2024—2025學年度上學期第一次月考高二數學試題本試卷分客觀題和主觀題兩部分，共19題，共150分，共3頁.考試時間為20分鐘.考試結束后，只交答題卡.第I卷客觀題一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分?在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.直線的傾斜角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據直線方程求得直線的斜率，由此求得直線傾斜角.【詳解】依題意可知直線的斜率為，故傾斜角為120°.故選：C.【點睛】本題主要考查直線斜率與傾斜角，屬于基礎題.2.若方程表示圓，則實數的取值范圍是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】試題分析：由二元二次方程表示圓的充要條件可知：，解得，故選A．考點：圓的一般方程．3.已知直線與圓交于不同的兩點，O是坐標原點，且有，則實數k的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設中點為C，由條件得出與的關系結合點到直線的距離解不等式即可.【詳解】設中點為C，則，∵，∴，∴，∵，即，又∵直線與圓交于不同的兩點，∴，故，則，.故選：C．4.“”是“直線和直線平行且不重合”的（）A.充分非必要條件 B.必要非充分條件C.充要條件 D.既非充分又非必要條件【答案】C【解析】【分析】利用充分必要條件的判斷，結合直線的位置關系即可求解．【詳解】當時，兩直線分別為：，，∴兩直線斜率相等且，∴兩條直線平行且不重合；充分性成立，若兩直線平行且不重合，則，∴，必要性成立，綜上所述，是兩直線平行且不重合的充要條件，故選：C．5.已知圓關于直線對稱，則的最小值是（）A2 B.3 C.6 D.4【答案】D【解析】【分析】轉化為直線過圓心即，再利用基本不等式可得答案.【詳解】因為圓關于直線對稱，所以直線過圓心，即，則因為，且，所以，所以，當且僅當即等號成立，則的最小值是4.故選：D.6.已知，直線：與：的交點在圓：上，則的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據兩條直線的位置關系和所過的定點，結合圓與圓的位置關系進行求解即可.【詳解】，所以直線恒過點，，所以直線恒過點，由兩條直線的方程可以判斷直線與直線互相垂直，因此點在以為直徑的圓上，線段中點為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，由已知條件可知點在圓：上，所以圓與圓相交或相切，，因此有，解得：，所以則的最大值是，故選：A【點睛】關鍵點睛：通過直線方程判斷交點的位置，根據圓與圓的位置關系進行求解是解題的關鍵.7.已知，分別是橢圓的左、右焦點，是坐標原點，是橢圓上一點，與軸交于點．若，，則橢圓的離心率為（）A.或 B.或 C.或 D.或【答案】B【解析】【分析】由得，則求出PF1，結合橢圓定義求出，再由可得答案.【詳解】由，得，則，則，則，即，解得，則，因為，所以，即，整理得，則，解得或，故或．故選：B.【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是判斷出，利用勾股定理求出答案.8.在平面直線坐標系中,定義為兩點的“切比雪夫距離”，又設點P及上任意一點Q,稱的最小值為點P到直線的“切比雪夫距離”記作給出下列四個命題:（）①對任意三點A、B、C，都有②已知點P(3,1)和直線則③到原點的“切比雪夫距離”等于的點的軌跡是正方形；④定點動點滿足則點P的軌跡與直線(為常數)有且僅有2個公共點．其中真命題的個數是（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】A【解析】【分析】①討論，，三點共線，以及不共線的情況，結合圖象和新定義，即可判斷；②設點是直線上一點，且，可得，，討論，的大小，可得距離，再由函數的性質，可得最小值；③運用新定義，求得點的軌跡方程，即可判斷；④討論在坐標軸上和各個象限的情況，求得軌跡方程，即可判斷．【詳解】解：①對任意三點、、，若它們共線，設，、，，，，如右圖，結合三角形相似可得，，為，，，或，，，則，，，；若，或，對調，可得，，，；若，，不共線，且三角形中為銳角或鈍角，由矩形或矩形，，，，；則對任意的三點，，，都有，，，；故①正確；設點是直線上一點，且，可得，，由，解得，即有，當時，取得最小值；由，解得或，即有，的范圍是，，，．無最值，綜上可得，，兩點的“切比雪夫距離”的最小值為．故②正確；③由題意，到原點的“切比雪夫距離”等于的點設為，則，若，則；若，則，故所求軌跡是正方形，則③正確；④定點、，動點滿足，，，可得不軸上，在線段間成立，可得，解得，由對稱性可得也成立，即有兩點滿足條件；若在第一象限內，滿足，，，即為，為射線，由對稱性可得在第二象限、第三象限和第四象限也有一條射線，則點的軌跡與直線為常數）有且僅有2個公共點．故④正確；綜上可得，真命題的個數為4個，故選:.【點睛】本題考查新定義的理解和運用，考查數形結合思想方法，以及運算能力和推理能力，屬于難題．二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.以下四個命題表述正確的是（）A.過兩點的直線方程為B.已知直線l過點，且在x，y軸上截距相等，則直線l的方程為C.“直線與直線垂直”是“”的必要不充分條件D.直線的距離為【答案】CD【解析】【分析】根據直線的兩點式方程的適用范圍，直線方程的求解，以及直線與直線位置關系的判斷以及兩平行線的距離公式，結合充分性和必要性的判斷，對選項進行逐一分析即可判斷.【詳解】A：若兩點的縱坐標或者橫坐標相等，則不能用該方程表示直線，故錯誤；B：直線l過點，且在x，y軸上截距相等，除直線外，還可以是直線y=2x，故錯誤；C：直線與直線垂直的充要條件是，解得或；故，“直線與直線垂直”是“”的必要不充分條件，故正確；D：因為直線，平行，則兩平行直線的距離，故正確.綜上所述，正確的選項是CD.故選：CD.10.已知，是圓O：上兩點，則下列結論正確的是（）A.若，則B.若點到直線的距離為，則C.若，則的最小值為D.若，則的最大值為【答案】AD【解析】【分析】由題意，可判斷得為正三角形，即可得，判斷A；根據幾何法求解弦長即可判斷B，將的值轉化為單位圓上的到直線的距離之和，取中點，從而轉化為點到直線的距離的倍求解，數形結合可判斷得在以點為圓心，半徑為的圓上，從而求解出點到直線的距離的最值，即可得到直線的距離之和的最值，從而得的最值.【詳解】因為，是圓O：上兩點，當時，為正三角形，所以，A正確；點到直線的距離為時，，B錯誤；的值可轉化為單位圓上的到直線的距離之和，又，所以為等腰三角形，設是的中點，則，且，則在以點為圓心，半徑為的圓上，兩點到直線的距離之和為點到直線的距離的倍，點到直線的距離為，所以點到直線的距離的最大值為，最小值為，則兩點到直線的距離之和最大值為，最小值為.所以的最大值為，最小值為，C錯誤，D正確；故選：AD【點睛】方法點睛：對于圓上任意一點到直線距離的最值計算，需要先計算圓心到直線的距離，從而可求解距離的最大值為，最小值為.11.已知，分別為橢圓的左、右焦點，為橢圓上任意一點（不在軸上），外接圓的圓心為，半徑為，內切圓的圓心為，半徑為，直線交軸于點，為坐標原點，則（）A.最大時， B.的最小值為C. D.的取值范圍為【答案】BCD【解析】【分析】根據焦點三角形的面積，可知其最大值，再根據內切圓半徑公式可判斷A選項，根據外心的概念及向量的線性運算可判斷B選項，根據內切圓的性質可得，即可判斷C選項，再根據外接圓半徑與內切圓半徑的求法可判斷D選項.【詳解】由，得，，，A選項：設，則，，，所以當點在短軸端點時，面積最大值為，此時由內切圓性質可知，則，A選項錯誤；設，，則，B選項：如圖所示，設中點為，則，所以，又，同理，所以，當且僅當時，等號成立，B選項正確；C選項：設與交于點，由角分線定理可知，即，即，所以，所以，C選項正確；D選項：設，由正弦定理得，即，由余弦定理得，則，且，即，當且僅當時取等號，所以，，所以，則，D選項正確；故選：BCD.【點睛】橢圓上一點與兩焦點構成的三角形，稱為橢圓的焦點三角形，與焦點三角形有關的計算或證明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a，c的關系．第II卷主觀題三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.與圓同圓心，且過點的圓的方程是________.【答案】【解析】【分析】設所求圓的方程為，代入點求出即可得所求圓的方程.【詳解】依題意，設所求圓的方程為，由于所求圓過點，所以，解得.所以所求圓的方程為．故答案為:.13.圓與圓的公共弦所在直線被圓：所截得的弦長為__________．【答案】【解析】【分析】根據圓與圓相交得公共弦所在直線方程，再根據直線與圓相交弦長公式可得結論.【詳解】圓與圓的兩方程作差得，即公共弦所在直線方程為，又圓的圓心為，半徑，所以圓心到直線的距離，則圓被直線所截得的弦長為.故答案為：.14.如圖，橢圓的左、右焦點分別為，，過點作橢圓的切線，切點為T，若M為x軸上的點，滿足，則點M的坐標為______.【答案】（，0）或（，0）【解析】【分析】通過聯立橢圓和切線方程，可解出坐標，進而利用，建立等式條件，解出點M的坐標【詳解】設的方程等于,不妨設在軸上方，即.則聯立與橢圓的方程，得,整理得，令，解得,此時方程為,解得因此可知,由橢圓方程可知，所以,又因，所以，，（如圖）過T做x軸的垂線，記垂足為N，則可知,因此,設,則,,在中，由正弦定理，,即，解得或故答案為：（，0）或（，0）四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.（1）已知直線經過點且與直線垂直，求直線的方程.（2）已知直線與軸，軸分別交于兩點，的中點為，求直線的方程.【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由垂直關系可得直線的斜率，進而由點斜式得到方程；（2）設出，利用中點坐標公式得到兩點坐標，從而得到直線方程.【詳解】（1）直線的斜率，則，故直線的方程為；（2）設，的中點為，知，則直線的方程為．16.為了開發古城旅游觀光，鎮政府決定在護城河上建一座圓形拱橋，河面跨度為32米，拱橋頂點C離河面8米，（1）如果以跨度所在直線為軸，以中垂線為軸建立如圖的直角坐標系，試求出該圓形拱橋所在圓的方程；（2）現有游船船寬8米，船頂離水面7米，為保證安全，要求行船頂部與拱橋頂部的豎直方向高度差至少要米．問這條船能否順利通過這座拱橋，并說出理由．【答案】（1）（2）船可以通過，理由見解析【解析】【分析】（1）利用圓過點、可解出圓的方程；（2）只需判斷點P（4，7.5）與圓的位置關系即可.【小問1詳解】B（16，0），C（0，8），設圓心（0，b），圓的方程為：由圓過點、可得，解得，∴拱橋所在的圓方程是：小問2詳解】可設船右上角豎直方向0.5米處點為P（4，7.5），代入圓方程左端得396.25＜400，所以點在圓內，故船可以通過17.已知橢圓的焦點為和，且橢圓經過點.（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線與橢圓交于兩點，則在軸上是否存在定點，使得的值為定值？若存在，求出點的坐標和該定值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）存在，，定值為【解析】【分析】（1）根據橢圓的焦點設橢圓的方程為，代入點，即可得的值，從而求得橢圓標準方程；（2）當直線的斜率不為0時，設直線的方程為，設定點，聯立直線與橢圓求得交點坐標關系，再根據向量的坐標運算求，消參即可確定定值，再檢驗直線的斜率為0時是否符合即可得結論.【小問1詳解】已知橢圓的焦點為和，設橢圓的方程為，將點代入橢圓方程，得，解得（舍去），，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】當直線的斜率不為0時，設直線的方程為，設定點.聯立方程組，消掉可得，恒成立.設，可得，所以.要使上式為定值，則，解得，此時.當直線的斜率為0時，，此時，也符合.所以存在點，使得為定值.18.已知平面直角坐標系上一動點到點的距離是點到點的距離的倍.（1）求點的軌跡方程；（2）若點與點關于點對稱，點，求的最大值和最小值；（3）過點的直線與點的軌跡相交于兩點，點，則是否存在直線，使取得最大值，若存在，求出此時的方程，若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）；（3）存在，或【解析】【分析】（1）根據條件列方程求解即可；（2）根據對稱性求出Q點的軌跡方程，再利用三角換元即可求解；（3）聯立直線與圓的方程求得的范圍，再利用點到直線的距離公式與圓的弦長公式求得取得最大值時的值，從而得解.【小問1詳解】由已知，化簡得，即，所以點P的軌跡方程為；【小問2詳解】依題意，設，因為點與點關于點對稱，，所以點P坐標為，因為點P在圓上運動，所以，即點Q的軌跡方程為，不妨設，，其中，則當時，取得最大值；當時，取得最小值；【小問3詳解】由題意知的斜率一定存在，不妨假設存直線的斜率為k，且，則，聯立方程：，所以，又因為直線不經過點，則，因為點到直線的距離，，所以，因為，所以當時，取得最大值2，此時，所以直線的方程為或.19.已知橢圓：（，）的左、右焦點分別為、，離心率為，經過點且傾斜角為的直線與橢圓交于、兩點（其中點在軸上方），的周長為8．（1）求橢圓的標準方程；（2）如圖，將平面沿軸折疊，使軸正半軸和軸所確定的半平面（平面）與軸負半軸和軸所確定的半平面（平面）互相垂直．①若