2024-2025学年江苏省扬州树人高级中学高二（上）第一次段考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江苏省扬州树人高级中学高二（上）第一次段考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知直线l的倾斜角为60°，且经过点(0,1)，则直线l的方程为(

)A.y=3x B.y=3x−22.两条平行直线3x+4y−12=0与ax+8y+11=0之间的距离为(

)A.235 B.2310 C.7 3.设直线l1：x+2ay−5=0，l2：(3a−1)x−ay−2=0，则a=1是l1⊥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l经过A(2,1)，B(1,−m2)(m∈R)两点，则直线l的倾斜角α的取值范围是A.0≤α≤π4 B.π2<α<π C.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P(x,y)是阴影部分(包括边界)的动点，则yx−2的最小值为(

)A.−23

B.−32

C.6.若第一象限内的点(m,n)关于直线x+y−2=0的对称点在直线2x+y+3=0上，则1m+8nA.25 B.259 C.17 D.7.已知直线l：2x+y+m=0上存在点A，使得过点A可作两条直线与圆C：x2+y2−2x−4y+2=0分别切于点M，N，且∠MAN=120°，则实数A.[−5−2,5−2] B.[−28.已知A(2,0)，点P为直线x−y+5=0上的一点，点Q为圆x2+y2=1上的一点，则A.52+22 B.52二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。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k=y+1x−2与方程y+1=k(x−2)表示同一条直线

D.直线过点P(x010.下列说法正确的是(

)A.直线xsinα−y+1=0的倾斜角的取值范围为[0,π4]∪[3π4,π)

B.“c=5”是“点(2,1)到直线3x+4y+c=0距离为3”的充要条件

C.直线l：λx+y−3λ=0(λ∈R)恒过定点(3,0)

D.直线l1：y=2x+1与直线l11.设动直线l：mx−y−m+3=0(m∈R)交圆C：(x−2)2+(y−4)2=3于A，B两点(点CA.直线l过定点(1,3) B.当|AB|取得最大值时，m=−1

C.当∠ACB最小时，其余弦值为13 D.AB⋅三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.直线y=x−1被圆x2+y13.若直线y=x+b与曲线x=1−y2恰有一个公共点，则实数b14.过圆O：x2+y2=2上一点P作圆C：(x−4)2+(y−4)2=2的两切线，切点分别为Q，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.(本小题13分)

已知直线l1：mx−2y+1=0，l2：x−(m+1)y+1=0，分别求m的取值范围，使得：

(1)l1//l16.(本小题15分)

在平面直角坐标系xOy中，已知四点A(0,1)，B(0,3)，C(4,1)，D(3,0)．

(1)求过A，B，C三点的圆M方程，并判断D点与圆M的位置关系；

(2)过D点的直线l被圆M截得的弦长为4，求直线l的方程．17.(本小题15分)

已知线段AB的端点B的坐标是(6,8)，端点A在圆x2+y2=16上运动，M是线段AB的中点，

(1)求点M的轨迹方程；

(2)记(1)中所求轨迹为曲线C，过定点(1,0)的直线l与曲线C交于P，Q两点，曲线C的中心记为点C，求△CPQ18.(本小题17分)

已知直线方程为(2−m)x+(2m+1)y+3m+4=0，其中m∈R．

(1)求直线恒过定点的坐标．当m变化时，求点Q(3,4)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x轴、y轴的负半轴交于A，B两点，求△AOB面积的最小值及此时的直线方程．19.(本小题17分)

已知圆C的圆心在x轴上，且圆经过点A(7,3)，B(6,4)．

(1)求圆C的方程；

(2)已知点M为圆C与y轴正半轴的交点，直线l交圆C于P，Q两点(点P，Q异于M点)，若直线MP，MQ的斜率之积为2，直线l是否过定点？如果过定点，请求出该定点坐标；如果不过，请说明理由．

参考答案1.C

2.D

3.C

4.C

5.C

6.B

7.B

8.D

9.BD

10.ACD

11.ACD

12.1413.−14.415.解：(1)因为直线l1：mx−2y+1=0，l2：x−(m+1)y+1=0，且l1//l2，

所以−m(m+1)−1×(−2)=0−(m+1)−1×(−2)≠0，即m2+m−2=0m≠1，解得m=−2．

综上所述，当m=−2时，l1//l2．

(2)因为直线l1：mx−2y+1=0，l216.解：(1)设圆方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，

把A，B，C三点坐标代入可得：1+E+F=09+3E+F=016+1+4D+E+F=0，

解得D=−4，E=−4，F=3，

所以圆方程是x2+y2−4x−4y+3=0，

把D点坐标代入可得：9−12+3=0，故D在圆上；

(2)由x2+y2−4x−4y+3=0，得(x−2)2+(y−2)2=5，

所以圆心M(2,2)，半径为r=5，

因为弦长等于4，所以圆心(2,2)到直线距离为d=r2−22=5−4=1，17.解：(1)设M(x,y)，A(x1,y1)，

因为B(6,8)，且M是线段AB的中点，

所以x=x1+62y=y1+82，

解得x1=2x−6，y1=2y−8，

即A(2x−6,2y−8)，

因为点A在圆x2+y2=16上运动，

所以点A点坐标满足圆的方程x2+y2=16，

即(2x−6)2+(2y−8)2=16，

整理得(x−3)2+(y−4)2=4，

则点M的轨迹方程为(x−3)2+(y−4)2=4；

(2)过点定点(1,0)的直线l与曲线C交于P，Q两点，

此时直线l的斜率一定存在且不为0，

设直线l的方程为y=k(x−1)，

此时圆心M(3,4)到直线l18.解：(1)直线方程为(2−m)x+(2m+1)y+3m+4=0，

可化为(2x+y+4)+m(−x+2y+3)=0对任意m都成立，

所以−x+2y+3=02x+y+4=0，解得x=−1y=−2，

所以直线恒过定点(−1,−2)，

设定点为P(−1,−2)，

当m变化时，PQ⊥直线l时，点Q(3,4)到直线的距离最大，可知点Q与定点P(−1,−2)的连线的距离就是所求最大值，

即(3+1)2+(4+2)2=213，

此时直线l过点P(−1,−2)且与PQ垂直，

∴−2−m2m+1⋅−2−4−1−3=−1，解得m=47，

故直线l的方程为2x+3y+8=0．

(2)由于直线l经过定点P(−1,−2)，直线l的斜率k存在且k≠0，

可设直线方程为y+2=k(x+1)可得与x轴、y轴的负半轴交于A(2k−1,0)，B(0,k−2)两点，

19.解：(1)设圆心C(a,0)，由|AC|=|BC|可得(a−7)2+(0−3)2=(a−6)2+(0−4)2，

解得a=3，圆C的半径为|AC|=(3−7)2+(0−3)2=5，

因此，圆C的方程为(x−3)2+y2=25．

(2)在圆C的方程中，令x=0，可得9+y2=25，解得y=±4，即点M(0,4)，

当直线l的斜率