪夫距离”的最小值为．
故②正确；
③由题意，到原点的“切比雪夫距离” 等于的点设为，则，
若，则；若，则，故所求轨迹是正方形，则③正确；
④定点、，动点
满足，，，
可得不轴上，在线段间成立，
可得，解得，
由对称性可得也成立，即有两点满足条件；
若在第一象限内，满足，，，
即为，为射线，
由对称性可得在第二象限、第三象限和第四象限也有一条射线，
则点的轨迹与直线为常数）有且仅有2个公共点．
故④正确；
综上可得，真命题的个数为4个，
故选:.
【点睛】
本题考查新定义的理解和运用，考查数形结合思想方法，以及运算能力和推理能力，属于难题．
二､多项选择题：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，有选错的得0分.
9. 以下四个命题表述正确的是（）
A. 过两点的直线方程为
B. 已知直线l过点，且在x，y轴上截距相等，则直线l的方程为
C. “直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件
D. 直线的距离为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据直线的两点式方程的适用范围，直线方程的求解，以及直线与直线位置关系的判断以及两平行线的距离公式，结合充分性和必要性的判断，对选项进行逐一分析即可判断.
【详解】A：若两点的纵坐标或者横坐标相等，则不能用该方程表示直线，故错误；
B：直线l过点，且在x，y轴上截距相等，除直线外，还可以是直线y=2x，故错误；
C：直线与直线垂直的充要条件是，解得或；
故，“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件，故正确；
D：因为直线，平行，则两平行直线的距离，故正确.
综上所述，正确的选项是CD.
故选：CD.
10. 已知，是圆O：上两点，则下列结论正确的是（）
A. 若，则
B. 若点到直线的距离为，则
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意，可判断得为正三角形，即可得，判断A；根据几何法求解弦长即可判断B，将的值转化为单位圆上的到直线的距离之和，取中点，从而转化为点到直线的距离的倍求解，数形结合可判断得在以点为圆心，半径为的圆上，从而求解出点到直线的距离的最值，即可得到直线的距离之和的最值，从而得的最值.
【详解】因为，是圆O：上两点，
当时，为正三角形，所以，A正确；
点到直线的距离为时，，B错误；
的值可转化为单位圆上的到直线
的距离之和，又，
所以为等腰三角形，设是的中点，
则，且，
则在以点为圆心，半径为的圆上，
两点到直线的距离之和为
点到直线的距离的倍，
点到直线的距离为，
所以点到直线的距离的最大值为，
最小值为，则两点到直线的距离之和
最大值为，最小值为.
所以的最大值为，
最小值为，C错误，D正确；
故选：AD
【点睛】方法点睛：对于圆上任意一点到直线距离的最值计算，需要先计算圆心到直线的距离，从而可求解距离的最大值为，最小值为.
11. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点（不在轴上），外接圆的圆心为，半径为，内切圆的圆心为，半径为，直线交轴于点，为坐标原点，则（）
A. 最大时，B. 的最小值为
C. D. 的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据焦点三角形的面积，可知其最大值，再根据内切圆半径公式可判断A选项，根据外心的概念及向量的线性运算可判断B选项，根据内切圆的性质可得，即可判断C选项，再根据外接圆半径与内切圆半径的求法可判断D选项.
【详解】由，得，，，
A选项：设，则，，，所以当点在短轴端点时，面积最大值为，
此时由内切圆性质可知，
则，A选项错误；
设，，则，
B选项：如图所示，设中点为，则，所以，
又，
同理，
所以，当且仅当时，等号成立，B选项正确；
C选项：设与交于点，由角分线定理可知，即，即，
所以，所以，C选项正确；
D选项：设，由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
则，且，即，当且仅当时取等号，
所以，
，
所以，
则，D选项正确；
故选：BCD.
【点睛】椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a，c的关系．
第II卷主观题
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 与圆同圆心，且过点的圆的方程是________.
【答案】
【解析】
【分析】设所求圆的方程为，代入点求出即可得所求圆的方程.
【详解】依题意，设所求圆的方程为，
由于所求圆过点，所以，解得.
所以所求圆的方程为．
故答案为:.
13. 圆与圆的公共弦所在直线被圆：所截得的弦长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆与圆相交得公共弦所在直线方程，再根据直线与圆相交弦长公式可得结论.
【详解】圆与圆的两方程作差得，
即公共弦所在直线方程为，
又圆的圆心为，半径，
所以圆心到直线的距离，
则圆被直线所截得的弦长为.
故答案为：.
14. 如图，椭圆的左、右焦点分别为，，过点作椭圆的切线，切点为T，若M为x轴上的点，满足，则点M的坐标为______.
【答案】（，0）或（，0）
【解析】
【分析】通过联立椭圆和切线方程，可解出坐标，进而利用，建立等式条件，解出点M的坐标
【详解】设的方程等于,不妨设在轴上方，即.
则联立与椭圆的方程，得,整理得，令，解得,此时方程为,解得
因此可知,由椭圆方程可知，所以,又因，所以，，
（如图）过T做x轴的垂线，记垂足为N
，
则可知,因此,设 ,则,,在中，由正弦定理，,
即，解得或
故答案为：（，0）或（，0）
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. （1）已知直线经过点且与直线垂直，求直线的方程.
（2）已知直线与轴，轴分别交于两点，的中点为，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）由垂直关系可得直线的斜率，进而由点斜式得到方程；
（2）设出，利用中点坐标公式得到两点坐标，从而得到直线方程.
【详解】（1）直线的斜率，则，
故直线的方程为；
（2）设，的中点为，知，
则直线的方程为．
16. 为了开发古城旅游观光，镇政府决定在护城河上建一座圆形拱桥，河面跨度为32米，拱桥顶点C离河面8米，
（1）如果以跨度所在直线为轴，以中垂线为轴建立如图的直角坐标系，试求出该圆形拱桥所在圆的方程；
（2）现有游船船宽8米，船顶离水面7米，为保证安全，要求行船顶部与拱桥顶部的竖直方向高度差至少要米．问这条船能否顺利通过这座拱桥，并说出理由．
【答案】（1）
（2）船可以通过，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用圆过点、可解出圆的方程；
（2）只需判断点P（4，7.5）与圆的位置关系即可.
【小问1详解】
B（16，0），C（0，8），设圆心（0，b），圆的方程为：
由圆过点、可得，解得，
∴拱桥所在的圆方程是：
小问2详解】
可设船右上角竖直方向0.5米处点为P（4，7.5），
代入圆方程左端得396.25＜400，所以点在圆内，故船可以通过
17. 已知椭圆的焦点为和，且椭圆经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，则在轴上是否存在定点，使得的值为定值？若存在，求出点的坐标和该定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，，定值为
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的焦点设椭圆的方程为，代入点，即可得的值，从而求得椭圆标准方程；
（2）当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设定点，联立直线与椭圆求得交点坐标关系，再根据向量的坐标运算求，消参即可确定定值，再检验直线的斜率为0时是否符合即可得结论.
【小问1详解】
已知椭圆的焦点为和，设椭圆的方程为，
将点代入椭圆方程，
得，解得（舍去），，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设定点.
联立方程组，消掉可得，恒成立.
设，可得，
所以
.
要使上式为定值，则，解得，
此时.
当直线的斜率为0时，，
此时，也符合.
所以存在点，使得为定值.
18. 已知平面直角坐标系上一动点到点的距离是点到点的距离的倍.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若点与点关于点对称，点，求的最大值和最小值；
（3）过点的直线与点的轨迹相交于两点，点，则是否存在直线，使取得最大值，若存在，求出此时的方程，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）；
（3）存在，或
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程求解即可；
（2）根据对称性求出Q点的轨迹方程，再利用三角换元即可求解；
（3）联立直线与圆的方程求得的范围，再利用点到直线的距离公式与圆的弦长公式求得取得最大值时的值，从而得解.
【小问1详解】
由已知，
化简得，即，
所以点P的轨迹方程为；
【小问2详解】
依题意，设，
因为点与点关于点对称，，所以点P坐标为，
因为点P在圆上运动，所以，
即点Q的轨迹方程为，
不妨设，
，
其中，
则当时，取得最大值；
当时，取得最小值；
【小问3详解】
由题意知的斜率一定存在，
不妨假设存直线的斜率为k，且，则，
联立方程：，
所以，
又因为直线不经过点，则，
因为点到直线的距离，，
所以，
因为，
所以当时，取得最大值2，此时，
所以直线的方程为或.
19. 已知椭圆：（，）的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
①若，求异面直线和所成角的余弦值；
②是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①；②存在；．
【解析】
【分析】（1）由的周长可求出的值，从而由离心率的值可求得，进而由椭圆中的关系求出的值，即可得椭圆的标准方程.
（2）①直线l的方程为，与椭圆方程联立求出点的坐标，再建立空间直角坐标系，求出点的坐标，从而可得，再利用空间向量的夹角公式即可求解.
②由8，可得，设折叠前Ax1,y1,Bx2,y2，直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理代入上式化简整理即可求出的值，从而可得直线l的斜率，进而可得tan的值.
【详解】解：（1）由椭圆的定义知： ，
所以周长，所以，
又椭圆离心率为，所以，所以，，
由题意，椭圆的焦点在轴上，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①由直线：与，
联立求得，（因为点在轴上方）以及，
再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，．
记异面直线和所成角为，则；
②设折叠前Ax1,y1，Bx2,y2，折叠后，在新图形中对应点记为，，，，
由，，故，
将直线方程与椭圆方程联立，得，
，，
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）；
，，
所以，（i）
又，
所以，（ii）
由（i）（ii）可得，
因为，
所以，
即，
所以，解得，
因为，所以．
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是根据折叠前、后三角形周长的变化，得到，进而根据两点间的距离公式及韦达定理进行求解.