最新-重庆十一中高二数学《直线与圆的方程》单元测试

重庆十一中高二数学《直线与圆的方程》单元测试

时间：120分钟 满分：150分 命题：潘文荣

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分. 1．圆(x1)2(y3)21的切线方程中有一个是

A．x－y＝0

B．x＋y＝0 C．x＝0

D．y＝0

（ ） （ ）

2．若直线ax2y10与直线xy20互相垂直，那么a的值等于

12 C． D．2 333．设直线过点(0,a),其斜率为1，且与圆x2y22相切，则a的值为

A．1

B．

Ａ．4

Ｂ．22 Ｃ．2

2（ ）

Ｄ．2 4． 如果直线l1,l2的斜率分别为二次方程x4x10的两个根，那么l1与l2的夹角为（ ）

A．

 B． C． D． 346825．已知M{(x,y)|y9x,y0}，N{(x,y)|yxb}，若M

N，则

（ ）

b

A．[32,32] C．(3,32]

B．(32,32) D．[3,32]

6．一束光线从点A(1,1)出发，经x轴反射到圆C:(x2)2(y3)21上的最短路径是

A．4

B．5

（ ）

C．321 D．26 227．若直线ax2by20(a,b0)始终平分圆xy4x2y80的周长，则 的最小值为

A．1

B．5

12

 ab

（ ）

C．42 D．322

8．已知平面区域D由以A1,3、B5,2、C3,1为顶点的三角形内部和边界组成.若在区域

D 上有无穷多个点x,y可使目标函数zxmy取得最小值，则m

（ ）

A． 2 B．1 C．1

D．4

9．设圆(x3)2(y5)2r2(r0)上有且仅有两个点到直线4x3y20的距离等于

1，则圆半径r的取值范围是

A．3r5 B．4r6 C．r4

D．r5

（ ）

xy1010．如果实数x、y满足条件y10 ，那么2xy的最大值为

xy10

A．2 B．1

C．2 D．3

二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，把答案填在题中横线上. 11、直线(a+1)x－(2a+5)y－6=0必过一定点，定点的坐标为 。

12、设点P（a, b），Q(c, d)是直线y=mx+k与曲线f(x,y)相交的两点，则|PQ|等于 。 13．已知直线l1:xysin10，l2:2xsiny10，若l1//l2，则 ． 14．若圆C1:x2y22mxm240与圆C2:x2y22x4my4m280相交，

则m的取值范围是 ．

15．已知直线5x12ya0与圆x22xy20相切，则a的值为________. 16．已知圆M：（x＋cos）2＋（y－sin）2＝1，

直线l：y＝kx，下面四个命题：

（A）对任意实数k与，直线l和圆M相切； （B）对任意实数k与，直线l和圆M有公共点；

（C）对任意实数，必存在实数k，使得直线l与和圆M相切; （D）对任意实数k，必存在实数，使得直线l与和圆M相切.

其中真命题的代号是______________（写出所有真命题的代号）.

三、解答题：本大题共6小题，共76分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．已知ABC的顶点A为（3，－1），AB边上的中线所在直线方程为6x10y590，

B的平分线所在直线方程为x4y100，求BC边所在直线的方程．

18．设足：①截y轴所得弦长为2；②被x轴分成两段圆弧，其弧长之比为3：1；③圆

心到直线l:x2y0的距离为

5，求该圆的方程． 519．设M是圆x2y26x8y0上的动点，O是原点，N是射线OM上的点，若

|OM||ON|150，求点N的轨迹方程。

20．已知过A（0，1）和B(4,a)且与x轴相切的圆只有一个，求a的值及圆的方程．

21．实系数方程f(x)x2ax2b0的一个根在（0，1）内，另一个根在（1，2）内，

求： （1）、

b2的值域； a1（2）、(a1)2(b2)2的值域； （3）、ab3的值域．

22．已知定点A（0，1），B（0，-1），C（1，0）．动点P满足：APBPk|PC|2.

（1）求动点P的轨迹方程，并说明方程表示的曲线类型； （2）当k2时，求|2APBP|的最大、最小值．

参（6）

1．C．圆心为（1，3），半径为1，故此圆必与y轴（x=0）相切，选C. 2．D．由A1A2B1B20可解得．

3．C．直线和圆相切的条件应用， xya0,24．A．由夹角公式和韦达定理求得． 5．C．数形结合法，注意ya2,a2,选C;

9x2,y0等价于x2y29(y0)．

6．A．先作出已知圆C关于x轴对称的圆C'，问题转化为求点A到圆C'上的点的最短路

径，即|AC'|14．

7．D．已知直线过已知圆的圆心（2，1），即ab1．

1212b2a()(ab)3322． abababABC所在的区域在第一象限，8．C．由A1,3、故x0,y0.B5,2、C3,1的坐标位置知，

所以

1z1x，它表示斜率为. mmmz113（1）若m0，则要使zxmy取得最小值，必须使最小，此时需kAC，

mm31即m1；

z112（2）若m0，则要使zxmy取得最小值，必须使最小，此时需kBC，

mm35即m2，与m0矛盾.综上可知，m1.

由zxmy得y9．B．注意到圆心C(3,5)到已知直线的距离为

l 4 |433(5)21|4(3)225，

结合图形可知有两个极端情形：

其一是如图7-28所示的小圆，半径为4；

其二是如图7-28所示的大圆，其半径为6，故4r6． 10．B．当直线2xyt过点(0，-1)时，t最大，故选B. 11、（-2，-4）

12、|ac|1m2 13．k4(kZ)．sin0时不合题意；

sin0时由这时

1122sinsin2sink， sin22411． sin12214．(,)(0,2)．由RrdRr解之得．

55|51120a|15．8或－18.1,解得a=8或－18.

2251216．（B）（D）.圆心坐标为（－cos，sin）d＝

|－kcos－sin|1＋k＝|sin（＋）|1故填（B）（D）

2＝1＋k2|sin（＋）|1＋k2 17．设B(4y110,y1)，由AB中点在6x10y590上，

可得：64y17y1101590，y1 = 5，所以B(10,5)． 22设A点关于x4y100的对称点为A'(x',y')，

y4x3410022则有A(1,7).故BC:2x9y650． y111x3418．设圆心为(a,b)，半径为r，由条件①：ra1，由条件②：r2b，从而有：

22222b2a21|a2b|52ba1．由条件③：可得：|a2b|1，解方程组55|a2b|122a1a12222或，所以r2b2．故所求圆的方程是(x1)(y1)2或b1b1(x1)2(y1)22．

x1x19．设N(x,y)，M(x1,y1)．由OMON(0)可得：，

yy1150xx1x2y2150由|OM||ON|1502.故，因为点M在已知圆上． 2150yxyy1x2y2所以有(150x2150y2150x150y)()680， 22222222xyxyxyxy化简可得：3x4y750为所求．

20．设所求圆的方程为x2y2DxEyF0．因为点A、B在此圆上，所以

EF10，① ，4DaEFa2160② ③④又知该圆与x轴（直线

y0）相切，所以由0D24F0，③ 由①、②、③消去E、F可得：

1(1a)D24Da2a160， ④ 由题意方程④有唯一解，当a1时，4D4,E5,F4；当a1时由0可解得a0，

这时D8,E17,F16．

综上可知，所求a的值为0或1，当a0时圆的方程为x2y28x17y160；

22当a1时，圆的方程为xy4x5y40．

f(0)0b021．由题意：、B（-2，0）、C（-1，0）f(1)0ab10，画出可行域是由A（-3，1）

f(2)0ab20所构成的三角形区域，利用各式的几何意义分别可得值域为： （1）(,1) （2）（8，17） （3）(5,4)．

14

22．（1）设动点坐标为P(x,y)，则AP(x,y1)，BP(x,y1)，PC(1x,y)．因

为APBPk|PC|2，所以

x2y21k[(x1)2y2]．(1k)x2(1k)y22kxk10．

若k1，则方程为x1，表示过点（1，0）且平行于y轴的直线． 若k1，则方程化为(x为半径的圆．

（2）当k2时，方程化为(x2)2y21，

22因为2APBP(3x,3y1)，所以|2APBP|9x9y6y1．

k212k1)y2()．表示以(,0)为圆心，以 1k1kk1|1k|又x2y24x3，所以|2APBP|36x6y26． 因为(x2)2y21，所以令x2cos,ysin，

则36x6y26637cos()46[46637,46637]． 所以|2APBP|的最大值为46637337，

最小值为46637373．