江西省抚州市南城县第二中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

南城二中2024——2025年上学期第一次月考 高二数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷总分：150分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题只有一个答案是正确的，共40分。） 1．直线的倾斜角为（    ） A． B． C． D． 2．已知直线，为使这条直线不经过第二象限，则实数的范围是（ ） A． B． C． D． 3．在平面直角坐标系中，两条直线（    ）时候垂直？ A．斜率之积为-1时 B．两条直线有1个公共点的时候 C．两条直线分别与坐标轴垂直的时候 D．以上答案均不正确 4．已知点，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．已知直线与直线互相垂直，交点坐标为，则的值为（    ） A．20 B． C．0 D．24 6．已知点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值为（    ） A．6 B． C． D． 7．点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（    ） A． B． C． D． 8．已知曲线，设曲线上任意一点与定点连线的中点为，则动点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题，每小题有多个答案是正确的，共18分。） 9．已知椭圆的标准方程为，并且焦距为6，则实数m的值可以为（    ） A．4 B． C．6 D． 10．一光线过点，经倾斜角为的且过的直线反射后过点，则反射后的光线还经过下列哪些点（    ） A． B． C． D． 11．已知直线和圆，则下列选项正确的是（    ） A．直线恒过点 B．圆与圆有三条公切线 C．直线被圆截得的最短弦长为 D．当时，圆上存在无数对关于直线对称的点 三、填空题（本大题共3小题，共15分。） 12．过两条直线与的交点，倾斜角为的直线方程为 （用一般式表示） 13．两直线与平行，则它们之间的距离为 . 14．在等腰直角三角形中，，点是边上异于，的一点，光线从点出发，经，反射后又回到点，如图所示，若光线经过的重心，则的长度为 . 四、解答题（本大题共5小题，其中15小题13分，16、17小题每小题15分，18、19小题每小题17分，共77分。） 15．已知直线，直线. (1)若，求实数的值； (2)若，求实数的值. 16．求下列椭圆的方程. (1)过且与有相同的焦点； (2)经过点，. 17．从以下三个条件中任选一个，补充在下面的问题横线处，并进行解答.①经过点；②圆心在直线上；③以线段为直径. 问题：已知圆经过两点，且__________.求圆的方程； 注：如选择多个条件分别解答，按第一个条件计分. 18．已知的顶点，，. (1)若直线过顶点，且顶点A，到直线的距离相等，求直线的方程； (2)数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出：三角形的外心、重心、垂心共线，这条直线称为欧拉线.求的欧拉线方程. 19．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点距离之比为（且）的点的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆. (1)已知两定点，，若动点满足，求点的轨迹方程； (2)已知，是圆上任意一点，在平面上是否存在点，使得恒成立?若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D A B B D C B AB BC 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】先求出直线斜率，再根据倾斜角的范围即可求解. 【详解】设直线的的倾斜角为，且， 直线的斜率，所以， 故选：A 2．D 【分析】对直线分斜率存在和不存在两种情况讨论，由直线不经过第二象限，得到关于实数的不等式，求解不等式，即可得到答案． 【详解】若，即时，直线方程可化为，此时直线不经过第二象限，满足条件； 若，直线方程可化为 ，此时若直线不经过第二象限，则且，解得， 综上满足条件的实数的范围是. 故选：D 3．A 【分析】由两直线垂直的定义逐个判断即可. 【详解】对于A：斜率之积为-1时，两直线垂直，正确 对于B：两条直线有1个公共点的时候，可能相交但不垂直，错误 对于C：两条直线分别与坐标轴垂直的时候，如果是同一坐标轴，那么平行，错误 对于D：错误 故选：A 4．B 【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案． 【详解】解：记为点，直线的斜率，直线的斜率， 因为直线l过点，且与线段相交， 结合图象，可得直线的斜率的取值范围是． 故选：B． 5．B 【分析】根据两直线垂直可求出的值，将公共点的坐标代入直线的方程，可得出的值，再将公共点的坐标代入直线的方程，可得出的值，由此可得出的值. 【详解】已知直线的斜率为，直线的斜率为． 又两直线垂直，则，解得． ，即， 将交点代入直线的方程中，得． 将交点代入直线的方程中，得． 所以，． 故选：B． 6．D 【分析】求出直线的方程，利用点到直线的距离，结合圆的性质求出点到直线距离的最小值即可求得最小值. 【详解】两点，，则，直线方程为， 圆的圆心，半径， 点到直线的距离， 因此点到直线距离的最小值为， 所以面积的最小值是. 故选：D 7．C 【分析】由直线的方程求出其所过定点坐标，由此确定最大距离及此时直线的方程. 【详解】直线的方程可化为， 联立，解得， 所以直线经过定点， 当时，点到直线的距离最大，最大距离为， 因为直线的斜率，， 所以直线的斜率， 所以， 所以， 所以，故， 所以直线的方程为. 故选：C. 8．B 【分析】设动点坐标，找到动点坐标与曲线上点坐标的关系，通过已知解析式得出动点的轨迹方程. 【详解】设，因为为的中点，所以，即， 又因为点在曲线上，所以，所以． 所以点的轨迹方程为即． 故选：B 9．AB 【分析】首先确定c的值，然后分类讨论焦点位置在x轴和y轴两种情况求解m的值即可. 【详解】因为，所以， 当焦点在x轴上时，由椭圆的标准方程知，，所以， 又，解得. 当焦点在y轴上时，由椭圆的标准方程知，，所以， 解得. 综上，解得或． 故选：AB. 10．BC 【分析】点关于直线的对称点在反射光线所在的直线上，进而求反射后的光线所在的直线方程即可求解. 【详解】倾斜角为的且过的直线 的方程为，即. 设点关于直线的对称点， 则有，即，解得，即. 于是反射后的光线所在的直线方程为，即. 对于A：在l的左侧，反射光线（射线）不经过该点，故A错误； 对于B：时，故B正确； 对于C：时，故C正确； 对于D：时，故D错误； 故选：BC. 11．ACD 【分析】根据定点的特征即可求解A，根据两圆的位置关系即可求解B，根据垂直时即可结合圆的弦长公式求解C，根据直线经过圆心即可求解D. 【详解】对于A，由直线的方程，可知直线恒经过定点，故A正确； 对于B，由圆的方程，可得圆心，半径，又由，由于， 所以圆与圆相交，圆与圆有两条公切线，故B错误； 对于C，由，根据圆的性质，可得当直线和直线垂直时，此时截得的弦长最短，最短弦长为，故C正确； 对于D，当时，直线，将圆心代入直线的方程，可得， 所以圆上存在无数对关于直线对称的点，故D正确， 故选:ACD. 12． 【分析】联立两方程求出交点坐标，再由点斜式写出直线方程，然后化为一般形式即可； 【详解】由题意可得，解得交点坐标为， 又所求直线的倾斜角为，故斜率为， 所以直线方程为， 故答案为：. 13． 【分析】首先根据两直线平行求出，再利用两平行线间距离公式即得. 【详解】依题意可得，，解得， 所以直线方程为，又，即， 则两平行直线的距离为. 故答案为：. 14． 【分析】求出点关于和直线的对称点，结合光的反射原理列方程组求解可得. 【详解】以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系， 则直线方程为， 设关于和直线的对称点分别为，则， 记，则，解得， 因为为的重心，，所以， 由光的反射原理可知，三点共线，所以， 即，解得（舍去）或. 故答案为： 15．(1) (2)或. 【分析】（1）根据两条直线平行公式计算即可求参，再检验是否重合； （2）根据两条直线垂直公式计算即可求参. 【详解】（1）因为，所以， 整理得 解得或. 当时，重合； 当时，，符合题意. 故. （2）因为，所以 解得或. 16．(1) (2)． 【分析】（1）由焦点坐标得值，设出椭圆方程将点代入方程待定系数可得； （2）方法一：根据椭圆位置分别设出方程，代入两点的坐标待定系数可得； 方法二：设出椭圆方程，代入两点的坐标待定系数可得. 【详解】（1）由方程可知，其焦点的坐标为，即. 则， 设所求椭圆方程， 因为椭圆过点，代入方程得， 解得（舍去），， 故椭圆的标准方程为； （2）方法一  ①当椭圆的焦点在轴上时， 设标准方程为， 依题意有，解得， 因为，所以方程组无解． ②当椭圆的焦点在轴上时， 设标准方程为， 依题意有，解得， 所以所求椭圆的方程为； 方法二  设所求椭圆的方程为， 依题意得，解得， 故所求椭圆的方程为， 即. 17．选择见解析； 【分析】设圆方程为，利用待定系数法即可得解； 【详解】若选①： 依题意，设圆方程为，，， 则，解得， 所以圆方程为，标准方程为． 若选②： 依题意，设圆方程为，， 又圆心在直线上， 所以，解得， 所以圆方程为，标准方程为. 若选③： 依题意，点E为AB中点，故E点坐标为，圆E的半径， 所以圆标准方程为. 18．(1)或 (2) 【分析】（1）根据题意可设直线，结合点到直线的距离公式运算求解； （2）根据外心在的中垂线为可设，及到顶点距离相等列方程可得，结合重心求直线方程. 【详解】（1）若直线的斜率不存在，显然不合题意，可设直线，即， 由题意可得：， 整理得，解得或， 所以直线的方程或. （2）因为的中垂线为，可设的外心， 又因为，可得， 则，解得，即， 由题意可知：的重心，则欧拉线的斜率为， 故的欧拉线的方程为，即. 19．(1) (2)存在，点 【分析】（1）设，根据列方程，化简求得的轨迹方程. （2）假设存在满足条件，设，根据已知条件列方程组，求得，进而确定正确答案. 【详解】（1）设，则由可得， 即，整理得点的轨迹方程为：； （2）假设存在满足条件，即有， 设，整理可得①， 又因为点在圆上，则②， 将②代入①可得， 由题可得，解得，， 所以， 故存在点满足条件. 【点睛】求动点轨迹方程的具体步骤如下：建立适当的坐标系，设出动点的坐标，写出点的集合，列出方程，化简方程为最简形式，检验.这些步骤是求动点轨迹方程的一般步骤，根据不同的题目和条件，可能需要进行适当的调整和变化. 答案第10页，共11页 答案第1页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $$