精品解析：山东省郓城第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

郓城一中2023级高二上学期月考考试数学学科试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 第I卷 一､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. 如果，那么直线不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 若点为圆弦的中点，则弦所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，三点，且有一点D满足，，则点D的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 阿基米德是古希腊著名的数学家､物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知在平面直角坐标系中，椭圆的面积为，两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，则椭圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 6. 若是圆：的内接三角形，且，，则的中点的轨迹方程为（ ） A B. C. D. 7. 设直线，一束光线从原点出发沿射线向直线射出，经反射后与轴交于点，再次经轴反射后与轴交于点.若，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 中国结是一种盛传于民间的手工编织工艺品，它身上所显示的情致与智慧正是中华民族古老文明中的一个侧面.已知某个中国结的主体部分可近似地视为一个大正方形（内部是16个全等的边长为1的小正方形）和凸出的16个半圆所组成，如图，点A是大正方形的一条边的四等分点，点C是大正方形的一个顶点，点B是凸出的16个半圆上的任意一点，则的最大值为（ ） A B. C. D. 二､多选题：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. 已知直线，则（ ） A. 直线不过原点 B 直线可能与坐标轴垂直 C. 时，直线与直线垂直 D. 时，直线的一个方向向量为 10. 已知两圆为与，则（ ） A. 若两圆外切，则 B. 若两圆有3条公切线，则 C. 若两圆公共弦所在直线方程为，则 D. 为圆上任一点，为圆上任一点，若的最大值为，则 11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（ ） A. 的方程为 B. 上的点到直线的最大距离为8 C. 过点做直线与圆相切于两点，的正切值为 D. 过A做直线与圆C交于两点，使的面积为的直线有4条. 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若两平行直线与之间的距离是，则__________ 13. 设分别是椭圆的左、右焦点，若椭圆上存在点，使且，则椭圆的离心率为__________． 14. 在平面直角坐标系中，定义、两点间的直角距离为，如图，是圆当时的一段弧，是与轴的交点，将依次以原点为中心逆时针旋转五次，得到由六段圆弧构成的曲线．则_______．若点为曲线上任一点，则的最大值为________． 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. 已知平面内两点，． （1）求过点且与直线垂直的直线的方程． （2）若是以为顶点的等腰直角三角形，求直线的方程． 16. 如图直线过点，与轴､轴的正半轴分别交于两点，的面积为.点为线段上一动点，且交于点. （1）求直线斜率的大小； （2）若的面积与四边形的面积满足：时，请你确定点在上的位置，并求出线段的长. 17. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在y轴上的圆C经过两点和，直线的方程为. （1）求圆C的方程； （2）过点作圆C切线，求切线方程； （3）当时，Q为直线上的点，若圆C上存在唯一的点P满足，求点Q的坐标. 18. 已知圆的方程为，是经过且互相垂直的两条直线，其中交圆于两点，交轴于点． （1）若，求直线的方程； （2）求面积最小值． 19. 已知圆过点，且与轴相切于坐标原点，过直线上的一动点引圆的两条切线，，切点分别为，． （1）求圆的标准方程； （2）若点为线段的中点，点为坐标原点，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 郓城一中2023级高二上学期月考考试数学学科试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 第I卷 一､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. 如果，那么直线不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】将直线的方程化为斜截式，即可根据斜率和截距的正负求解. 【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：， 因为，故， 故直线经过第一象限､第三象限､第四象限， 故选：B 2. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】先将方程化椭圆的标准方程，再由焦点在轴上得到，从而得解. 【详解】方程可化为， 因为方程表示焦点在轴上的椭圆， 所以，故，. 故选：D. 3. 若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用点差法求出直线的斜率，进而得到方程，注意检验是否符合题意即可. 【详解】设，则，， 两式做差可得， 即， 又因为是的中点，则， 因此，即， 所以， 因此直线的方程为，即， 经检验，符合题意，故弦所在直线的方程为. 故选：B. 4. 已知，，三点，且有一点D满足，，则点D坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据平行、垂直关系列式求解即可. 【详解】由题意可知：，， 若，，可知直线的斜率存在， 设，则，， 则，即，解得，即． 故选：D. 5. 阿基米德是古希腊著名的数学家､物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知在平面直角坐标系中，椭圆的面积为，两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，则椭圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由椭圆的面积为和两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形，得到求解. 【详解】由题意得，解得， 所以椭圆的标准方程是. 故选：A 6. 若是圆：的内接三角形，且，，则的中点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出，可得线段的中点的轨迹是以为圆心,1为半径的圆，即可得出结论. 【详解】由题意,, ，，， 线段的中点的轨迹是以为圆心,1为半径的圆， 线段的中点的轨迹方程是：. 故选：D. 7. 设直线，一束光线从原点出发沿射线向直线射出，经反射后与轴交于点，再次经轴反射后与轴交于点.若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出入射点的坐标关于的表达式，根据三点共线解出点的坐标关于的表达式，同理求出点的坐标关于的表达式，求出即可. 【详解】如图，设点关于直线的对称点为， 则得，即， 由题意知与直线不平行，故， 由，得，即为入射点， 故直线的斜率为， 直线的直线方程为：， 令得，故， 令得，故由对称性可得，解得或， 若，则第二次反射后光线不会与轴相交，故不符合条件. 故， 故选：B. 8. 中国结是一种盛传于民间的手工编织工艺品，它身上所显示的情致与智慧正是中华民族古老文明中的一个侧面.已知某个中国结的主体部分可近似地视为一个大正方形（内部是16个全等的边长为1的小正方形）和凸出的16个半圆所组成，如图，点A是大正方形的一条边的四等分点，点C是大正方形的一个顶点，点B是凸出的16个半圆上的任意一点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量数量积的几何意义将的最大值进行转化，并确定取最大值时点B的位置，再建立坐标系求解作答. 【详解】等于在上的投影向量与的数量积，因此当在上的投影向量与同向， 且投影向量的模最大时，取到最大值，此时点B在以点C为半圆弧端点且在AC上方的半圆上， 以大正方形的相邻两边分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，， 则直线的方程为，以点C为半圆弧端点且在AC上方的半圆圆心为， 半圆的方程为， 显然半圆在点处切线垂直于直线时，取得最大值， 设切线的方程为，于是，而点M在切线的左上方，解得， 即切线：，由解得， 因此切线与直线的交点，此时，又， 所以的最大值为. 故选：C 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 二､多选题：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 已知直线，则（ ） A. 直线不过原点 B. 直线可能与坐标轴垂直 C. 时，直线与直线垂直 D. 时，直线的一个方向向量为 【答案】AC 【解析】 【分析】由不满足直线方程可判断A，根据直线方程可得直线的斜率可判断B，根据直线的位置关系可判断C，根据直线的方向向量可判断D. 【详解】因为直线， 所以不满足直线方程，即直线不过原点，故A正确； 由直线方程可知直线的斜率为，且不为0，故直线不可能与坐标轴垂直，故B错误； 当时，直线，由可知直线与直线垂直，故C正确； 当时，直线，直线的一个方向向量为，而，故D错误. 故选：AC. 10. 已知两圆为与，则（ ） A. 若两圆外切，则 B. 若两圆有3条公切线，则 C. 若两圆公共弦所在直线方程，则 D. 为圆上任一点，为圆上任一点，若的最大值为，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于AB，根据圆心距等于半径之和即可判断；对于C，两圆方程相减求得公共弦所在直线方程，即可判断；对于D，根据的最大值为圆心距加上半径即可判断. 【详解】解：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为， 对于A，若两圆外切，则圆心距，得，故A错误； 对于B，若两圆有3条公切线，则两圆外切，则，故B正确； 对于C，两圆得方程相减得， 若两圆公共弦所在直线方程为， 则，解得，故C正确； 对于D，圆心距， 则的最大值为，解得，故D正确. 故选：BCD. 11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（ ） A. 的方程为 B. 上的点到直线的最大距离为8 C. 过点做直线与圆相切于两点，的正切值为 D. 过A做直线与圆C交于两点，使的面积为的直线有4条. 【答案】AC 【解析】 【分析】设，根据题意求曲线的轨迹方程，即可判断A；对于B：根据圆的性质分析圆上的点到直线距离的最值；对于C：根据切线的性质分析求解即可；对于D：分析可知面积的最大值为，即可判断. 【详解】设，则， 化简得，，即，故选项A正确； 可知曲线是以为圆心，半径的圆， 对于选项B：圆心到直线的距离为， 所以曲线上的点到直线的最大距离为，故B错误； 对于选项C：显然轴与圆相切，且切点为，设， 且，可知， 所以的正切值为，故C正确； 对于选项D：因为面积的最大值为， 所以不存在直线，使得的面积为，故D错误； 故选：AC. 第II卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若两平行直线与之间的距离是，则__________ 【答案】 【解析】 【分析】利用两直线平行的充要条件及平行间的距离公式计算即可. 【详解】因为直线与直线平行， 所以有，所以有， 又因为这两条平行线间距离为， 所以有，或舍去， 所以. 故答案为： 13. 设分别是椭圆左、右焦点，若椭圆上存在点，使且，则椭圆的离心率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意求出，，利用勾股定理得到a、c的齐次式，即可求出离心率. 【详解】根据椭圆的定义. ，，. 由勾股定理得，化简得，即，所以离心率． 故答案为：. 14. 在平面直角坐标系中，定义、两点间的直角距离为，如图，是圆当时的一段弧，是与轴的交点，将依次以原点为中心逆时针旋转五次，得到由六段圆弧构成的曲线．则_______．若点为曲线上任一点，则的最大值为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】求出、的坐标，利用题中定义可求得的值；设点为第一象限内的点，设出点的坐标，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性可求得的最大值. 【详解】由图可知，点位于第一象限，在圆的方程中，令，可得，则点. 如图可得，点，所以； 根据对称性，只需讨论点在第一象限的情况： 当点在上时，设，则，则， 所以， ，则，当时，； 当点不在上时，所在圆的圆心为， 易知直线轴，设，，同理可得，则，， ， ，则，当时，. 因为，所以，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查距离的新定义，解题的关键在于对点的位置进行分类讨论，利用三角形式设出点的坐标，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性来求解. 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. 已知平面内两点，． （1）求过点且与直线垂直的直线的方程． （2）若是以为顶点的等腰直角三角形，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用斜率公式求出直线的斜率，再根据直线的斜率与直线垂直的直线的斜率乘积为和点斜式求解即可； （2）求出线段垂直平分线的方程为，故点在直线上，设点为，根据等腰直角三角形两直角边垂直，所在直线斜率存在，斜率之积为建立等式求解即可． 【小问1详解】 由题意得，则直线的斜率为， 所以过点且与直线垂直的直线的方程为：， 即． 【小问2详解】 的中点坐标为， 由（1）可知线段垂线的斜率为，所以线段垂直平分线的方程为， 即． 因为是以为顶点的等腰直角三角形， 所以点在直线上， 故设点为， 由可得：， 解得或， 所以点坐标为或， 则直线的方程为或． 16. 如图直线过点，与轴､轴的正半轴分别交于两点，的面积为.点为线段上一动点，且交于点. （1）求直线斜率的大小； （2）若的面积与四边形的面积满足：时，请你确定点在上的位置，并求出线段的长. 【答案】（1）；（2）为线段的中点，. 【解析】 【分析】（1）设，代入点，结合可构造方程组求得，进而得到所求斜率； （2）设，可表示出，根据可知，由此构造方程求得，进而得到结果. 【详解】（1）设，，，，则直线方程为， 直线过，，又，， 直线的斜率为； （2）由（1）得：直线方程为， 设，则，， ， 当时，， ，解得：或（舍），， 为线段的中点，. 17. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在y轴上的圆C经过两点和，直线的方程为. （1）求圆C的方程； （2）过点作圆C切线，求切线方程； （3）当时，Q为直线上的点，若圆C上存在唯一的点P满足，求点Q的坐标. 【答案】（1） （2）或 （3）或 【解析】 【分析】（1）设出圆的标准方程，将两点代入即可求解； （2）直线斜率不存在时满足，斜率存在时，设出直线点斜式，利用点到直线距离公式求解； （3）设，，利用化简得，故圆与圆C相切，结合圆心距和半径关系即可求解. 【小问1详解】 设圆的方程为，将M，N坐标代入，得：， 解得，所以圆的方程为； 【小问2详解】 当切线斜率不存在时，直线与圆相切； 当切线斜率存在时，设直线方程为，即， 由圆心到直线的距离， 解得，故切线方程为， 综上，切线方程为或； 【小问3详解】 设，，则， 化简得， 此圆与圆C相切， 所以有，解得， 所以或. 18. 已知圆的方程为，是经过且互相垂直的两条直线，其中交圆于两点，交轴于点． （1）若，求直线的方程； （2）求面积的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）考虑斜率存在和不存在两种情况，设出直线方程，根据点到直线的距离公式得到，解得答案. （2）考虑当斜率不存在和不存在两种情况，计算圆心到直线的距离和弦长，得到三角形面积为，对比斜率不存在的情况得到答案. 【小问1详解】 圆的方程为，圆心，半径． 若垂直于轴，则不合题意， 故斜率存在，设为，则的方程为，即． ，到的距离，，解得， 故直线的方程为，即． 【小问2详解】 由已知，斜率不为0，故斜率存在． 当斜率不存在时，方程为，则，此时方程为，此时， ． 当斜率存在时，设即，则圆心到直线的距离为． ， 方程为，即，，则点到的距离为． . 综上：面积的最小值为． 19. 已知圆过点，且与轴相切于坐标原点，过直线上的一动点引圆的两条切线，，切点分别为，． （1）求圆的标准方程； （2）若点为线段的中点，点为坐标原点，求的最大值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据圆且与轴相切于坐标原点，设圆心为，再根据圆过点，，可得的值与半径，即可得圆的方程； （2）设，两点的坐标分别为，，点为，得直线，方程，确定直线过定点，再根据几何性质确定点的轨迹方程，从而可求，再求得最值即可. 【小问1详解】 解：∵圆与轴相切，∴可设圆心的坐标为； 又∵圆过点，，∴， 解得，∴圆心为，半径为1， ∴圆的标准方程为； 【小问2详解】 解：如图， 设，两点的坐标分别为，，再设点为， 直线的方程为， 又∵过点，且与直线垂直，∴为， 又知过点，得到， 整理可知点满足：， 同理点满足：， ∴直线的方程为， ∴直线恒过定点，设定点为点， 由题意可知当点与点不重合时，，点在以为直径的圆上（不包括点）， 当点与点重合时也在该圆上， ∴点的轨迹为（去掉），设圆心为， ， 当时，；当时，∵， 又∵即点与点所在直线的斜率，范围是． 进而，∴， 综上：，∴的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$