《（安徽專用）2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷（11） 理 （含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（安徽專用）2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷（11） 理 （含解析）（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 　45分鐘滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(十一) (考查范圍：第45講～第48講　分值：100分) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．[2012·青島一模] 已知圓(x－a)2＋(y－b)2＝r2的圓心為拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)，且與直線3x＋4y＋2＝0相切，則該圓的方程為(　　) A．(x－1)2＋y2＝ B．x2＋(y－1)2＝ C．(x－1)2＋y2＝1 D．x2＋(y－1)2＝1 2．[2012·陜西卷] 已知圓C：x2＋y2－4x＝0，l是過點(diǎn)P(3，0)的

2、直線，則(　　) A．l與C相交 B．l與C相切 C．l與C相離 D．以上三個(gè)選項(xiàng)均有可能 3．[2012·合肥六中模擬] 方程|y－|＋＝0對(duì)應(yīng)的曲線是(　　) 圖G11－1 4．[2012·廣東卷] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線3x＋4y－5＝0與圓x2＋y2＝4相交于A，B兩點(diǎn)，則弦AB的長等于(　　) A．3 B．2 C. D．1 5．如圖G11－2，已知A(4，0)，B(0，4)，從點(diǎn)P(2，0)射出的光線經(jīng)直線AB反射后再射到直線OB上，最后經(jīng)直線OB反射后又回到P點(diǎn)，則光線所經(jīng)過的路程是(　　) 圖G11－2 A．2 B．6

3、C．3 D．2 6．若直線y＝x＋b與曲線y＝3－有公共點(diǎn)，則b的取值范圍是(　　) A．[－1，1＋2] B．[1－2，1＋2] C．[1－2，3] D．[1－，3] 7．[2013·金榜省級(jí)示范中學(xué)聯(lián)考] 虛數(shù)z＝x＋yi(x，y∈R)，當(dāng)|z|＝1時(shí)，x，y滿足y－kx＋2k＝0，則k的取值范圍為(　　) A. B.∪ C．[－，] D．[－，0)∪(0，] 8．[2012·天津卷] 設(shè)m，n∈R，若直線(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0與圓(x－1)2＋(y－1)2＝1相切，則m＋n的取值范圍是(　　) A．[1－，1＋] B．(－∞，1－]∪[1＋，＋

4、∞) C．[2－2，2＋2] D．(－∞，2－2]∪[2＋2，＋∞) 二、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分) 9．[2012·金華十校聯(lián)考] 已知點(diǎn)A(－2，0)，B(1，)是圓x2＋y2＝4上的定點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)B的直線與該圓交于另一點(diǎn)C，當(dāng)△ABC面積最大時(shí)，直線BC的方程是________． 10．若圓x2＋y2－4x－4y－10＝0上恰有三個(gè)不同的點(diǎn)到直線l：y＝kx的距離為2，則k＝________． 11．[2012·淮南二中模擬] 已知兩點(diǎn)A(－2，0)，B(0，2)，點(diǎn)C是圓x2＋y2－2x＝0上的任一點(diǎn)，則三角形ABC面積的最小值是________． 三、

5、解答題(本大題共3小題，每小題14分，共42分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 12．已知直線l：y＝kx＋1，圓C：(x－1)2＋(y＋1)2＝12. (1)試證明：不論k為何實(shí)數(shù)，直線l和圓C總有兩個(gè)交點(diǎn)； (2)求直線l被圓C截得的最短弦長． 13．設(shè)點(diǎn)C為曲線y＝(x>0)上任一點(diǎn)，以點(diǎn)C為圓心的圓與x軸交于點(diǎn)E，A，與y軸交于點(diǎn)E，B. (1)證明：多邊形EACB的面積是定值，并求這個(gè)定值； (2)設(shè)直線y＝－2x＋4與圓C交于點(diǎn)M，N，若|EM|＝|EN|，求圓C的方程． 14．

6、[2012·安徽師大附中檢測(cè)] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(2a，0)，B(a，0)，a為大于零的常數(shù)，動(dòng)點(diǎn)P滿足PA＝PB，記點(diǎn)P的軌跡曲線為C. (1)求曲線C的方程； (2)曲線C上不同兩點(diǎn)Q(x1，y1)，R(x2，y2)滿足＝λ，點(diǎn)S為R關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)． ①試用λ表示x1，x2，并求λ的取值范圍； ②當(dāng)λ變化時(shí)，x軸上是否存在定點(diǎn)T，使S，T，Q三點(diǎn)共線？證明你的結(jié)論． 45分鐘滾動(dòng)基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(十一) 1．C　[解析] 拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為(1，0)，則a＝1，b＝0.r＝＝1，所以圓的方程為(x－1)2＋y2＝1. 2．A　[解

7、析] 本小題主要考查直線與圓的位置關(guān)系，解題的突破口為熟練掌握判斷直線與圓位置關(guān)系的方法．x2＋y2－4x＝0是以(2，0)為圓心，以2為半徑的圓，而點(diǎn)P(3，0)到圓心的距離為d＝＝1<2，點(diǎn)P(3，0)恒在圓內(nèi)，過點(diǎn)P(3，0)不管怎么樣畫直線，都與圓相交．故選A. 3．B　[解析] 方程|y－|＋＝0等價(jià)于y－＝0與x2＋y2－4＝0同時(shí)成立．因?yàn)閥－＝0等價(jià)于x2＋y2＝4(y≥0)；x2＋y2－4＝0等價(jià)于x2＋y2＝4，所以兩者同時(shí)成立時(shí)有x2＋y2＝4(y≥0)．也可取特殊點(diǎn)判斷． 4．B　[解析] 圓心(0，0)到直線3x＋4y－5＝0的距離d＝＝1，則＝r2－d2＝22－

8、12＝3，所以|AB|＝2. 5．A　[解析] 設(shè)點(diǎn)P關(guān)于直線AB：x＋y＝4的對(duì)稱點(diǎn)P1的坐標(biāo)為(a，b)，則＝1，＋＝4，解得a＝4，b＝2，即P1(4，2)．點(diǎn)P關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)P2(－2，0)．所以|P1P2|＝＝2.正確選項(xiàng)為A. 6．C　[解析] 曲線y＝3－的圖象如圖所示，則當(dāng)直線y＝x＋b過點(diǎn)A時(shí)b＝3，當(dāng)直線與半圓切于點(diǎn)B時(shí)，b＝1－2.當(dāng)滿足1－2≤b≤3時(shí)，直線與半圓都有公共點(diǎn)，故選擇C. 7．B　[解析] 由|z|＝1得x2＋y2＝1，再由y－kx＋2k＝0可得k＝，因?yàn)閦＝x＋yi(x，y∈R)是虛數(shù)，所以k為過圓x2＋y2＝1(除去與x軸的焦點(diǎn))上的點(diǎn)和點(diǎn)

9、(2，0)所連直線的斜率，如下圖． 所以可求得k∈∪，故選B. 8．D　[解析] 本題考查直線與圓相切的條件、點(diǎn)到直線的距離公式及不等式的運(yùn)用，考查運(yùn)算求解能力及轉(zhuǎn)化思想． ∵直線與圓相切，∴＝1，整理得mn＝(m＋n)＋1，由基本不等式得 (m＋n)＋1≤，即(m＋n)2－4(m＋n)－4≥0，解之得m＋n≤2－2或m＋n≥2＋2. 9．x＝1　[解析] AB的長度恒定，故△ABC面積最大，只需要C到直線AB的距離最大即可．此時(shí)，C在AB的中垂線上，AB的中垂線方程為y－＝－，代入x2＋y2＝4得C(1，－)，所以直線BC的方程是x＝1. 10．2－，2＋　[解析] 圓的方程

10、是(x－2)2＋(y－2)2＝(3)2，由于圓的半徑是3，因此只要圓心到直線y＝kx的距離等于，即可保證圓上有且只有三個(gè)點(diǎn)到直線的距離等于2.只要＝，即2(k2－2k＋1)＝1＋k2，即k2－4k＋1＝0，解得k＝2±. 11．3－　[解析] 依據(jù)題意作出草圖： 其中圓x2＋y2－2x＝0即為(x－1)2＋y2＝1，將AB視為三角形的底邊，頂點(diǎn)在圓上移動(dòng)，三角形的高可看作C到AB的距離，直線AB的方程為x－y＋2＝0，圓心到AB的距離d＝＝，故C到AB的最小距離為－1，∴Smin＝×2×＝3－. 12．解：方法一：(1)由消去y得(k2＋1)x2－(2－4k)x－7＝0， 因?yàn)棣ぃ?/p>

11、(2－4k)2＋28(k2＋1)>0，所以不論k為何實(shí)數(shù)，直線l和圓C總有兩個(gè)交點(diǎn)． (2)設(shè)直線與圓交于A(x1，y1)、B(x2，y2)兩點(diǎn)，則直線l被圓C截得的弦長|AB|＝|x1－x2|＝2＝2，令t＝，則tk2－4k＋(t－3)＝0，當(dāng)t＝0時(shí)k＝－，當(dāng)t≠0時(shí)，因?yàn)閗∈R，所以Δ＝16－4t(t－3)≥0，解得－1≤t≤4，故t＝的最大值為4，此時(shí)|AB|最小為2. 方法二：(1)圓心C(1，－1)到直線l的距離d＝，圓C的半徑R＝2， R2－d2＝12－＝，而11k2－4k＋8中Δ＝(－4)2－4×11×8<0，故11k2－4k＋8>0對(duì)k∈R恒成立，所以R2－d2>0，即

12、d0)，因?yàn)橐渣c(diǎn)C為圓心的圓與x軸交于點(diǎn)E，A，與y軸交于點(diǎn)E，B. 所以，點(diǎn)E是直角坐標(biāo)系原點(diǎn)，即E

13、(0，0)． 于是圓C的方程是(x－t)2＋＝t2＋.則A(2t，0)，B. 由|CE|＝|CA|＝|CB|知，圓心C在Rt△AEB的斜邊AB上，于是多邊形EACB為Rt△AEB，其面積S＝|EA|·|EB|＝·2t·＝4.所以多邊形EACB的面積是定值，這個(gè)定值是4. (2)若|EM|＝|EN|，則E在MN的垂直平分線上，即EC是MN的垂直平分線，kEC＝＝，kMN＝－2. 所以由kEC·kMN＝－1得t＝2，所以圓C的方程是(x－2)2＋(y－1)2＝5. 14．解：(1)設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(x，y)．由PA＝PB，得＝，平方整理，得x2＋y2＝2a2.所以曲線C的方程為x2＋y2＝2

14、a2. (2)①＝(x1－2a，y1)，＝(x2－2a，y2)，因?yàn)椋溅耍? 所以即 因?yàn)镼，R在曲線C上，所以 消去y1，y2，得x2＋λx1＝a(1＋λ)，⑤ 由①，⑤得x1＝a，x2＝a. 因?yàn)椋璦≤x1，x2≤a，所以－a≤a≤a，－a≤a≤a，且λ＞0， 解得3－2≤λ≤3＋2.又Q，R不重合，所以λ≠1. 故λ的取值范圍為[3－2，1)∪(1，3＋2]． ②直接法：存在符合題意的點(diǎn)T(a，0)，證明如下：＝(x2－a，－y2)，＝(x1－a，y1)， 要證明S，T，Q三點(diǎn)共線，只要證明∥，即(x2－a)y1－(x1－a)(－y2)＝0. 因?yàn)閥2＝λy1，故只要

15、(x2－a)y1＋λ(x1－a)y1＝0， 若y1＝0，則y2＝0，成立， 若y1≠0，只要x2＋λx1－a(1＋λ)＝0，由⑤知，此式成立． 所以存在點(diǎn)T(a，0)，使S，T，Q三點(diǎn)共線． 探究方法：假設(shè)存在符合題意的點(diǎn)T(m，0)． 則＝(x2－m，－y2)，＝(x1－m，y1)，由S，T，Q三點(diǎn)共線，得∥， 從而(x2－m)y1＝－y2(x1－m)，即(x2－m)y1＋λy1(x1－m)＝0. 若y1＝0，則y2＝0，成立， 若y1≠0，則(x2－m)＋λ(x1－m)＝0，即x2＋λx1－m(1＋λ)＝0， 又x2＋λx1＝a(1＋λ)，所以(a－m)(1＋λ)＝0，因?yàn)锳在圓C之外，所以λ＞0，所以m＝a. - 5 -