江苏省扬州市2024-2025学年高二上学期10月教学质量调研评估数学试卷含答案

江苏省扬州市2024-2025学年高二上学期10月教学质量调研评估数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（

）A． B．C．或 D．或3．已知为实数，直线，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．求圆心在直线上，且与直线相切于点的圆的方程是（

）A． B．C． D．5．已知两点，，过点的直线与线段AB（含端点）有交点，则直线的斜率的取值范围为（

）A． B． C． D．6．已知点在圆上运动，点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．7．已知点，点满足，则点到直线的距离的最大值为（

）A． B． C． D．8．已知点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值为（

）A．6 B． C． D．二、多选题9．若三条直线可以围成一个三角形，则实数的值可以为（

）A． B．0 C．1 D．310．对于直线l：，下列选项正确的是（

）A．直线l恒过点B．当时，直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为C．若直线l不经过第二象限，则D．坐标原点到直线l的距离的最大值为11．在平面直角坐标系中，已知点，，，，，的外接圆分别为圆、圆，则下列结论正确的是（

）A．直线的方程为 B．点恒在圆外C．若圆与圆的半径相等，则 D．若，则圆的圆心的横坐标为0三、填空题12．，与直线平行，则直线与的距离为.13．在平面直角坐标系中，已知的三个顶点，若直线过的外接圆的圆心，则；若点在的外接圆内，则的取值范围为．14．古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷．平面内两个定点及动点，若（且），则点的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆．点为圆上一动点，为圆上一动点，点，则的最小值为．四、解答题15．已知三角形ABC的顶点坐标为．(1)求过点C且与边AB平行的直线方程；(2)求AB边上的高所在的直线方程．16．求满足下列条件的圆的标准方程：(1)圆心是，且过点；(2)圆心在轴上，半径为5，且过点；(3)求过两点和，圆心在轴上的圆的标准方程．17．已知的顶点边上的中线所在直线的方程为的平分线所在直线的方程为.(1)求直线的方程和点C的坐标；(2)求的面积．18．已知为坐标原点，，过点且斜率为的直线与轴负半轴及轴正半轴分别交于点.(1)求的最小值；(2)若的面积为，且对于每一个的值满足条件的值只有2个，求的取值范围.19．人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．(1)若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；(2)若点，，求的最大值；(3)已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．参考答案：题号12345678910答案ADBAAACDBDABD题号11答案BC1．A【分析】求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系即可得答案.【详解】解：因为直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则有，解得，所以其倾斜角为．故选：A．2．D【分析】分直线过原点和不过原点两种情况讨论，结合直线的截距式即可得解.【详解】当直线过原点时在两坐标轴上的截距都为，满足题意，又因为直线过点，所以直线的斜率为，所以直线方程为，即，当直线不过原点时，设直线方程为，因为点在直线上，所以，解得，所以直线方程为，故所求直线方程为或.故D项正确.故选：D3．B【分析】计算出时的的值，结合充分条件与必要条件的定义即可得.【详解】若，则有，解得，当时，，不重合，符合要求；当时，，不重合，符合要求；故“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4．A【分析】首先由题意可知圆心也在直线上，联立即可得圆心坐标，进而得半径，从而即可得解.【详解】由题意圆心也在过点且与直线垂直的直线上，而该直线方程为，即，联立，解得，即圆心坐标为，半径为点与圆心的距离，故所求圆的方程为.故选：A.5．A【分析】求出直线、的斜率后可求直线的斜率的范围.【详解】，而，故直线的取值范围为，故选：A.6．A【分析】利用，计算可得结论.【详解】由圆，可得圆心，半径，又A−2,0，所以，所以，因为，所以.故选：A.7．C【分析】由条件可得点是圆上的一点，因此点到直线的距离的最大值为,只需用点到直线的距离求出的最大值即可.【详解】设点，因为,所以,所以点是在以为圆心，半径为1的圆上，因为点到直线的距离,当且仅当时等号成立，所以点到直线的距离的最大值为.故选：C.8．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，B0,3，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：D9．BD【分析】由题意可得三条直线两两都不平行且不同时过同一个点，写出限定条件即可得结果.【详解】根据题意可知三条直线两两都不平行，且不同时过同一个点；当平行时可得，此时不合题意，因此；联立，即，解得交点坐标为0,1，因此0,1不在上，即可得，可得；所以若三条直线围成一个三角形，只需且即可.故选：BD10．ABD【分析】求出过的定点判断A，当时，求出直线l的横纵截距计算判断B，根据的取值情况判断C；求出原点到定点的距离即判断D.【详解】可变形为，由得所以直线l恒过点，故A正确；当时，直线l在x，y轴上的截距分别为1，1，所以直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为，故B正确；当时，直线l的方程为，直线l也不经过第二象限，故C不正确；因为直线l过定点，所以坐标原点到直线l的距离的最大值为，故D正确．故选：ABD11．BC【分析】求出直线的方程判断A；判断点的轨迹与圆关系判断B；求出圆半径及圆心坐标进而求出判断C；确定圆心位置判断D.【详解】对于A，直线的方程为，即，A错误；对于B，等腰的外接圆的圆心在轴上，则直线与圆相切于点，而点在直线上，且又，因此点恒在圆外，B正确；对于C，设圆的圆心为，则，解得，圆的半径为，线段中垂线方程为，线段中垂线方程为，于是得圆的圆心为，而圆的半径为，则，整理得，而，因此，C正确；对于D，由，得，则圆的圆心在线段的垂直平分线上，D错误.故选：BC12．【分析】根据两直线平行的条件列出方程即可求出m的值，求出直线的方程，再由两平行线间的距离公式求出直线与的距离．【详解】因为//，所以，解得，，，由两平行直线的距离公式可得：，故答案为：13．【分析】根据给定条件，利用待定系数法求出的外接圆方程即可求出圆心，再列式计算即得答案.【详解】设的外接圆方程为，，则，解得，于是的外接圆方程为，即，其圆心，由点在直线上，得，解得，由点在的外接圆内，得，解得，所以的取值范围为.故答案为：；14．9【分析】根据数量关系可得，即，又，进而由可得答案.【详解】由为圆上一动点，得，由为圆上一动点，得，又.因为，所以，于是.当共线且时取得最小值，即.所以，当共线时等号成立.故答案为：9．15．(1)(2)【分析】（1）由直线的斜率公式可得，再由点斜式方程代入计算，即可求解.（2）由题意可得AB边上的高所在的直线斜率，再由点斜式方程代入计算，即可求解.【详解】（1）因为，由直线的点斜式方程可得，化简可得.（2）由（1）可知，，则AB边上的高所在的直线斜率为，由直线的点斜式方程可得，化简可得.16．(1)(2)或(3)【分析】（1）利用两点距离公式可先求半径，再写标准方程即可；（2）利用点的特征结合半径可先求圆心坐标，再写标准方程即可；（3）设圆心坐标，利用到C、D距离相等计算求得圆心坐标，再写标准方程即可.【详解】（1）由题意可知：，圆的标准方程为；（2）设圆心为，则，或，圆心为或，又，圆的标准方程为或；（3）设圆心为，，，即，，，圆的标准方程为．17．(1)，，(2).【分析】（1）设点的坐标是，由的中点在直线上，求得点的坐标，再求出点关于直线的对称点即可求得直线的方程，联立方程组求出点坐标.（2）利用两点间距离公式及点到直线距离公式求出三角形面积.【详解】（1）由点在上，设点的坐标是，则的中点在直线上，于是，解得，即点，设关于直线的对称点为，则有，解得，即，显然点在直线上，直线的斜率为，因此直线的方程为，即，由，解得，则点，所以直线的方程为，点C的坐标为.

（2）由（1）得，点到直线的距离，所以的面积.18．(1)4(2).【分析】（1）设的倾斜角为，根据题意求得，得到，结合三角函数的性质，即可求解；（2）设的方程为，求得，得到，转化为方程有2个不同的正根，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】（1）解：因为过点且斜率为的直线与轴负半轴及轴正半轴分别交于点，如图所示，可得斜率，设直线的倾斜角为，则，所以，可得，所以当时，即时，取得最小值.（2）接：根据题意，设直线的方程为，即，可得，所以，整理得，因为对于每一个的值满足条件的值只有2个，所以该方程有2个不同的正根，则满足，解得，所以的取值范围是.19．(1)，(2)(3)存在，和【分析】（1）代入和的公式，即可求解；（2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解；（3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程.【详解】（1），，；（2）设，由题意得：，即，而表示的图形是正方形，其中、、、．即点在正方形的边上运动