2024-2025学年江苏省南通市如东高级中学高二（上）开学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省南通市如东高级中学高二（上）开学数学试卷（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。

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.若直线l：x=tan2π5的倾斜角为α，则α=( )
A. 0B. 2π5C. π2D. 不存在
2.已知直角梯形ABCD，且A(1,1)，B(3,1)，C(3,3)，D(2,3)，则过其中三点的圆的方程可以为( )
A. (x−2)2+y2=3B. (x−2)2+y2=2
C. (x−2)2+(y−2)2=2D. (x−3)2+(y−2)2=2
3.已知直线l：mx+y+3=0和直线n：3m2x+(m−2)y+1=0，则“m=−1”是“l/​/n”的( )
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知圆C的方程为x2+y2−2mx+4my+5m2−3m+3=0，若点(1,−2m)在圆外，则m的取值范围是( )
A. (−∞,1)∪(4,+∞)B. (1,+∞)
C. (1,4)D. (4,+∞)
5.设点A(−2,3)、B(3,2)，若直线ax+y+2=0与线段AB有交点，则a的取值范围是( )
A. (−∞,−52]∪[43,+∞)B. [−43,52]
C. [−52,43]D. (−∞,−43]∪[52,+∞)
6.已知直线l1：mx+y+4=0与直线l2：x−my−6−4m=0交于点P(x0,y0)，则x02+y02的最大值为( )
A. 4B. 8C. 32D. 64
7.已知直线x−y−k=0(k>0)与圆x2+y2=4交于不同的两点A、B，O是坐标原点，且有|OA+OB|≥ 3|AB|，那么k的取值范围是( )
A. [ 6,+∞)B. [ 6,2 2)C. [ 2,+∞)D. [ 2,2 2)
8.数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线C：x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如图4)，给出下列三个结论：
①曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3；
②曲线C恰好经过8个整点；(即横、纵坐标均为整数的点)
③曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 2．
其中，所有正确结论的序号是( )
A. ①②B. ①③C. ③D. ①
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.对于直线l1：ax+2y+3a=0，l2：3x+(a−1)y+3−a=0.以下说法正确的有( )
A. l1//l2的充要条件是a=3B. 当a=25时，l1⊥l2
C. 直线l1一定经过点M(3,0)D. 点P(1,3)到直线l1的距离的最大值为5
10.设圆C：(x−1)2+(y−1)2=3，直线l：x+y+1=0，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别为A、B，则下列说法中正确的有( )
A. |PA|的取值范围为[ 62,+∞)B. 四边形PACB面积的最小值为3 22
C. 存在点P使∠APB=120°D. 直线AB过定点(0,0)
11.“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼−闵可夫斯基所创词汇，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上任意两点A(x1,y1)，B(x2,y2)的曼哈顿距离d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|，则下列结论正确的是( )
A. 若点P(2,4)，Q(−2,1)，则d(P,Q)=7
B. 若点M(−1,0)，N(1,0)，则在x轴上存在点P，使得d(P,M)+d(P,N)=1
C. 若点M(2,1)，点P在直线x−2y+6=0上，则d(P,M)的最小值是3
D. 若点M在y=x2上，点N在直线2x−y+8=0上，则d(M,N)的值可能是4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.圆C1：(x−1)2+y2=1与圆C2：(x−4)2+(y−4)2=9的位置关系为______．
13.经过两条直线3x+y−5=0与x−2y+3=0的交点，且在y轴上的截距是x轴上的3倍的直线方程为______．
14.已知圆O：x2+y2=1圆Ck：(x−k)2+(y− 3k)2=4，则下列结论正确的是______．
①无论k取何值，圆心Ck始终在直线y= 3x上；
②若圆O与圆Ck有公共点，则实数k的取值范围为[12,32]；
③若圆O与圆Ck的公共弦长为 152，则k=±1或k=±34；
④与两个圆都相切的直线叫做这两个圆的公切线，如果两个圆在公切线的同侧，则这条公切线叫做这两个圆的外公切线，当k=±32时，两圆的外公切线长为2 2．
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15分)
根据下列条件，分别求满足条件的直线或圆的方程：
(1)已知以点A(−1,2)为圆心的圆与直线l1：x+2y+7=0相切，过点B(−2,0)的动直线l与圆A相交于M，N，当|MN|=2 19时，求直线l的方程．
(2)以C(4,−3)为圆心的圆与圆x2+y2=4相切，求圆C的方程．
16.(本小题15分)
已知直线l：(a−1)y=(2a−3)x+1．
(1)求证：直线l过定点；
(2)若直线l不经过第二象限，求实数a的取值范围；
(3)若直线l与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求l的方程．
17.(本小题15分)
已知以点C(t,2t)(t>0)为圆心的圆经过原点O，且与x轴交于点A，与y轴交于点B．
(Ⅰ)求证：△AOB的面积为定值．
(Ⅱ)设直线2x+y−4=0与圆C交于点M，N，若|OM|=|ON|，求圆C的方程．
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，设P，Q分别是直线l：x+y+2=0和圆C上的动点，求|PB|+|PQ|的最小值及此时点P的坐标．
18.(本小题15分)
已知圆C过点P(1,1)，且与圆M：(x+2)2+(y+2)2=r2(r>0)关于直线x+y+2=0对称．
(1)判断圆C与圆M的位置关系，并说明理由；
(2)过点P作两条相异直线分别与⊙C相交于A，B．
①若直线PA和直线PB互相垂直，求PA+PB的最大值；
②若直线PA和直线PB与x轴分别交于点G、H，且∠PGH=∠PHG，O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行？请说明理由．
19.(本小题17分)
某校兴趣小组在如图所示的矩形区域ABCD内举行机器人拦截挑战赛，在E处按EP方向释放机器人甲，同时在A处按某方向释放机器人乙，设机器人乙在Q处成功拦截机器人甲.若点Q在矩形区域ABCD内(包含边界)，则挑战成功，否则挑战失败.已知AB=24米，E为AB中点，比赛中两机器人均按匀速直线运动方式行进，记EP与EB的夹角为θ．
(1)若θ=45°，AD足够长，机器人乙的速度是机器人甲的速度的 2倍，则如何设置机器人乙的释放角度才能挑战成功？
(2)若机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍，应如何设计矩形区域ABCD的宽AD的长度，才能确保无论θ的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域ABCD内成功拦截机器人甲？
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.D
5.D
6.D
7.B
8.B
9.BD
10.ABD
11.ACD
12.外离
13.2x−y=0或3x+y−5=0
14.①③④
15.(1)易知A(−1,2)到直线x+2y+7=0的距离为圆A半径r，所以r=|−1×1+2×2+7| 12+22=2 5，则圆A方程为(x+1)2+(y−2)2=20，
过A做AQ⊥MN，由垂径定理可知∠MQA=90°，且|MQ|= 19，
在Rt△AMQ中由勾股定理易知|AQ|= |AM|2−|MQ|2=1，
①当动直线l斜率不存在时，设直线l的方程为x=−2，
经检验圆心到直线l的距离为1，且根据勾股定理可知|MN|=2 19，显然x=−2合题意，
②当动直线l斜率存在时，l过点B(−2,0)，设l方程为：y=k(x+2)，
由A(−1,2)到l距离为1知|−k+2k−2| 1+k2=1，解得k=34，代入得到直线的方程为3x−4y+6=0，
所以3x−4y+6=0或x=−2即为所求．
(2)两圆的圆之心之间的距离为 42+(−3)2=5．
①当两圆外切时，圆C的半径为5−2=3；
②当两圆内切时，圆C的半径为5+2=7．
∴圆C的方程为(x−4)2+(y+3)2=49或(x−4)2+(y+3)2=9．
故答案为：(x−4)2+(y+3)2=49或(x−4)2+(y+3)2=9．
16.解：(1)由直线方程(a−1)y=(2a−3)x+1变形可得a(y−2x)+3x−y−1=0
则有y−2x=03x−y=1，解得x=1y=2，所以直线l过定点(1,2)．
(2)结合图像：

当直线l斜率不存在时，即a=1时，直线l：x=1符合题意；
当直线l斜率存在时，2a−3a−1≥2，解得a<1；
综上可得，实数a的取值范围为a≤1．
(3)已知直线l：(a−1)y=(2a−3)x+1，
令y=0，得x=13−2a>0，得a<32．
令x=0，得y=1a−1>0，得a>1，
则SΔ=12×13−2a×1a−1=1−4a2+10a−6，当a=54时，SΔ取到最大值．
此时，直线l的方程为：2x+y−4=0．
17.【解答】
(Ⅰ)证明：由题意可得：圆的方程为：(x−t)2+(y−2t)2=t2+4t2，
可化为：x2−2tx+y2−4ty=0，与坐标轴的交点分别为：A(2t,0)，B(0,4t).
∴S△OAB=12|2t||4t|=4，为定值．
(Ⅱ)解：∵|OM|=|ON|，∴原点O在线段MN的垂直平分线上，
设线段MN的中点为H，则C，H，O三点共线，
OC的斜率k=2t2，∴(2t2)×(−2)=−1，解得t=±2，
∵t>0∴t=2
可得圆心C(2,1)
∴圆C的方程为：(x−2)2+(y−1)2=5．
(Ⅲ)解：由(Ⅱ)可知：圆心C(2,1)，半径r= 5，
点B(0,2)关于直线x+y+2=0的对称点为B′(−4,−2)，
则|PB|+|PQ|=|PB′|+|PQ|≥|B′Q|，
又点B′到圆上点Q的最短距离为|B′C|−r= 36+9− 5=2 5，
则|PB|+|PQ|的最小值为2 5．
直线B′C的方程为：y=x2，此时点P为直线B′C与直线l的交点，
故所求的点P(−43,−23).
18.解(1)设圆心C(a,b)，则a−22+b−22+2=0b+2a+2=1，解得a=0b=0…(2分)
则圆C的方程为x2+y2=r2，将点P的坐标代入得r2=2，故圆C的方程为x2+y2=2
∴CM=2 2，又两半径之和为2 2，∴圆M与圆C外切．…(4分)
(2)令l1、l2即PA，PB为过P点的两条弦
①设l1、l2被圆C所截得弦的中点分别为E、F，弦长分别为d1，d2，因为四边形OEPF是矩形，
所以OE2+OF2=OP2=2，即(2−(d12)2)+(2−(d22)2)=2，化简得d12+d22=8…(9分)
从而d1+d2≤ 2⋅ d12+d22=4，(d1=d2时取等号，此时直线PA，PB必有一条斜率不存在)
综上：l1、l2被圆C所截得弦长之和的最大值为4…(10分)
另解：若直线PA与PB中有一条直线的斜率不存在，
则PA=PB=2，此时PA+PB=4.…(5分)
若直线PA与PB斜率都存在，且互为负倒数，故可设PA：y−1=k(x−1)，即kx−y−k+1=0，(k≠0)
点C到PA的距离为|k−1| 1+k2，同理可得点C到PB的距离为|k+1| 1+k2，
∴PA+PB=2( 2−(1−k)2k2+1+ 2−(1+k)2k2+1)…(8分)
∴(PA+PB)2=4(2+2|1−2k2+1|)<16，∴PA+PB<4 …(9分)
综上：l1、l2被圆C所截得弦长之和的最大值为4…(10分)
②直线OP和AB平行，理由如下：
由题意知，直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，故可设PA：y−1=k(x−1)，
PB：y−1=−k(x−1)，由y−1=k(x−1)x2+y2=2，得(1+k2)x2+2k(1−k)x+(1−k)2−2=0
因为P的横坐标x=1一定是该方程的解，故可得xA=k2−2k−11+k2…(12分)
同理，所以xB=k2+2k−11+k2，kAB=yB−yAxB−xA=−k(xB−1)−k(xA−1)xB−xA=2k−k(xA+xB)xB−xA=1=kOP…(15分)
所以，直线AB和OP一定平行．…(16分)
(说明：解答题方法不唯一时，评分参照执行．)
19.解：(1)根据题意，在△AEQ中，可得AQ= 2EQ，∠AEQ=135°，
根据正弦定理，可得EQsin∠QAE=AQsin∠AEQ，可得sin∠QAE=EQAQ×sin∠AEQ=1 2× 22=12，
因为∠QAE为锐角，所以∠QAE=30°，
所以应在矩形区域ABCD内，按照与AB夹角为30°的AQ方向释放机器人乙，才能挑战成功．
(2)以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，

则A(−12,0)，B(12,0)，E(0,0)，设Q(x,y)(y≥0)，
根据题意得AQ=2EQ，所以 (x+12)2+y2=2 x2+y2，整理得(x−4)2+y2=64(y≥0)，
所以点Q的轨迹是以(4,0)为圆心，半径r=8的圆的上半圆(含端点)．
为使点Q落在矩形区域ABCD内的，则必须使AD≥8米．
综上所述，当AD≥8米时，能确保无论θ的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域ABCD内成功拦截机器人甲．