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【2016届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固:第8章 第2节 圆的方程


第八章

第二节

一、选择题 1.在同一坐标系下,直线 ax+by=ab 和圆(x-a)2+(y-b)2=r2(ab≠0,r>0)的图形可能 是( )

[答案] D x y [解析] 直线方程可化为 + =1,依据 A、B、C、D 中的图象可知 a>0,b<0,满足圆心 b a (a,b)中 a>0,b<0 的只有选项 D. 2.(文)圆心在抛物线 y2=2x(y>0)上,并且与抛物线的准线及 x 轴都相切的圆的方程是 ( ) 1 A.x2+y2-x-2y- =0 4 C.x2+y2-x-2y+1=0 [答案] D 1 [解析] 抛物线 y2=2x(y>0)的准线为 x=- , 圆与抛物线的准线及 x 轴都相切, 则圆心在 2 1 ? 1 ?x-1? ,1 , 直线 y=x+ (y>0)上, 与 y2=2x(y>0)联立可得圆心的坐标为? 半径为 1 , 则方程为 2 ? ? ? 2? 2
2

B.x2+y2+x-2y+1=0 1 D.x2+y2-x-2y+ =0 4

1 +(y-1)2=1,即 x2+y2-x-2y+ =0. 4 ( 理 )(2014· 广东广州综合测试 )圆 (x- 1)2 + (y -2)2 =1 关于直线 y =x 对称的圆的方程为

(

) A.(x-2)2+(y-1)2=1 C.(x+2)2+(y-1)2=1 [答案] A B.(x+1)2+(y-2)2=1 D.(x-1)2+(y+2)2=1

-1-

[解析] 圆(x-1)2+(y-2)2=1 的圆心坐标为(1,2),此点关于直线 y=x 的对称点的坐标为 (2,1),由于两圆关于直线 y=x 对称,故它们的圆心关于直线 y=x 对称,且两圆大小相等,因 此所求的对称圆的圆心坐标为(2,1),其半径为 1,方程为(x-2)2+(y-1)2=1,故选 A. 3.(文)圆 x2+y2-2x+6y+5a=0 关于直线 y=x+2b 成轴对称图形,则 a-b 的取值范围 是( ) A.(-∞,4) C.(-4,+∞) [答案] A [解析] 圆(x-1)2+(y+3)2=10-5a,由条件知,圆心 C(1,-3)在直线 y=x+2b 上,∴ b=-2,又 10-5a>0,∴a<2,∴a-b<4. (理)(2013· 开封模拟)已知直线 l:x-y+4=0 与圆 C:(x-1)2+(y-1)2=2,则圆 C 上的点 到直线 l 的距离的最小值为( A. 2 C .1 [答案] A [解析] 由题意知,圆 C 上的点到直线 l 的距离的最小值等于圆心(1,1)到直线 l 的距离减 去圆的半径,即 |1-1+4| - 2= 2. 12+?-1?2 ) B. 3 D.3 B.(-∞,0) D.(4,+∞)

4.已知圆的半径为 2,圆心在 x 轴的正半轴上,且与直线 3x+4y+4=0 相切,则圆的方 程是( ) B.x2+y2+4x=0 D.x2+y2+2x-3=0

A.x2+y2-4x=0 C.x2+y2-2x-3=0 [答案] A

|3m+4×0+4| [解析] 设圆心为 C(m,0)(m>0), 因为所求圆与直线 3x+4y+4=0 相切, 所以 32+42 14 =2,整理得:|3m+4|=10,解得 m=2 或 m=- (舍去),故所求圆的方程为(x-2)2+y2=22, 3 即 x2+y2-4x=0,故选 A. 5.(文)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 上的最短路程 是( ) A.4 C.3 2-1 [答案] A [解析] 如图,作出 A 关于 x 轴的对称点 B,最短路程是 BD=BC-r=4. B.5 D.2 6

-2-

(理)(2014· 江西理,9)在平面直角坐标系中,A、B 分别是 x 轴和 y 轴上的动点,若以 AB 为直径的圆 C 与直线 2x+y-4=0 相切,则圆 C 面积的最小值为( 4 A. π 5 C.(6-2 5)π [答案] A [解析] 本题考查直线与圆的位置关系、抛物线的定义及数形结合求最值的数学思想. 依题意,∠AOB=90° ,∴原点 O 在⊙C 上,又∵⊙C 与直线 2x+y-4=0 相切,设切点 为 D,则|OC|=|CD|,要使圆 C 的面积有最小值,当且仅当 O、C、D 三点共线,即圆 C 的直 径等于 O 点到直线的距离,∴2R= 4 2 4 ,∴R= .S=πR2= π.选 A. 5 5 5 3 B. π 4 5 D. π 4 )

6.设 A 为圆(x-1)2+y2=1 上的动点,PA 是圆的切线,且|PA|=1,则 P 点的轨迹方程是 ( ) A.(x-1)2+y2=4 C.y2=2x [答案] B [解析] 设 P(x,y),圆心 C(1,0),由题意知 PA⊥AC, ∴|PC|2=|PA|2+|AC|2=2,∴(x-1)2+y2=2,故选 B. 二、填空题 7.(2014· 重庆文)已知直线 x-y+a=0 与圆心为 C 的圆 x2+y2+2x-4y-4=0 相交于 A, B 两点,且 AC⊥BC,则实数 a 的值为________. [答案] 0 或 6 [解析] 圆 C: x2+y2+2x-4y-4=0 的标准方程为(x+1)2+(y-2)2=9, 所以圆心为 C(- |-1-2+a| 3 2 1,2),半径为 3.因为 AC⊥BC,所以圆心 C 到直线 x-y+a=0 的距离为 ,即 = 2 2 3 2 ,所以 a=0 或 6. 2 8.(2013· 陕西检测)已知点 P 是圆 C:x2+y2+4x-6y-3=0 上的一点,直线 l:3x-4y- 5=0.若点 P 到直线 l 的距离为 2,则符合题意的点 P 有________个. [答案] 2 [解析] 由题意知圆的标准方程为(x+2)2+(y-3)2=42,∴圆心(-2,3)到直线 l 的距离 d B.(x-1)2+y2=2 D.y2=-2x

-3-



|-6-12-5| 23 = >4,故直线与圆相离,则满足题意的点 P 有 2 个. 5 5 9.(文)已知动圆的圆心 C 在抛物线 x2=2py(p>0)上,该圆经过点 A(0,p),且与 x 轴交于

两点 M、N,则 sin∠MCN 的最大值为________. [答案] 1 [解析] 当圆心 C 的纵坐标为 p 时, C( 2p, p)为圆心的圆方程为(x- 2p)2+(y-p)2=2p2, 令 y=0 得,x= 2p± p,∴MC⊥NC,∴sin∠MCN=1. (理)(2014· 福州质检)若直线 x-y+2=0 与圆心为 C 的圆(x-3)2+(y-3)2=4 相交于 A、B → → 两点,则CA· CB的值为________. [答案] 0
?y=x+2 ?x=3 ?x=1, ? ? ? [解析] 依题意得, 点 C 的坐标为(3,3). 由? , 解得? 或? 2 2 ??x-3? +?y-3? =4 ?y=5 ?y=3. ? ? ?

→ → → → 可令 A(3,5)、B(1,3),∴CA=(0,2),CB=(-2,0),∴CA· CB=0. 三、解答题 10.(文)(2013· 福建)如图,抛物线 E:y2=4x 的焦点为 F,准线 l 与 x 轴的交点为 A.点 C 在抛物线 E 上,以 C 为圆心,|CO|为半径作圆,设圆 C 与准线 l 交于不同的两点 M,N. (1)若点 C 的纵坐标为 2,求|MN|; (2)若|AF|2=|AM|· |AN|,求圆 C 的半径.

[解析] (1)抛物线 y2=4x 的准线 l 的方程为 x=-1. 由点 C 的纵坐标为 2,得点 C 的坐标为(1,2), 所以点 C 到准线 l 的距离 d=2,又|CO|= 5. 所以|MN|=2 |CO|2-d2=2 5-4=2.
2 2 y2 y0 y4 0 0 2 y0 2 (2)设 C( ,y0),则圆 C 的方程为(x- )2+(y-y0)2= +y2 0,即 x - x+y -2y0y=0. 4 4 16 2

y2 0 由 x=-1,得 y2-2y0y+1+ =0, 2 设 M(-1,y1),N(-1,y2),则

-4-

? ? y ?y y = 2 +1.
1 2 2 0

y2 0 2 2 Δ=4y0 -4?1+ ?=2y0 -4>0, 2

由|AF|2=|AM|· |AN|,得|y1y2|=4, y2 0 所以 +1=4,解得 y0=± 6,此时 Δ>0. 2 3 3 所以圆心 C 的坐标为( , 6)或( ,- 6), 2 2 从而|CO|2= 33 33 33 ,|CO|= ,即圆 C 的半径为 . 4 2 2

2 (理)(2014· 江苏盐城二模)已知以点 C(t, )(t∈R, t≠0)为圆心的圆与 x 轴交于点 O 和点 A, t 与 y 轴交于点 O 和点 B,其中 O 为原点. (1)求证:△OAB 的面积为定值; (2)设直线 y=-2x+4 与圆 C 交于点 M,N,若 OM=ON,求圆 C 的方程. [分析] (1)由于⊙C 过原点 O,OC 为圆的半径,据此可得出圆的方程,求出⊙C 与两轴 1 交点坐标,验证 |OA|· |OB|为定值. 2 (2)由条件易知 OC 垂直平分 MN,求出 t 的值即可确定圆的方程. [解析] (1)证明:∵圆 C 过原点 O, 4 ∴|OC|2=t2+ 2. t 2 4 设圆 C 的方程是(x-t)2+(y- )2=t2+ 2, t t 4 令 x=0,得 y1=0,y2= ; t 令 y=0,得 x1=0,x2=2t, 1 1 4 ∴S△OAB= |OA|· |OB|= ×| |×|2t|=4, 2 2 t 即△OAB 的面积为定值. (2)∵OM=ON,CM=CN,∴OC 垂直平分线段 MN. 1 ∵kMN=-2,∴kOC= . 2 2 1 ∴ = t,解得 t=2 或 t=-2. t 2 当 t=2 时,圆心 O 的坐标为(2,1),OC= 5, 此时,C 到直线 y=-2x+4 的距离 d= 1 < 5,圆 C 与直线 y=-2x+4 相交于两点. 5

当 t=-2 时,圆心 C 的坐标为(-2,-1),OC= 5,此时 C 到直线 y=-2x+4 的距离
-5-

d=

9 > 5. 5 圆 C 与直线 y=-2x+4 不相交, ∴t=-2 不符合题意,舍去. ∴圆 C 的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.

一、选择题 11.(2014· 辽宁沈阳四校联考)已知 A(-2,0),B(0,2),实数 k 是常数,M,N 是圆 x2+y2 +kx=0 上两个不同点,P 是圆 x2+y2+kx=0 上的动点,如果 M,N 关于直线 x-y-1=0 对 称,则△PAB 面积的最大值是( A.3- 2 C.3+ 2 [答案] C k k [解析] 依题意得圆 x2+y2+kx=0 的圆心(- ,0)位于直线 x-y-1=0 上,于是有- - 2 2 x 1=0, 即 k=-2, 因此圆心坐标是(1,0), 半径是 1.由题意可得|AB|=2 2, 直线 AB 的方程是 -2 |1-0+2| 3 2 y + =1,即 x-y+2=0,圆心(1,0)到直线 AB 的距离等于 = ,点 P 到直线 AB 的 2 2 2 3 2+2 3 2 1 距离的最大值是 +1,∴△PAB 面积的最大值为 ×2 2× =3+ 2,故选 C. 2 2 2 12.(文)点 P(4,-2)与圆 x2+y2=4 上任一点连线的中点的轨迹方程是( A.(x-2)2+(y+1)2=1 C.(x+4)2+(y-2)2=4 [答案] A x , ?x=4+ 2 M(x , y) ,则 ? -2+y ?y= 2 .
0 0

) B.4 D.6

)

B.(x-2)2+(y+1)2=4 D.(x+2)2+(y-1)2=1

[ 解析 ]

设圆上任一点为 Q(x0 , y0) , PQ 的中点为

解得

? ?x0=2x-4, 2 2 2 ? 因为点 Q 在圆 x2+y2=4 上,所以 x2 0+y0=4,即(2x-4) +(2y+2) =4,即(x- ?y0=2y+2. ?

2)2+(y+1)2=1. (理)已知圆 x2+y2=4,过点 A(4,0)作圆的割线 ABC,则弦 BC 中点的轨迹方程为( 1 -1≤x< ? A.(x-1)2+y2=4 ? 2 ? ? B.(x-1)2+y2=4 (0≤x<1) )

-6-

1? C.(x-2)2+y2=4 ? ?-1≤x<2? D.(x-2)2+y2=4 (0≤x<1) [答案] D [分析] 直线过点 A,可设出点斜式方程,由 OP 与割线 ABC 垂直,消去斜率 k 可得轨迹 方程,注意 k 不存在的情形. y 1 [解析] 设割线的方程为 y=k(x-4),再设 BC 中点的坐标为(x,y),则 =- , x k 代入 y=k(x-4)消去 k 得,(x-2)2+y2=4. 画出图形易知轨迹应是在已知圆内的部分,且 x 的取值范围是 0≤x<1.故选 D. [点评] 1.求动点 M 的轨迹方程时, 设 M(x, y), 然后结合已知条件找 x、 y 满足的关系式. 如 果点 M 的运动依赖于点 A 的运动,而点 A 在已知曲线 C 上,这时将 A 的坐标用 x、y 表示, 代入 C 的方程,即得 M 点的轨迹方程. 求轨迹方程的一般步骤: 建系,设点、列式、化简,下结论. 2.求与圆有关的轨迹问题的方法: (1)直接法:直接根据题目提供的条件列出方程. (2)定义法:根据圆、直线等定义列方程. (3)几何法:利用圆的几何性质列方程. (4)代入法,找到要求点与已知点的关系,代入已知点满足的关系式等. 3.注意“求轨迹”与“求轨迹方程”的区别. 13. (2013· 重庆)设 P 是圆(x-3)2+(y+1)2=4 上的动点, Q 是直线 x=-3 上的动点, 则|PQ| 的最小值为( A.6 C .3 [答案] B [解析] 如图所示,要使|PQ|最小,则过圆心作直线 x=-3 的垂线分别与圆及直线交于点 P、Q,此时|PQ|最小,圆心到直线 x=-3 的距离为 6,则|PQ|min=6-2=4.故选 B. ) B.4 D.2

-7-

14.过点 A(11,2)作圆 x2+y2+2x-4y-164=0 的弦,其中弦长为整数的共有( A.16 条 C.32 条 [答案] C B.17 条 D.34 条

)

[解析] ∵圆 x2+y2+2x-4y-164=0 的标准方程为:(x+1)2+(y-2)2=132,即此圆是一 个以点 O(-1,2)为圆心,以 R=13 为半径的圆. ∵|OA|=12,而 R=13,经过 A 点且垂直于 OA 的弦是经过 A 点的最短的弦,∴其长度为 2 132-122=10;而经过 A 点的最长的弦为圆的直径 2R=26; ∴经过 A 点且为整数的弦长还可以取 11,12,13,14,15,?,25 共 15 个值,又由于圆内弦 的对称性,经过某一点的弦的长若介于最大值与最小值之间,则一定有 2 条,而最长弦与最 短弦各只有 1 条,故一共有 15×2+2=32 条. 二、填空题 15.(2014· 新课标全国Ⅱ理)设点 M(x0,1),若在圆 O:x2+y2=1 上存在点 N,使得∠OMN =45° ,则 x0 的取值范围是________. [答案] [-1,1] [解析] 当 x0=0 时,点 N 显然存在,当 x0≠0 时,在坐标系中画出圆 O 和直线 l:y=1, 其中 M(x0,1)在直线上, 设 l 与 y 轴交点为 A,过 M 作⊙O 的切线 MB,切点为 B,则∠OMB=∠OMA;当 x0=1 时,点 M 在 P 处,∠OPB=45° ,点 M 在 M1 处时,0<x0<1,∠OM1B1>45° ,点 M 在 M2 处时, x0>1,∠OM2B2<45° . 因此,当 0<x0≤1 时,在⊙O 上存在点 N,使∠OMN=45° ,由对称性知,当-1≤x0≤1 时,点 N 存在,

∴-1≤x0≤1. 16.(文)(2014· 上海崇明二模)已知圆 O:x2+y2=c(0<c≤1),点 P(a,b)是该圆面(包括⊙O 圆周及内部)上一点,则 a+b+c 的最小值等于________. 1 [答案] - 2 [解析] 依题意可得 a2+b2≤c.令 z=a+b+c.所以 a,b 的关系如图所示.所以目标函数 b
-8-

=-a+z-c.所以当直线 a+b+c=z 与圆相切且在圆下方时 z 最小. 由圆心到直线的距离可得, z=c- 2c=( c- 22 1 1 1 ) - .所以当且仅当 c= 时,zmin=- . 2 2 2 2

(理)(2013· 惠州调研)已知直线 2ax+by=1(a,b 是实数)与圆 O:x2+y2=1(O 是坐标原点) 相交于 A,B 两点,且△AOB 是直角三角形,点 P(a,b)是以点 M(0,1)为圆心的圆 M 上的任意 一点,则圆 M 的面积的最小值为________. [答案] (3-2 2)π [解析] 因为直线与圆 O 相交所得△AOB 是直角三角形,可知∠AOB=90° ,所以圆心 O 到直线的距离为 1 2 1 2 2 2 2= 2 ,所以 a =1-2b ≥0,即- 2≤b≤ 2.设圆 M 的半径为 r,则 2a +b 1 2 2 b -2b+2= (2-b),又- 2≤b≤ 2,所以 2+1≥|PM|≥ 2 2 2

r=|PM|= a2+?b-1?2=

-1,所以圆 M 的面积的最小值为(3-2 2)π. [点评] 一、数形结合思想 在解决与圆有关的最值问题时,主要借助圆的几何性质,用数形结合的方法求解. 1.圆上点到定点 P 的距离的最大(小)值:连结圆心 C 与 P 交圆于两点为最大(小)值点. (1)点 P 在⊙C 内,过点 P 的⊙C 的弦中,最长的为 EF(过圆心),最短的为 AB(AB⊥EF), 在⊙C 上所有点中,点 E 到点 P 距离最小,点 F 到点 P 距离最大.

(2)点 P 在⊙C 外,PC 与圆交于 E、F,圆上所有点中到点 P 距离最大(小)的点为 F(E), 过点 P 可作两条直线 PA、PB 与⊙C 相切,则 PC 为∠APB 的平分线,PC 垂直平分 AB.

2.圆上的点到定直线的距离最值:由圆心向直线作垂线与圆两交点为最值点. 直线 l 与⊙C 外离,PC⊥l 交⊙C 于 A、B,则在⊙C 上到直线 l 距离最大(小)的点为 B(A).
-9-

二、等价转化思想 已知点 P(x,y)为圆上动点 y-b (1)形如 的最值转化为动直线的斜率求解,一般在相切位置取最值. x-a (2)形如 ax+by 的最值,一般设 u=ax+by,转化为动直线的截距问题.用判别式法求解, 或在相切位置取最值. (3)形如(x-a)2+(y-b)2 的最值转化为动点到定点的距离问题或设(x-a)2+(y-b)2=k2, 转 化为两圆有公共点时,k 的取值范围问题. 三、解答题 17. (文)(2013· 新课标Ⅱ)在平面直角坐标系 xOy 中, 己知圆 P 在 x 轴上截得线段长为 2 2, 在 y 轴上截得线段长为 2 3. (1)求圆心 P 的轨迹方程; (2)若 P 点到直线 y=x 的距离为 2 ,求圆 P 的方程. 2

[解析] (1)设 P(x,y),圆 P 的半径为 r. 由题意知 y2+2=r2,x2+3=r2,从而得 y2+2=x2+3. ∴点 P 的轨迹方程为 y2-x2=1. (2)设与直线 y=x 平行且距离为 =± 1. ∴l:x-y+1=0 或 x-y-1=0. 与方程 y2-x2=1 联立得交点坐标为 A(0,1),B(0,-1). 即点 P 的坐标为(0,1)或(0,-1),代入 y2+2=r2 得 r2=3. ∴圆 P 的方程为 x2+(y+1)2=3 或 x2+(y-1)2=3. (理)设 O 点为坐标原点,曲线 x2+y2+2x-6y+1=0 上有两点 P、Q 关于直线 x+my+4 → → =0 对称,且OP· OQ=0. (1)求 m 的值; (2)求直线 PQ 的方程. [解析] (1)曲线方程为(x+1)2+(y-3)2=9,表示圆心为(-1,3),半径为 3 的圆. ∵点 P,Q 在圆上且关于直线 x+my+4=0 对称. 2 的直线为 l:x-y+c=0,由平行线间的距离公式得 C 2

- 10 -

∴圆心(-1,3)在直线上,代入直线方程得 m=-1. (2)∵直线 PQ 与直线 y=x+4 垂直, ∴设 P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ 方程为 y=-x+b. 将 y=-x+b 代入圆方程得, 2x2+2(4-b)x+b2-6b+1=0. Δ=4(4-b)2-8×(b2-6b+1)>0, ∴2-3 2<b<2+3 2, 由韦达定理得, b2-6b+1 x1+x2=b-4,x1· x2= , 2 y1· y2=(-x1+b)(-x2+b) b2+2b+1 =b -b(x1+x2)+x1· x2= , 2
2

→ → ∵OP· OQ=0,∴x1x2+y1y2=0, b2-6b+1 b2+2b+1 即 + =0. 2 2 解得 b=1∈(2-3 2,2+3 2). ∴所求的直线方程为 y=-x+1. 18.(2014· 合肥质检)如图,以原点 O 为圆心的两个同心圆的半径分别为 3 和 1,过原点 O 的射线交大圆于点 P,交 → → → → 小圆于点 Q,P 在 y 轴上的射影为 M.动点 N 满足PM=λPN且PM· QN=0.

(1)求点 N 的轨迹方程; (2)过点 A(0,3)作斜率分别为 k1、k2 的直线 l1、l2,与点 N 的轨迹分别交于 E、F 两点,k1· k2 =-9.求证:直线 EF 过定点. → → → → [解析] (1)由PM=λPN且PM· QN=0 可知,N、P、M 三点共线且 PM⊥QN. 过点 Q 作 QN⊥PM,垂足为 N,设 N(x,y),∵|OP|=3,|OQ|=1,由相似可知 P(3x,y). y2 ∵P 在圆 x2+y2=9 上,∴(3x)2+y2=9,即 +x2=1, 9 y2 ∴点 N 的轨迹方程为 +x2=1. 9

- 11 -

y=k x+3 ? ?2 1 (2)设 E(xE,yE),F(xF,xF),依题意,由?y ,得 2 ? ? 9 +x =1 6k1 2 (k2 , 1+9)x +6k1x=0 ①,解得 x=0 或 x=- 2 k1+9 27-3k2 6k 1 6k1 1 ∴xE=- 2 ,yE=k1(- 2 )+3= 2 , k1+9 k1+9 k1+9 ∴E(-
2 6k1 27-3k1 , 2 ). 2 k1+9 k1+9 2

9 9 6k1 3k1-27 ∵k1k2=-9,∴k2=- ,用- 替代①中的 k1,同理可得 F( 2 , 2 ). k1 k1 k1+9 k1+9 显然 E,F 关于原点对称,∴直线 EF 必过原点 O.

- 12 -


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