【文档说明】2022-2023学年江苏省徐州市第七中学高二上学期9月学情调研数学试题解析版.doc，共(16)页，1.609 MB，由小喜鸽上传

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第1页共16页2022-2023学年江苏省徐州市第七中学高二上学期9月学情调研数学试题一、单选题1．经过两点32A−(，)，(03)B，−的直线的方程为（）A．133yx=−B．133yx=−−C．53

3yx=-D．533yx=−−【答案】D【分析】先求直线的斜率，再代入点斜式方程，即可得到答案；【详解】Q23533k+==−−，直线的方程为552(3)333yxyx−=−+=−−，故选：D2．若图中的直线1l，

2l，3l的斜率分别为1k，2k，3k，则有（）A．123kkkB．231kkkC．132kkkD．213kkk【答案】C【分析】根据图象得到直线1l，2l，3l的倾斜角满足32190，结合斜率与倾斜角的关系，即可求

解.【详解】设直线1l，2l，3l的倾斜角分别为1，2，3，由图可知32190，根据直线的斜率和倾斜角的关系，可得1320kkk．故选：C.第2页共16页3．椭圆2214xym+=的焦距为2，则m的值等

于（）A．5B．3C．5或3D．8【答案】C【分析】根据椭圆方程的标准形式，求出a，b，c的值，即可列出方程，从而求得m的值．【详解】由题意知椭圆焦距为2，即c＝1，当焦点在x轴上时，则22,4amb==，41m\-=，即5m=，当焦点在y轴上时，则224,abm==，41m−

=，即3m=，m的值为5或3.故选：C.【点睛】本题考查椭圆标准方程的理解，属于基础题.4．经过点()2,3P−作圆22:224Cxyx++=的弦AB，使得点P平分弦AB，则弦AB所在直线的方程为（）A．50xy−−=B．50xy+−=C．50

xy−+=D．50xy++=【答案】A【分析】根据圆的性质，得到过点P且被点P平分的弦所在的直线和圆心与P的连线垂直，求得CPk，进而求得所求直线的斜率，结合直线的点斜式方程，即可求解.【详解】由题意，

圆22:224Cxyx++=，可得圆心坐标为(1,0)C−，点()2,3P−在圆C内，则过点P且被点P平分的弦所在的直线和圆心与P的连线垂直，又由3012(1)CPk−−==−−−，所以所求直线的斜率为1，且过点()2,3P−，可得所求直线方程为(3)1(2)yx−

−=−−，即50xy−−=．故选：A5．直线y=x+b与曲线21xy=−有且仅有一个公共点，则b的取值范围是（）A．b=±2B．2b=−或11b−C．-1≤b≤1D．以上都不对【答案】B【分析】画出曲线21xy=−与直线yxb=+的图象，结合两个图象有且仅有一个公共点来求得b的取

值范围.第3页共16页【详解】由21xy=−得，x2+y2=1（x≥0），该曲线表示的是圆x2+y2=1在y轴及右侧的部分，如图所示，y=x+b表示斜率为1，在y轴上的截距为b的直线.由直线与圆相切，得圆心到直线的距离d=()22||11b+−=1⇒b=±2，结合图形知

b的取值范围是2b=−或11b−.故选：B.6．若两条直线1:210lxay+−=与()2:2130laxay+−+=相互垂直，则=a（）A．12−B．0C．12−或0D．2−或0【答案】C【分析】根

据两直线垂直可得出关于实数a的等式，由此可求得实数a的值.【详解】因为12ll⊥，则()()221210aaaaa+−=+=，解得12a=−或0a=.故选：C.7．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉

线已知ABC的顶点()()2,0,0,4AB，若其欧拉线的方程为20xy−+=，则顶点C的坐标为A．()4,0−B．()3,1−−C．()5,0−D．()4,2−−【答案】A【分析】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分

线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标第4页共16页【详解】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为24,33mn++

代入欧拉线方程得：242033mn++−+=整理得：m-n+4=0①AB的中点为（1，2），40202ABk−==−−AB的中垂线方程为()1212yx−=−，即x-2y+3=0．联立23020xyxy−+=−+=解得11xy=−=∴△ABC的外心为（-1，1）．则（m

+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8②联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A【点睛】本题考查了直线方程，求直线方程的一般方法：①直接法：根据已知条

件，选择适当的直线方程形式，直接求出直线方程．②待定系数法：先设出直线的方程，再根据已知条件求出假设系数，最后代入直线方程，待定系数法常适用于斜截式，已知两点坐标等．8．已知()()221:111Cxy−++=，圆()()222:459Cxy−+−=，点M，N分别是圆1C，

圆2C上的动点，P为x轴上的动点，则PNPM−的最大值是（）A．7B．354+C．9D．252+【答案】C【分析】先利用圆的方程求出圆心坐标和半径，利用对称性和三点共线求最值的方法即可得出结果.【详解】解：由题意可知

，圆1C的圆心()11,1C−，半径为1，圆2C的圆心()24,5C，半径为3，要使得PNPM−取最大值，需PN的值最大，PM的值最小.其中PN的最大值为23PC+,PM的最小值为11PC−则PNPM−的最大值为()()2121314PCPCPCPC+−−=−+点()24,5C关于x轴的对称点

()24,5C−，()()2221211241515PCPCPCPCCC−=−=−+−+=，所以PNPM−的最大值为549+=.故选：C.第5页共16页二、多选题9．点()1,1在圆()()224xaya−++=的内部，则a的取值可能是（）A．-2B．1

2−C．12D．2【答案】BC【分析】根据点圆的位置关系，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】因为点()1,1在圆()()224xaya−++=的内部，所以()()222114111aaaa−++−，所以选项BC符合题意，故选

：BC10．已知圆1C：2210100xyxy+−−=和圆2C：2262400xyxy+−+−=则（）A．两圆相交B．公共弦长为410C．两圆相离D．公切线长410【答案】AB【分析】先将圆的一般方程化为标准，再计算圆心间距

离判断两圆的位置关系，最后根据两圆的位置关系求解公共弦长或公切线长得出答案.【详解】圆1C的标准方程为：()()225550xy−+−=，圆心为（5，5）半径为152r=圆2C的标准方程为：()()223150xy−++=，圆心为（3，-1

）半径为252r=所以两圆心的距离：()()225351210d=−+−−=，120,drr+两圆相交，选项A正确，选项C错误；设两圆公共弦长为L，则有：()2221222Ldrrrr+===

410L=，选项B正确，选项D错误.故选：AB11．已知圆C：22212104xykxykk+−++−+=，下列说法正确的是（）A．k的取值范围是0kB．若4k=，过()3,4M的直线与圆C相交所得弦长为23，方程为125160x

y−−=C．若4k=，圆C与圆221xy+=相交第6页共16页D．若4k=，0m，0n，直线10mxny−−=恒过圆C的圆心，则128mn+恒成立【答案】ACD【分析】根据圆的一般方程2240DEF+−可判断A；利用点到直线的距离为1可判断B；4k=时很容易

判断C；直线10mxny−−=恒过圆C的圆心，可得21021mnmn+−=+=，利用基本不等式可判断D.【详解】对于A，方程表示圆可得()22144104kkk−+−−+，解得0k，故A正确；对于B，若4k=，可得圆方程：()()22214xy

−++=，过()3,4M的直线与圆C相交所得弦长为23，则圆心()2,1-到直线的距离为1，当直线的斜率不存在时，3x=，满足条件，故B不正确；对于C，4k=，()()22214xy−++=，圆心()2,1-，半径为2，故C正确；对于

D，直线10mxny−−=恒过圆C的圆心，可得21021mnmn+−=+=，()12124424428nmnmmnmnmnmnmn+=++=+++=，当且仅当11,42mn==时取等号，故D正确.故选：ACD.12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离

之比为定值（1）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xOy中，已知()4,2A−，()2,2B，点P满足2PAPB=，设点P的轨迹为圆C，下列结论正确的是（）A．圆C的方程是

()()224216xy−+−=B．过点A向圆C引切线，两条切线的夹角为3C．过点A作直线l，若圆C上恰有三个点到直线l距离为2，该直线斜率为155D．在直线2y=上存在异于A，B的两点D，E，使得2PDPE=【答案】AB

D【解析】根据()4,2A−，()2,2B，点P满足2PAPB=，设点(),Pxy，求出其轨迹方程，然后再逐项第7页共16页运算验证.【详解】因为()4,2A−，()2,2B，点P满足2PAPB=，设点(),Pxy，则()()()()2222

42222xyxy++−=−+−，化简得：228440xyxy+−−+=，即()()224216xy−+−=，故A正确；因为8,4ACR==，所以1sin22RAC==，则26=，解得3=，故B正确；易知直线的斜率存在，设直线:420lkxyk−++=，因为圆C上恰有三个点到直线l距离

为2，则圆心到直线的距离为：2821kdk==+，解得1515k=，故C错误；假设存在异于A，B的两点(),2Dm，(),2En，则()()()()2222222xmyxny−+−=−+−，化简得：2222284124033mnnmxyxy−−+++−+=，因为点P的轨迹方程为：22844

0xyxy+−−+=，所以22288341243mnnm−=−−+=解得126mn==或42mn=−=（舍去），故存在()()12,2,6,2DE，故D正确；故选：ABD【点睛】关键点

点睛：本题关键是根据2PAPB=求出点P的轨迹方程，进而再根据直线与圆的位置关系求解.三、填空题13．若直线1l与直线2l垂直，直线1l的斜率为33−，则直线2l的倾斜角为______．【答案】3##60o【分析】求出直线2

l的斜率，结合倾斜角的取值范围可求得结果.【详解】设直线2l的倾斜角为，因为直线1l与直线2l垂直，直线1l的斜率为33−，则1tan333=−=−，第8页共16页因为0，因此，3=.故答案为：3.14．如果

椭圆22110036xy+=上一点P到焦点1F的距离等于6，则点P到另一个焦点2F的距离为____【答案】14【分析】根据椭圆的定义122PFPFa+=及椭圆22110036xy+=上一点P到焦点1F的距离等于6，可得2P

F的长.【详解】解：根据椭圆的定义122PFPFa+=，又椭圆22110036xy+=上一点P到焦点1F的距离等于6，2620PF+=，故214PF=，故答案：14.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及简单性质，相对

简单.15．已知a为实数，若三条直线280axy++=，43100xy+−=和2100xy−−=不能围成三角形，则a的值为________．【答案】1−或83或4−【分析】由三条直线不能围成三角形，则三

条直线中至少有两条直线平行或三条直线交于同一点列式可得结果.【详解】设1:280laxy++=，2:43100lxy+−=，3:2100lxy−−=则43100421002xyxxyy+−==−−==−∴2l与3l的交点为(4,2)A−∵三条直线不能围成三角形，

∴1l过2l与3l的交点(4,2)A−或12//ll或13//ll，∴①当1l过2l与3l的交点(4,2)A−时，4480a−+=解得：1a=−，②当12//ll时，284310a=−解得：83a=，③当13//ll时，2821

10a=−−解得：4a=−，综述：1a=−或83a=或4a=−.第9页共16页故答案为：1−或83或4−.16．已知C为圆：()2211xy−+=上一动点，点B坐标为()1,3，点A坐标为()4,0，则3ACBC+的最

小值为_________．【答案】27【分析】设圆心为M，由圆的方程得到圆心和半径，取4,03D，可证得CMDAMCV:V，得到3ACCD=，可知()333ACBCCDBCBD+=+，利用两点间距离公式可求得最小值.【详解】设圆：()221

1xy−+=的圆心为M，则()1,0M，半径1MC=，取4,03D，13MDMCMCMA==Q，CMDCMA=，CMDAMCV:V，3ACCD=，()333ACBCCDBCBD+=+（当且仅当,,BCD三点共线且C在线段BD上时取等号），()2

242713033BD=−+−=Q，327ACBC+，即3ACBC+的最小值为27.故答案为：27.【点睛】关键点点睛：本题考查圆部分的最值问题的求解，解题关键是能够利用三角形相似将问题转化为三角形两边之和大于第三边的问题，由此确定三点共线时取得最小值.四、解答题1

7．已知ABCV的三个顶点是(1,4),(2,1),(2,3)ABC−−−（1）求BC边的高所在直线方程；（2）ABCV的面积S第10页共16页【答案】（1）30xy+−=；（2）8.【分析】（1）根据两点求斜率可得1BCk=，进

而得出高的斜率1lk=−，由点斜式即可求解.（2）求出直线BC的方程，利用点到直线的距离公式求出点(1,4)A−到BC的距离，再利用两点间的距离公式求出||BC，利用三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）设BC边的高所在直线为l，由题知3(1)2(2)BCk−−==−

−1则11BlCkk−==−，又点(1,4)A−在直线l上所以直线l的方程为41(1)yx−=−+即30xy+−=（2）BC所在直线方程为：11(2)yx+=+即10xy−+=点(1,4)A−到BC的距离22|141|221(1)d−−+==+−又22||(22)(13)42BC=

−−+−−=则11||4222822ABCSBCd===V18．已知直线1l：2240kxyk−−+=，直线2l：224480kxyk+−−=.（1）若直线1l在两坐标轴上的截距相等，求直线1l的方程；（2）若12//ll，求直线2l的方程.【答案】（1）0xy−

=或40xy+−=；（2）60xy+−=.【解析】（1）分直线1l过原点和直线1l不过原点两种情况讨论，分别求解即可.(2)若12ll//，则242kk=−解得0k=或2k=−,再验证从而得出答案.【详解

】（1）①若直线1l过原点，则1l在坐标轴的截距都为0，显然满足题意，此时则240k−+=，解得2k=，②若直线1l不过原点，则斜率为12k=−，解得2k=−.因此所求直线1l的方程为0xy−=或40xy+−=（2）①若12ll//，则242kk=−解得0k

=或2k=−.当0k=时，直线1l：240y−+=，直线2l：480y−=，两直线重合，不满足12ll//，故舍去；当2k=−时，直线1l：40xy+−=，直线2l：60xy+−=，满足题意；第11页共16页因此所求直线2l：60xy+−=【点睛】易

错点睛：本题考查直线的截距概念和根据两直线的位置关系求参数，在解决这类问题时，直线l在两坐标轴上的截距相等（或互为相反数）时，要注意直线过原点时也满足条件，这是在解题中容易漏掉的情况，在由直线平行求参数时，求出参数时要代回检验，对重合的情况要舍去，这个也是

容易出错的地方，要注意，属于中档题.19．已知圆221:46120Cxyxy+−−+=与222:2440Cxyxy++−−=．(1)过点(3,5)P作直线l与圆1C相切，求l的方程；(2)若圆1C与圆2C相交于A、B两点

，求AB的长．【答案】(1)3x=或34110xy−+=(2)3105【分析】（1）根据已知可得圆心与半径，再利用几何法可得切线方程；（2）联立两圆方程可得公共弦方程，进而可得弦长.【详解】（1）解：圆1C的方程可化为：22(2)(3)1xy−+−=，即：圆1C的圆心为(

2,3)，半径为1．若直线l的斜率不存在，方程为：3x=，与圆1C相切，满足条件．若直线l的斜率存在，设斜率为k，方程为：5(3)ykx−=−，即：530kxyk−+−=由l与圆1C相切可得：2|2353|11kkk−+−=+，解得：34k=

所以l的方程为：35(3)4yx−=−，即：34110xy−+=综上可得l的方程为：3x=或34110xy−+=．（2）联立两圆方程得：2222461202440xyxyxyxy+−−+=++−−=，消去二次项得AB所在直线的方程：3

80xy+−=，圆1C的圆心到AB的距离22|3238|101031d+−==+，所以221031021105AB=−=.20．已知P为直线:40lxy+−=上一动点，过点P向圆()22:15Cxy++=作两切线，切点分别为,AB．第12页共

16页(1)求四边形ACBP面积的最小值及此时点P的坐标；(2)求原点到直线AB距离的最大值．【答案】(1)562，35,22(2)1【分析】（1）由题意，将求四边形ACBP面积最小，转化为求PC最小，求解即可得出结果；（2）设(),4Pmm−，求出PC为直径的圆的方

程，进而求出两个圆公共弦AB的方程，可求得直线AB过定点(0,1)N，由此即可得出答案．【详解】（1）圆()22:15Cxy++=的圆心(1,0)C−，半径5r=由题意可得CAPA⊥，PAC△≌PBCV，5ACr==则四边形ACBP的面积2ACPSSACAP==△255PC=

−要使四边形ACBP的面积S最小，则PC最小当PCl⊥时，PC最小过点(1,0)C−且与直线:40lxy+−=垂直的直线为01yx−=+，即1yx=+将其与40xy+−=联立，解得此时点P的坐标为35,22

22min35521222PC=++=则min25565522S=−=故四边形ACBP面积的最小值为562，此时点P的坐标为35,22.第13页共16页（2）因为P在直线:40lxy+−=上，设(,4)Pmm−则以PC为直径的圆的圆心为14,22mm−

−，半径为2214122mm−−++则以PC为直径的圆的方程为2222141412222mmmxym−−−−−+−=++整理得()()22140

xymxmym++−+−−=即以PC为直径的圆的方程为()()22140xymxmym++−+−−=又圆C的方程为：()2215xy++=两圆方程相减，得两圆的公共弦AB的方程为()1(4)40mxmym++−+−=则(1)440mxyxy−+++−=，由10440xyxy

−+=+−=，解得01xy==即直线AB恒过定点(0,1)N，则||1ON=所以当ABON⊥时，原点到直线AB的距离取最大值，最大值为1．21．已知直线:(2)(12)420lmxmym++−+−=与圆22:20Cxxy−+=交于,MN两点.（1）求l的斜

率的取值范围；（2）若O为坐标原点，直线OM与ON的斜率分别为1k，2k，试问12kk+是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）3,4−−（2）是定值1，详见解析

【分析】（1）变换得到(22)(24)0xymxy+−+−+=，得到直线过点()0,2，设20kxy−+=，利用直线和圆的位置关系得到2|2|11kk++，计算得到答案.（2）联立22220ykxxxy=+−+=，根据韦达定理得到12212242141k

xxkxxk−+=−+=+，计算12kk+，化简计算得到答案.【详解】（1）由(2)(12)420mxmym++−+−=，可得(22)(24)0xymxy+−+−+=.由220240xyxy+−=−

+=，解得02xy=−，所以l恒过定点()0,2.故可设l的方程为()20ykx−=−，即20kxy−+=.由已知可得圆C的标准方程为()2211xy−+=，圆心()1,0C，半径1r=，第14页共16页则由直线与圆C相交

，可得2|2|11kk++.解得34k−，所以l的斜率的取值范围为3,4−−.（2）12kk+是定值联立22220ykxxxy=+−+=，消去y，整理得()221(42)40k

xkx++−+=.设()11,Mxy，()22,Nxy，由韦达定理得12212242141kxxkxxk−+=−+=+，则12121212121222222yykxkxkkkxxxxxx+

++=+=+=++()212122842122221141kxxkkkkkxxk−−++=+=+=−+=+为定值.【点睛】本题考查了斜率范围和定值问题，利用韦达定理求解是常用方法，需要熟练掌握，意在考查学生的计算能力.22．已知圆

C经过(2,3),(4,3),(1,0)−三点.（1）求圆C的方程；（2）设点A在圆C上运动，点(7,6)B，且点M满足2AMMB=uuuuruuur，记点M的轨迹为.①求的方程；②试探究：在直线:lyx=上是否存在定点T(异于原点O)，使得对于上任意一点P，都有||||POPT为一常数，若

存在，求出所有满足条件的点T的坐标，若不存在，说明理由.【答案】（1）22(1)(3)9xy−+−=；（2）①22(5)(5)1xy−+−=；②存在，定点为4949,1010．【分析】（1）设圆标准方程，

代入三点坐标，然后解方程组即可求得结果；（2）①设(,)Mxy，根据2AMMB=uuuuruuur求得点A坐标的表达式，再代入已知圆方程化简即可；②假设存在一点(,)Ttt满足||||POPT=(其中为

常数)，设(,)Pxy，则：2222()()xyxtyt+=−+−结合P在轨迹上，整理化简求得4910t=，即可得T坐标．【详解】（1）设圆C的方程为222()()xaybr−+−=，将三点(2,3),(4,3),(1,0)−分别代入得第15页共1

6页()()()()()()222222222234310abrabrabr−−+−=−+−=−+−=，解得133abr===，所以圆C的方程为22(1)(3)9xy−+−=；（2）①设(,)Mxy，则：(),,(7,6)AAAMxxyyMBxy=−−=−−

uuuuruuur，∴142122AAxxxyyy−=−−=−，∴143123AAxxyy=−+=−+，∵点A在圆C上运动，∴22(3141)(3123)9xy−−+−−=，即：∴22(315)(315)9xy−+−=∴22(5

)(5)1xy−+−=，所以点M的轨迹方程为22(5)(5)1xy−+−=，它是一个以(5,5)为圆心，以1为半径的圆；②假设存在一点(,)Ttt满足||||POPT=(其中为常数)，设(,)Pxy，则：2222()()xyxtyt+=−+−，整理化简

得：()222222222xyxtxtytyt+−++−+=，∵P在轨迹上，∴22(5)(5)1xy−+−=，化简得：22101049xyxy+=+−，所以()22101049101292042xyxytxtyt

−−+−+−=+，整理得()()22222221010210102494920xtytt−++−+−+=−，∴2222210102049249tt−+=−=，解得：4910t=；∴存在

4949,1010T满足题目条件．【点睛】求动点轨迹方程常用方法：(1)直接法；(2)定义法；(3)相关点法；要根据已知条件选择适当方法求解．第16页共16页