江苏省南通市海安市实验中学2021-2022学年高二上学期第一次月考数学试题

江苏省南通市海安市实验中学2021-2022学年

高二上学期第一次月考数学试题

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

ππ1、直线2xcosy30,的倾斜角的取值范围是( )

63ππA., 63ππB., 43ππC., 42π2πD., 432、以(a,1)为圆心，且与两条直线2xy40与2xy60都相切的圆的标准方程为( )

A.(x1)2(y1)25 B.(x1)2(y1)25 C.(x1)2y25 D.x2(y1)25

3、设a、b、c分别是△ABC中A、B、C所对边的边长，则直线ysinAcx与aabxysinBsinC0的位置关系是（ ）

A.平行 B.垂直 C.重合 D.平行或重合

4、一束光线从点A(2,3)射出，经x轴反射后与圆xy6x4y110相交于B、C两点，且|BC|2，则反射光线所在直线的斜率为( ) A.

2265或 56B.

45或 54C.

43或 34D.

32或 232225、已知圆C：xy2mx4my5m200(mR)上存在两个点到点A(1,2)的距离为

5，则m可能的值为( ) A．5

B．1

C．1 D．3

和直线

6、已知直线

a1xb1y10a2xb2y10Pa,b都过点A(2,1)，则过点111和点

P2a2,b2的直线方程是( )

B．2xy10 D．x2y10

A．2xy10 C．2xy10

27、若方程x12xm有实数解，则实数m的取值范围是( )

A．[3,0)[2,) C．(,3][2,)

B．[3,0)(0,3] D．(,2][2,)

8、已知圆M:x2y22x2y20，直线l:2xy20，P为l上的动点过点.P作圆M的切线PA,PB，切点为A、B，当|PM||AB|最小时，直线AB的方程为( ) A.2xy10

B.2xy10

C.2xy10 D.2xy10

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9、已知平面上一点M(5,0)，若直线l上存在点P使PM4，则称该直线为点M的“相关直线”，下列直线中是点M的“相关直线”的是( ) A.yx1

B.y2

C.4x3y0

D.2xy10

10、以下四个命题表述正确的是( ) A．直线3mx4y33m0mR恒过定点3,3

22B．圆xy4上有且仅有3个点到直线l:xy20的距离都等于1

C．曲线

C1:x2y22x0与曲线

C2:x2y24x8ym0xy恰有三条公切线，则m4

221D．已知圆C:xy4，点P为直线42上一动点，过点P向圆C引两条切线PA,PB，

A,B为切点，则直线AB经过定点1,2

11、已知实数x，y满足方程x2y24x10，则下列说法错误的是( ) A.yx的最大值为62 C.

B.x2y2的最大值为743 D.xy的最大值为23

y3的最大值为

2x

12、已知圆M:(xcos)2(ysin)21，直线l:ykx，则下列命题中正确的是( ) A.对任意实数k与，直线l和圆M有公共点

B.对任意实数，必存在实数k，使得直线l与圆M相切 C.对任意实数k，必存在实数，使得直线l与圆M相切

D.存在实数k与，使得圆M上有一点到直线l的距离为3 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13、已知直线

l1:mx3y2m，

l2:x(m2)y1. 若

l1//l2，则实数m______；若

l1l2，则实数m______.

14、直线l被两条直线l1:4xy30和l2:3x5y50截得的线段的中点为P1,2，则直线l的方程为______.

15、直线ykxk1与圆x2y24交于A,B两点,则AB最小值为______.

16、已知圆M:x2y22ax2bya210与圆N:x2y22x2y20交于A,B两点,且这两点平分圆N的圆周,则圆M半径最小时圆M的方程为______.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17、求适合下列条件的椭圆的标准方程： 141,（1）经过两点2,2; 2（2）过点

y2x23,5，且与椭圆1有相同的焦点．

25918、若直线l将圆x1y29平分，且在两坐标轴上的截距相等，则求直线l的方程。

22

19、在△ABC中，BC边上的高所在直线的方程为x2y10，A的平分线所在直线方程为y0，若点B的坐标为(1,2)． （1）求点A和点C的坐标；

（2）求AC边上的高所在的直线l的方程．

20、已知圆C:(x3)2(y4)24

若直线l 过点A(2,3)且被圆C截得的弦长为23 求直线l的方程

若直线l过点B(1,0)与圆C 相交于P,Q 两点，求△CPQ的面积的最大值，并求此时直线l的方程.

21、已知坐标平面上两个定点

A0,4O0,0Mx,yMA3OM,,动点满足：.

(1) 求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；

1N,1(2) 记(1)中的轨迹为C,过点2的直线l被C所截得的线段的长为22,求直线l的方程.

22、已知直线l:4x3y100,半径为2的圆C与l相切,圆心C在x轴上且在直线l的右上方.

(1) 求圆C的方程;

(2) 过点M1,0的直线与圆C交于A,B两点(点A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N,使得x轴平分ANB?若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由

【参考答案】

一、单选题 1.B

【解析】直线2xcosy30的斜率k2cos, 13ππ因为,,所以cos,

2263又k2cos,所以k[1,3]

设直线的倾斜角为，则有tan[1,3]

ππππ又[0,π),所以,,即倾斜角的取值范围是,.

43432.A

【解析】依题意可知点(a,1)到两条直线的距离相等，即2a1452a165，解得a1，

∴圆心为1,1，半径为3.B

【解析】依题意得，

21455，即所求圆的标准方程为(x1)2(y1)25.

ab. sinAsinBbsinC， xsinBsinBsinB0，直线bxysinBsinC0化简变形为ybsinCb的斜率为k2，则k2， xsinBsinBsinBsinAcsinA设直线y， x的斜率为k1，则k1aaasinAbsinAak1k21

asinBasinA设直线y∴两直线垂直.选B 4.C

【解析】圆的方程可化为.(x－3)2+(y－2)2=2 易知A(2,3)关于x轴对称的点为A(2,3).

如图所示，易知反射光线所在直线的斜率存在，设为k， 其方程为y3k(x2)，即kxy2k30，

∵|BC|=2，∴圆心(3，2)到直线kxy2k30的距离为d|3k22k3|k121，

化简得12k225k120，解得k43或k.故选C. 34

5.C

x1y25，

【解析】以A(1,2)为圆心，以r15为半径的圆A：

圆C：xy2mx4my5m200(mR)，圆心为圆心距

22222Cm,2m，半径r225，

ACm12m2225m210m5，由题意可得两圆相交，

2m2,0即2555m10m5255，解得2,4.

故选：C 6.A 【解析】把得

A2,1坐标代入两条直线

a1xb1y10和

a2xb2y10,

2a1b1102a2b2102a1a2b2b1,,,

yb1xa1Pa,bPa,b过点111,222的直线的方程是：b2b1a2a1,

yb12xa1,则

2xy2a1b10,

2a1b1102a1b11,,所求直线方程为：2xy10． 故选 ：A. 7.C

2fxx21gx2xmx12xm【解析】由方程有实数解转化为与图像有交点，

fxx21即x2y21y0 表示等轴双曲线x轴上方的部分，

gx2xm表示平

行直线系，斜率都为2；把y2x向左平移到

1,0 处，m有最小值，

即2m0m2，

故m2；把y2x向右平移到与双曲线相切时m有最小值，

y2xm3x24mxm210,4m212022xy1得m3,

由题意可得与右支相切时m3，故m3 综上：实数m的取值范围是故选C 8.D

【解析】(x1)2(y1)24,r2,M(1,1). 如图，由题可知，ABPM,

,32,

|PM||AB|2S四边形APBM2SPAMSPBM2(|PA||PB|),

541|PA||PB|,|PM||AB|4|PA|4|PM|2|AM|24|PM|24,

当PM最小时，|PM||AB|最小，易知|PM|min此时PA1，AB5,

l，设直线AB的方程为y2xb(b2)，

|3b|52圆心M到直线AB的距离为d，

AB4|PA|4|MA|2， AB，d22PM5(3b)244，解得b1或b7（舍）. 即

55综上，直线AB的方程为y2x1，即2xy10，故选D. 二、多选题 9.BC

【解析】选项A中，点M到直线yx1的距离d|501|1(1)22324，即点M与该直

线上的点的距离的最小值大于4，所以该直线上不存在点P，使PM4，故A中的直线不是点M的“相关直线”；

选项B中，点M到直线y2的距离d|02|24，即点M与该直线上的点的距离的最小值小于4，所以该直线上存在点P，使PM4，故B中的直线是点M的“相关直线”； 选项C中，点M到直线4x3y0的距离d|4530|4(3)224，即点M与该直线上的点的

距离的最小值等于4，所以该直线上存在点P，使PM4，故C中的直线是点M的“相关直线”；

选项D中，点M到直线2xy10的距离d|2501|22(1)21154，即点M与该直线5上的点的距离的最小值大于4，所以该直线上不存在点P，使PM4，故D中的直线不是点M的“相关直线”. 故选BC. 10.BCD

【解析】对于选项A：由

3mx4y33m0mR可得：mx33x4y30，

x3x303,33x4y30由可得y3，所以直线恒过定点，故选项A不正确；

对于选项B：圆心0,0到直线l:xy20的距离等于1，圆的半径r2，

平行于l:xy20且距离为1的两直线分别过圆心以及和圆相切， 故圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，故选项B正确； 对于选项C：由由

C1:x2y22x0x1可得

22y212，圆心

C11,0，

，

r11，

C2:x2y24x8ym0x2y4可得

20m0圆心即C22,42CCrr，r220m，由题意可得两圆相外切，所以1212， 42120m，解得：m4，故选项C正确；

12

1m,n对于选项D：设点P坐标为，所以42，即m2n4，

mn因为PA、PB分别为过点P所作的圆的两条切线，所以CAPA，CBPB， 所以点A,B在以OP为直径的圆上，以OP为直径的圆的方程为

mnm2n2xy22222，

22222xymxny0，与已知圆C:xy4相减可得mxny整理可得：

4，

y2x0x142nxny4ny2x4x404x40m消去可得：即，由可得y2，

1,2所以直线AB经过定点，故选项D正确.

故选：BCD. 11.CD

【解析】对于A，设zyx，则yxz，z表示直线yxz的纵截距， 当直线与圆(x2)2y23有公共点时，|2z|23，解得62z62，

所以yx的最大值为62，故A说法正确；

对于B，x2y2的几何意义是表示圆上的点到原点距离的平方， 易知原点到圆心的距离为2，则原点到圆上的最大距离为23， 所以x2y2的最大值为(23)2743，故B说法正确； 对于C，

yy的几何意义是表示圆上的点与原点连线的斜率，则的最大值为tan603，xx故C说法错误；

对于D，设mxy，则yxm，m表示直线yxm的纵截距， 当直线与圆(x2)2y23有公共点时，|2m|23，解得62m62，

所以xy的最大值为62，故D说法错误. 故选C D. 12.AC

【解析】圆心M(cos,sin)到直线l的距离

d|kcossin|k(1)221k2|sin()|k12|sin()|，其中tank.

d1，直线l与圆M有公共点，A正确；

当0时，d|k|k121恒成立，即不存在k使得直线l和圆M相切，B错误；

不论k为何值，d|sin()|1有解，即存在实数，使得直线l与圆M相切，C正确；

d1，圆上任一点到直线l的距离不超过d1，且d12，D错误.

故选AC. 三、填空题

13.3

32

l1:mx3y2m，

【解析】因为直线所以当

l2:xm2y1，

l1//l2时，

mm2310,解得m3或m1，

当m1时，两直线重合，不合题意，故实数m3，

当

l1l2，则

m32m032.

m，解得

32，

3,故答案为

14.3xy10

【解析】设直线l与l1的交点为Ax0,y0，直线l与l2的交点为B. 由已知条件，得B2x0,4y0. 4x0y030,由题意得

32x54y50,004x0y030，x02，即  解得 所以A2,5，

3x5y310，y5，000所以直线l的方程为

y2x1，即3xy10.

522115.22

【解析】过(1,1)的直线ykxk1,所以OA112，

由圆中弦的性质知当直线与OA垂直时，弦长最短，∴AB21122. 16.x1y25

【解析】两圆公共弦AB所在直线方程为22ax22bya210 又圆心N1,1为弦AB的中点，代入上式可得a12b2,

222a12b20，∴b2.

2圆M半径rb215,

当r5时,b2,a1，此时圆M半径最小，

故所求圆M的方程为x1y25 四、解答题

17.解：（1） (分类讨论法)若焦点在x轴上，

22x2y2设椭圆的标准方程为221 (a>b>0)．

ab24a28a2b21由已知条件得解得 2b41141a24b2x2y2所以所求椭圆的标准方程为1.

84y2x2若焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为221 (a>b>0)．

ab24122b28ba由已知条件得解得

2a41141b24a2与题设中a>b>0矛盾，舍去．

x2y2综上，所求椭圆的标准方程为1.

84y2x2（2）因为所求椭圆与椭圆1的焦点相同，

259所以其焦点在y轴上，且c2＝25－9＝16.

y2x2设它的标准方程为221 (a>b>0)．

ab

因为c2＝16，且c2＝a2－b2，故a2－b2＝16.①

535)2(3)2又点(3,5)在椭圆上，所以(2，即21.② 122ababy2x2由①②得b2＝4，a2＝20，所以所求椭圆的标准方程为1

20418.解：由题意可知，直线l过圆心1,2，分以下两种情况讨论： （1）直线l过原点，则该直线的斜率为k202，

10此时直线l的方程为y2x，即2xy0；

（2）直线l在两坐标轴上的截距非零且相等，可设直线l的方程为xyaa0， 则有a121，此时，直线l的方程为xy10. 综上所述，直线l的方程为xy10或2xy0.

19．解：（1）由已知点A应在BC边上的高所在直线与A的角平分线所在直线的交点，

{由由

x2y10y0A1,0得y0，故．

，所以AC所在直线方程为

{x1kACkAB1yx1，

BC所在直线的方程为y22x1，由y22x1，得C5,6．

（2）由（1）知，AC所在直线方程xy10， 所以l所在的直线方程为

{yx1x1y20，即xy10．

20.解：(1)x=2或y=3；(2)x-y-1=0或7x-y-7=0.

222221．解：(1) 由MA3OM得(x0)(y4)3xy,

19x2(y)224,轨迹为圆 化简得：

12符合题意； (2) 当直线l的斜率不存在时,直线

11y1k(x)kxyk102,即2当直线l的斜率存在时,设l的方程为：,

3k||914d222k42,解得1k23, 由圆心到直线的距离等于

l:x

直线l方程为4x3y10

所求的直线l的方程为：4x3y10或

522．解：(1) 设圆心C(a,0)a,

2则

x12.

|4a10|2,解得a0或a5(舍去). 5所以圆C的方程为x2y24.

(2) 当直线ABx轴时,x轴平分ANB.

当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为ykx1,Nt,0,Ax1,y1,Bx2,y2, x2y24,由得k21x22k2xk240, yk(x1)2k2k24所以x1x22. ,x1x22k1k1若x轴平分ANB,则kANkBN,即

y1y20, x1tx2t则

kx11x1tkx21x2t0， 即2x1x2(t1)x1x22t0,

即

2k242k2(t1)2t0,得t4,

k21k21所以在x轴上存在定点N,使得x轴平分ANB,且点N的坐标为4,0.