江苏省扬州市树人高级中学2024-2025学年高二上学期第一次阶段检测数学试题

扬州市树人高级中学2024—2025—1高二年级第一次阶段检测数学注意事项：1.本试卷考试时间120分钟.试卷满分为150分，2.答题前，请务必将自己的班级､姓名､准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置.3.答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答，在试卷或草稿纸上作答一律无效.一､单项选择题：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，只有一项符合题目要求，请将答案填写在答题卡相应的位置上.1.已知直线的倾斜角为，且经过点，则直线的方程为（）A.B.C.D.2.两条平行直线与之间的距离（）A.B.C.D.73.设直线，则是的（）A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件4.若直线经过两点，则直线的倾斜角的取值范围是（）A.B.C.D.5.“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（）A.B.C.D.6.若第一象限内的点关于直线的对称点在直线上，则的最小值是（）A.25B.C.17D.7.已知直线上存在点，使得过点可作两条直线与圆：分别切于点，且，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.8.已知，点为直线上的一点，点为圆上的一点，则的最小值为（）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.在平面直角坐标系中，下列四个结论中正确的是（）A.每一条直线都有点斜式和斜截式方程B.倾斜角是钝角的直线，斜率为负数C.方程与方程表示同一条直线D.直线过点，倾斜角为，则其方程为10.下列说法正确的是（）A.直线的倾斜角的取值范围为B.“”是“点到直线距离为3”的充要条件C.直线恒过定点D.直线与直线垂直，且与圆相交11.设动直线交圆于两点（点为圆心），则下列说法正确的有（）A.直线过定点B.当取得最大值时，C.当最小时，其余弦值为D.的最大值为6三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.直线被圆截得的弦长为__________.13.若直线与曲线恰有一个公共点，则实数的取值范围为__________.14.过圆上一点作圆的两切线，切点分别为，设两切线的夹角为，当取最小值时，__________.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.（13分）已知直线，分别求的取值范围，使得：（1）；（2）.16.（15分）在平面直角坐标系中，已知四点.（1）求过三点的圆方程，并判断点与圆的位置关系；（2）过点的直线被圆截得的弦长为4，求直线的方程.17.（15分）已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，是线段的中点，（1）求点的轨迹方程；（2）记（1）中所求轨迹为曲线，过定点的直线与曲线交于两点，曲线的中心记为点，求面积的最大值，并求此时直线的方程.18.（17分）已知直线方程为，其中.（1）求直线恒过定点的坐标.当变化时，求点到直线的距离的最大值及此时的直线方程；（2）若直线分别与轴负半轴､轴的负半轴交于两点，求面积的最小值及此时的直线方程.19.（15分）已知圆的圆心在轴上，且圆经过点.（1）求圆的方程；（2）已知点为圆与轴正半轴的交点，直线交圆于两点（点异于点），若直线的斜率之积为2，直线是否过定点？如果过定点，请求出过定点坐标；如果不过，请说明理由.扬州市树人高级中学2024—2025—1高二年级第一次阶段检测数学注意事项：1.本试卷考试时间120分钟.试卷满分为150分，2.答题前，请务必将自己的班级､姓名､准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置.3.答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答，在试卷或草稿纸上作答一律无效.一､单项选择题：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，只有一项符合题目要求，请将答案填写在答题卡相应的位置上.1.【答案】C【解析】【分析】先求出斜率，再由直线的点斜式方程求解即可.【详解】由题意知：直线的斜率为，则直线的方程为.故选：C.2.【答案】A【解析】【分析】先根据两条直线平行求参，再根据平行线间距离公式计算求解.【详解】由已知两条直线平行，得，所以，所以直线可化为，则两平行线间的距离.故选：A.3.【答案】C【解析】【分析】利用充分条件和必要条件的定义，结合直线垂直的性质判断即可.【详解】当时，直线，此时，则，所以，故充分性成立；当时，，解得或，故必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要条件，故选：C.4.【答案】B【解析】【分析】根据直线的斜率公式确定，结合倾斜角的范围以及正切函数的性质，即可确定答案.【详解】直线经过两点，则，即，由于，则为锐角，故，故选：B5.D6.【答案】B【解析】【分析】首先利用对称点的求法，表示出对称点坐标，再代入中，得到，再利用基本不等式中的乘“1”法，即可求得.【详解】设关于直线的对称点为，依据题意可得：，解方程组得，又对称点在直线上，代入可得，且在第一象限，则，则，当且仅当时，即时，等号成立.故选：B7.【答案】C【分析】根据题意求出，转化为直线上存在与距离为2的点，利用点到直线距离建立不等式求解即可.【详解】由可得，圆心，半径，过点可作两条直线与圆分别切于点，连接，如图，由知，，又，所以，由题意，只需直线上存在与圆心距离为2的点即可，即圆心到直线的距离，解得，故选：C8.【答案】D【分析】令，可得点的坐标为，则，即可得答案.【详解】设，令，则，则.如图，当三点共线时，且垂直于直线时，有最小值，为，即直线到点距离，为.故选：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.【答案】BD【解析】【分析】根据直线方程的形式，倾斜角和斜率的关系，逐一判断每个选项.【详解】对于A，斜率不存在的直线无点斜式和斜截式方程，故A选项错误；对于B，倾斜角是钝角的直线，其倾斜角的正切值为负数，直线斜率为负数，故B选项正确；对于C，方程表示直线去掉点，与方程不表示同一直线，故C选项错误；对于D，直线过点，倾斜角为，则其方程为，正确.故选：BD10.【答案】ACD【解析】【分析】先求出斜率范围，再求倾斜角的范围即可，则选项A可判定；由点到直线的距离公式构建方程求解即可，则选项B可判定；提取参数并消去参数可求得必过点，则选项C可判定；求出两直线的斜率，判定位置关系，求出圆心到直线距离并与半径比较，即可判定直线与圆的位置关系，则选项D可判定.【详解】因为所以斜率，则，令倾斜角为，则，又，解的，故选项A正确.由点到直线距离为3，可得，解的或，故选项B错误.，可得，令可得，所以必过点，故选项C正确；直线与直线中斜率分别为，乘积为，故而垂直，原点到距离，故而与圆相交，故选项D正确；故选：ACD.11.【答案】ACD【解析】【分析】对于A整理得，由此可求得直线所过的定点；对于B：由直线过定点，且定点在圆的内部，当直线过圆心时，取得最大值，由此求得的值；对于C：设直线过的定点，当时，最小，由余弦定理计算可判断；对于D：当共线，且方向相同时，取得最大值，由此可判断.【详解】解：对于A：由整理得，当，即时，不论为何值时，都成立，所以直线过定点，故A正确；对于B：因为直线过定点，将定点代入圆，所以定点在圆的内部，当直线过圆心时，取得最大值，此时，解得，故B不正确；对于C：设直线过的定点，当时，最小，而，所以，所以在中，，故C正确；对于D：，而表示在方向上的投影，所以当共线，且方向相同时，取得最大值，此时，所以的最大值为6，故D正确，故选：ACD.三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.【答案】【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得直线截圆所得弦长.【详解】圆的圆心为原点，半径为2，圆心到直线的距离为，所以，直线被圆截得的弦长为.故答案为：.13.【答案】【解析】【分析】曲线表示以原点为圆心､半径为1的半圆，数形结合求得当直线与曲线恰有一个公共点的实数的取值范围作答.【详解】曲线，即，表示以原点为圆心､1为半径的半圆（位于轴及右侧的部分），如图，当直线经过点时，；当直线经过点时，；当直线和圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径可得，求得（舍去），或，观察图象，得当直线与曲线恰有一个公共点，实数的取值范围为.故答案为：【点睛】方法点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法.14.【答案】【解析】【分析】易得，从而可得，求出取得最小值时，的值即可.【详解】由题意可得，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，则，当取最小值时，则取得最小值，，此时，又为锐角，所以，所以，即当取最小值时，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：由圆的切线的性质将所求转化为求的最小值是解决本题的关键.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.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由平行关系可直接构造方程组求得结果；（2）由垂直关系可直接构造方程求得结果.【小问1详解】解：因为直线满足，所以，即，解得.所以，当时，.【小问2详解】解：因为直线满足，所以，解得.所以，当时，.16.【答案】（1）在圆上（2）或【解析】【分析】（1）设圆方程为，然后将三点坐标代入可求出圆的方程，再将点代入圆的方程验证即可，（2）由已知可求得圆心到直线距离为1，然后分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况求解即可.【小问1详解】设圆方程为把三点坐标代入可得：，解得，所以圆方程是把点坐标代入可得：，故在圆上.【小问2详解】由，得，所以圆心，半径为，因为弦长等于4，所以圆心到直线距离为，当直线的斜率不存在时，即方程为，圆心到直线距离为1，满足题意若直线的斜率存在，设直线方程为圆心到直线的距离，解得所以过点的直线为或.17.【答案】（1）（2）取得最大值或【解析】【分析】（1）设点，根据题意得到，代入圆，即可求解；（2）根据题意，设直线，求得圆心到直线的距离为，得到，结合基本不等式，求得最小值，进而求得直线的方程.【小问1详解】解：设点，由点的坐标为，且是线段的中点，则，可得，即，因为点在圆上运动，所以点点坐标满足圆的方程，即，整理得，所以点的轨迹方程为.【小问2详解】解：过点定点的直线与曲线交于两点，则直线的斜率一定存在且不为0，设直线，即，则圆心到直线的距离为，又因为，当且仅当时，即时，等号成立，所以时，取得最大值2，此时，解得或，所以取得最大值2，此时直线的方程为或.18.【答案】（1）直线恒过定点（2）【解析】【分析】（1）把直线方程整理成关于的方程，由恒等式知识可得定点坐标，点到直线的距离的最大时一定有与该直线垂直，可得结论.（2）求出直线与两坐标轴交点坐标，得三角形面积，然后由基本不等式得最小值及参数值.【小问1详解】直线方程为可化为对任意都成立，所以，解得，所以直线恒过定点.设定点为，当变化时，时，点到直线的距离最大，可知点与定点的连线的距离就是所求最大值，即，此时直线过点且与垂直，，解得故直线的方程为【小问2详解】由于直线经过定点.直线的斜率存在且，可设直线方程为可得与轴､轴的负半轴交于两点，，解得.当且仅当时取等号，面积的最小值为4，此时直线的方程为：，即：.19.【答案】（1）（2）过定点，理由见解析【解析】【分析】（1）设圆心，由结合两点间的距离公式可得出关于的等式，求出的值，再求出圆的半径，即可得出圆的方程；（2）求出点的坐标，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，结合可得出关于的关系式，并化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标；在直线的斜率不存在时，设直线的方程为，求出点的坐标，根据求出的值，即可得出结论.【小问1详解】解：设圆心，由可得，解得，圆的半径为，因此，圆的方程为.【小问2详解】解：在圆的方程中，令，可得，解得，即点，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点，联立可得，，整理可得由韦达定理可得，，由题意可得，整理可得，所以，，因为直线不过点，则，