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2014届高三数学一轮总复习单元检测(人教A):第七章 直线和圆的方程


2014 届高三数学一轮总复习单元检测(人教 A) : 第七章 直线和圆的方程

时间:120 分钟 分值:150 分 第Ⅰ卷(选择题 共 60 分) 一、选择题:(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的.) 1.将圆 x2+y2=1 按向量 a=(2,-1)平移后,恰好与直线 x-y+b=0

相切,则实数 b 的值为( ) B.-3± 2 D.-2± 2

A.3± 2 C.2± 2

解析:∵将圆 x2+y2=1 按向量 a=(2,-1)平移后,圆心(0,0)平移到点(2,-1),此时 |2-?-1?+b| 平移后的圆恰好与直线 x-y+b=0 相切, 则圆心到直线的距离等于半径, 即 d= 2 =1=r,解得 b=-3± 2,故选 B. 答案:B 2.若直线 l 与直线 y=1,x=7 分别交于点 P,Q,且线段 PQ 的中点坐标为(1,-1), 则直线 l 的斜率为( 1 A. 3 3 C.- 2 ) 1 B.- 3 2 D. 3

?a+7=2 ? 解析:依题意,设点 P(a,1),Q(7,b),则有? ,解得 a=-5,b=-3,从 ? ?b+1=-2

-3-1 1 而可知直线 l 的斜率为 =- ,选 B. 3 7+5 答案:B
?x=1+cosθ ? 3.已知点 A(-2,0),B(0,2),C 是曲线? (θ∈R)上任意一点,则△ABC 的面 ? ?y=sinθ

积的最小值等于( 3- 2 A. 2 C.3

) B.3+ 2 D.3- 2

3 2 解析: 直线 AB: y=x+2, 点 C 在圆(x-1)2+y2=1 上, 圆心(1,0)到直线 AB 的距离为 , 2 3 2 |AB|=2 2,点 C 到直线 AB 的距离的最小值为 -1, 2 1 3 2 ? ∴(S△ABC)min= ×2 2×? =3- 2,故选 D. 2 ? 2 -1? 答案:D 4.已知圆 M:(x-4)2+(y-3)2=25,过圆 M 内定点 P(2,1)作两条相互垂直的弦 AC 和 BD,那么四边形 ABCD 的面积最大值为( A.21 21 C. 2 ) B.21 3 D.42

解析:当直线 AC、BD 中有一条直线斜率为 0 时,不妨设直线 AC 的斜率为 0,易知此 1 时|AC|=|BD|=2 21,S 四边形 ABCD= · |AC|· |BD|=42(对于此题来说,至此再结合选项可知,选 2 D).当直线 AC、BD 的斜率均不为 0 时,设直线 AC 的斜率为 k(k≠0),则直线 AC 的方程是 y-1=k(x-2),即 kx-y+1-2k=0,此时圆心 M(4,3)到直线 AC 的距离等于 |2k-2| 1 ,|AC| k2+1

=2

? |2k-2| ? 25-? 2 ?2 = 2 ? k +1?

8k 21+ 2 ,同理 |BD| = 2 k +1 64k2 <42. ?k2+1?2

? ?|2×? ?-k?-2|? 25-? ? =2 ?-1? +1 ? ? k? ?
2 2

8k 1 21- 2 ,S 四边形 ABCD= · |AC|· |BD|=2 2 k +1

212-

综上所述,四边形 ABCD 的面积最大值是 42,选 D. 答案:D 5.将直线 l1:y=2x 绕原点逆时针旋转 60° 得直线 l2,则直线 l2 到直线 l3:x+2y-3=0 的角为( ) B.60° D.150°

A.30° C.120°

解析:记直线 l1 的斜率为 k1,直线 l3 的斜率为 k3,注意到 k1k3=-1,l1⊥l3,依题意画 出示意图,结合图形分析可知,直线 l2 到直线 l3 的角是 30° ,选 A. 答案:A 6. 圆 C 的方程为(x-2)2+y2=4, 圆 M 的方程为(x-2-5cosθ)2+(y-5sinθ)2=1(θ∈R), → → 过圆 M 上任意一点 P 作圆 C 的两条切线 PE、 PF, 切点分别为 E、 F.则PE· PF的最小值是( A.12 C.6 B.10 D.5 )

解析:显然圆 C 是一个以(2,0)为圆心,2 为半径的圆;设圆 M 的圆心为(x,y),则
? ?x=2+5cosθ ? ,即(x-2)2+y2=25,显然,圆 M 的圆心在一个以(2,0)为圆心,5 为半径的 ?y=5sinθ ?

→ → 圆上运动, 这类似于一个地球绕着太阳转的模型, 显然当点 P 距离点 C 最近时, PE· PF最小. 在 圆(x-2)2+y2=25 上取一点(2,5),以点(2,5)为圆心作圆 M,此时圆 M 上距离点 C 最近的点 为 P(2,4),连结 PE、PF、CE、CF,∵PE、PF 是圆 C 的切线,∴PE⊥CE,PF⊥CF;又∵ PC=4,CE=CF=2,∴PE=PF= 12;在△CPE 中,cos∠CPE= 12 , 4

∴cos∠FPE=cos2∠CPE=2×?

1 12?2 -1= ; 2 ? 4 ?

1 → → → → ∴PE· PF=|PE|· |PF|cos∠FPE= 12× 12× =6;类似地,当点 M 在圆(x-2)2+y2=25 2 上运动时有同样的结论.故选 C. 答案:C x-y+2≤0 ? ? 7.已知 A 为 xOy 平面内的一个区域.甲:点(a,b)∈{(x,y)|?x≥0 ? ?3x+y-6≤0 点(a,b)∈A.如果甲是乙的必要条件,那么区域 A 的面积( A.最小值为 2 C.最大值为 2 x-y+2≤0 ? ? 解析:如图,作出不等式组?x≥0 ? ?3x+y-6≤0 )

};乙:

B.无最大值 D.最大值为 1

所表示的平面区域,记作 B.

∵甲是乙的必要条件,∴乙?甲,∴(a,b)∈A?(a,b)∈B,即区域 A 内的点都在区域 1 B 内,而 SB= ×4×1=2,∴SA≤2,即 SA 的最大值为 2,故选 C. 2

答案:C x+y≥2 ? ? 8.(2011· 济南模拟)已知变量 x,y 满足约束条件?x-y≤2 ? ?0≤y≤3 在点(5,3)处取得最小值,则实数 a 的取值范围为( A.(1,+∞) C.(-1,+∞) ) B.(-∞,1) D.(-∞,-1)

,若目标函数 z=y-ax 仅

解析:点(5,3)为直线 y=3 和直线 x-y=2 的交点,通过绘制可行域,观察直线 z=y- ax 绕点(5,3)旋转,易得该直线的斜率即 a 的取值范围为(1,+∞). 答案:A x-4y+3≤0 ? ? 9. 设 O 是坐标原点, 点 M 的坐标为(2,1). 若点 N(x, y)满足不等式组?2x+y-12≤0, ? ?x≥1 → → 则使得OM· ON取得最大值时点 N 的个数为( A.1 个 C.3 个 解析: ) B.2 个 D.无数个

→ → 作出可行域为如图所示的△ABC,令 z=OM· ON=2x+y.∵其斜率 k=-2=kBC,∴z= → → OM· ON=2x+y 与线段 BC 所在的直线重合时取得最大值,所以满足条件的点 N 有无数个, 故选 D. 答案:D 4x+3y-25≤0 ? ? 10.已知 O 为直角坐标系原点,P、Q 两点的坐标均满足不等式组?x-2y+2≤0, ? ?x-1≥0 tan∠POQ 的最大值等于( 1 A. 2 C. 3 2 ) B.1 D.0



解析:作出可行域,则 P、Q 在图中所示的位置时,∠POQ 最大,即 tan∠POQ=tan(∠

tan∠POM-tan∠QOM POM-∠QOM)= = 1+tan∠POM· tan∠QOM

3 7- 4 3 1+7× 4

=1,所以最大值为 1,选 B.

答案:B 11.已知两个不相等的实数 a、b 满足以下关系式: π π a2· sinθ+a· cosθ- =0,b2· sinθ+b· cosθ- =0,则连接 A(a2,a)、B(b2,b)两点的直线 4 4 与圆心在原点的单位圆的位置关系是( A.相离 C.相切 ) B.相交 D.不能确定

π 解析:依题意得,点 A,B 均在直线 xsinθ+ycosθ- =0 上,即直线 AB 的方程是 xsinθ 4 π π +ycosθ- =0,注意到原点到该直线的距离为 d= <1,因此选 B. 4 4 答案:B 12.已知关于 x 的方程 x3+ax2+bx+c=0 的三个实根可作为一个椭圆,一个双曲线, b-1 一个抛物线的离心率,则 的取值范围是( a+1 A.(-2,0) C.(-1,0) 解析: ) B.(0,2) D.(0,1)

依题意,方程 x3+ax2+bx+c=0 必有三根 0<x1<1,x2>1,x3=1,所以 c=-(a+b)-1, 则 f(x)=x3+ax2+bx-(a+b)-1=(x-1)[x2+(a+1)x+a+b+1],因此,0<x1<1,x2>1 是方 程 g(x)=x2+(a+1)x+a+b+1=0 的两根,因此
?g?0?=a+b+1>0 ? b-1 ? ,作出此不等式组对应的可行域,如图, 表示可行域内的点与 a+1 ?g?1?=2a+b+3<0 ?

点(-1,1)连线的斜率 k,因为 a+b+1=0 与 2a+b+3=0 交点为(-2,1),所以由图易知- 2<k<0,选择 A.

答案:A 第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分) 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确答案填在题中横线上) 2x-y+2≥0, ? ? 13.设 x,y 满足约束条件?8x-y-4≤0, ? ?x≥0,y≥0, 为 8,则 a+b 的最小值为________. 解析:原不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,当直线 z=abx+y(a>0,b>0) 过直线 2x-y+2=0 与直线 8x-y-4=0 的交点(1,4)时, 目标函数 z=abx+y(a>0, b>0)取得 最大值 8,即 8=ab+4,ab=4,∴a+b≥2 ab=4.

若目标函数 z=abx+y(a>0,b>0)的最大值

答案:4 14.直线 y=2x+m 和圆 x2+y2=1 交于 A、B 两点,以 Ox 为始边,OA、OB 为终边的 角分别为 α、β,则 sin(α+β)的值为________. 解析:

设 AB 的倾斜角为 θ, AB 的中点为 C, AB 与 x 轴的交点为 D, 则 tanθ=2, ∠xOC=

α+β , 2

α+β π π (π-∠xOC)+θ= ,即 = +θ,α+β=π+2θ,所以 sin(α+β)=-sin2θ=-2sinθcosθ= 2 2 2 - 2tanθ 4 =- . 5 1+tan2θ 4 答案:- 5

15.过原点 O 作一条倾斜角为 15° 的直线 l 与圆 C:(x-1)2+y2=4 相交于两点 M、N, → → 则OM· ON=________. → → 解析:设圆 C 与 x 轴交于 E,F 两点,依题意得原点 O 位于圆内,向量OM、ON反向共 → → 线,则OM· ON=-|OM|· |ON|,由相交弦定理得|OM|· |ON|=|OE|· |OF|.又|OE|· |OF|=(2-|OC|)(2 → → +|OC|)=4-|OC|2=3,因此OM· ON=-|OM|· |ON|=-3. 答案:-3 点评:有关圆的问题,常常需要借助有关圆的性质将问题转化,否则计算可能会比较复 杂. 16.在平面直角坐标系 xOy 中,已知集合 A={(x,y)|x-y≤2,x≥0,y≤0},则集合 B ={(2x+y,x-2y)|(x,y)∈A}表示的平面区域的面积为________.
? ?x′=2x+y 解析:设? ,则 ?y′=x-2y ?

+y′ ?x=2x′5 ? x′-2y′ ?y= 5

,代入集合 A 中需要满足的不等式组为

x′+3y′≤10 ? ? ?2x′+y′≥0 ? ?x′-2y′≤0

,则此不等式组表示的平面区域即为集合 B,作出图象可知,可行域即为

以(0,0),(-2,4),(4,2)为顶点的三角形,则其面积为 10. 答案:10 三、 解答题: (本大题共 6 小题, 共 70 分. 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤. ) 17.(本小题满分 10 分)如图,矩形 ABCD 的两条对角线相交于点 M(2,0),AB 边所在直 线的方程为 x-3y-6=0,点 T(-1,1)在 AD 边所在直线上.

(1)求 AD 边所在直线的方程; (2)求矩形 ABCD 外接圆的方程. (3)过 N(-2,0)作圆 P 与 ABCD 外接圆外切,求圆心 P 的轨迹方程. 解析:(1)因为 AB 边所在直线的方程为 x-3y-6=0,且 AD 与 AB 垂直,所以直线 AD 的斜率为-3. 又因为点 T(-1,1)在直线 AD 上, 所以 AD 边所在直线的方程为 y-1=-3(x+1),

即 3x+y+2=0.
? ?x-3y-6=0 (2)由? 解得点 A 的坐标为(0,-2), ?3x+y+2=0 ?

因为矩形 ABCD 两条对角线的交点为 M(2,0), 所以 M 为矩形 ABCD 外接圆的圆心. 又|AM|= ?2-0?2+?0+2?2=2 2, 从而矩形 ABCD 外接圆的方程为(x-2)2+y2=8. (3)因为动圆 P 过点 N,所以|PN|是该圆的半径,又因为动圆 P 与圆 M 外切,所以|PM| =|PN|+2 2,即|PM|-|PN|=2 2. 故点 P 的轨迹是以 M, N 为焦点, 实轴长为 2 2的双曲线的左支. 因为实半轴长 a= 2, 半焦距 c=2, 所以虚半轴长 b= c2-a2= 2. x2 y2 从而动圆 P 的圆心的轨迹方程为 - =1(x≤- 2). 2 2 18.(本小题满分 12 分)如图,已知圆 C:(x-a)2+(y-a)2=a2 和直线 l:3x+4y+3=0, 若圆 C 上有且仅有两个点到 l 的距离等于 1,求 a 的取值范围.

解析:设与 l 平行且到 l 距离为 1 的直线为: |c-3| 3x+4y+c=0,则 =1,∴c=-2 或 c=8. 52 |3a+4a-2| |3a+4a+8| 由已知 <|a|或 <|a|, 5 5 整理得|7a-2|<5|a|或|7a+8|<5|a|, 即 6a2-7a+1<0 或 3a2+14a+8<0. 1 2 解得 <a<1 或-4<a<- . 6 3 2 1 因此所求 a 的范围是:-4<a<- 或 <a<1. 3 6 19.(本小题满分 12 分)如图,已知定圆 C:x2+(y-3)2=4,定直线 m:x+3y+6=0, 过 A(-1,0)的一条动直线 l 与直线 m 相交于 N,与圆 C 相交于 P、Q 两点,M 是 PQ 的中 点.

(1)当 l 与 m 垂直时,求证:l 过圆心 C; (2)当|PQ|=2 3时,求直线 l 的方程; → → (3)设 t=AM· AN,试问 t 是否为定值,若为定值,请求出 t 的值;若不为定值,请说明 理由. 1 解析:(1)证明:由已知 km=- ,故 kl=3,所以直线 l 的方程为 y=3(x+1).将圆心 3 C(0,3)代入方程易知 l 过圆心 C. (2)当直线 l 与 x 轴垂直时,易知 x=-1 符合题意; 当直线 l 与 x 轴不垂直时,设直线 l 的方程为 y=k(x+1),由于|PQ|=2 3,所以|CM|= 1,由|CM|= |-k+3| 4 =1,解得 k= . 2 3 k +1

故直线 l 的方程为 x=-1 或 4x-3y+4=0. 5 → (3)解法一: 当 l 与 x 轴垂直时, 易得 M(-1,3), N(-1, - ), 又 A(-1,0), 则AM=(0,3), 3 5 → 0,- ?, AN=? 3? ? → → 故AM· AN=-5.即 t=-5. 当 l 的斜率存在时, 设直线 l 的方程为 y=k(x+1), 代入圆的方程得(1+k2)x2+(2k2-6k)x xP+xQ -k2+3k 3k2+k +k2-6k+5=0.则 xM= = , y = k ( x + 1) = , M M 2 1+k2 1+k2 即 M? → ?3k+1 3k +k? ?-k +3k,3k +k?,AM , =? ?. 2 2? 1+k ? ? 1+k ? 1+k2 1+k2 ?
2 2 2

? ?y=k?x+1?, ?-3k+6, -5k ?, 又由? 得 N? ? ? 1+3k 1+3k? ?x+3y+6=0, ?

-5k ? → ? -5 , 则AN=? ?. ?1+3k 1+3k? → → 故 t=AM· AN= -15k-5 -5k?3k2+k? -5?1+3k??1+k2? + = =-5. 2 ?1+k ??1+3k? ?1+k2??1+3k? ?1+3k??1+k2?

综上,t 的值为定值,且 t=-5. 解法二:连结 CA 并延长交直线 m 于点 B,连结 CM、CN,由(1)知 AC⊥m,又 CM⊥l,

→ → → → 所以四点 M、 C、 N、 B 都在以 CN 为直径的圆上, 由相交弦定理得 t=AM· AN=-|AM|· |AM → → |=-|AC|· |AB|=-5. x+2y≤4, ? ? 20.(本小题满分 12 分)已知关于 x、y 的二元一次不等式组?x-y≤1, ? ?x+2≥0. (1)求函数 u=3x-y 的最大值和最小值; (2)求函数 z=x+2y+2 的最大值和最小值. x+2y≤4, ? ? 解:(1)作出二元一次不等式组?x-y≤1, ? ?x+2≥0

表示的平面区域,如图所示.

由 u=3x-y,得 y=3x-u,得到斜率为 3,在 y 轴上的截距为-u,随 u 的变化的一组 平行线, 由图可知,当直线经过可行域上的 C 点时,截距-u 最大,即 u 最小,
?x+2y=4, ? 解方程组? 得 C(-2,3), ?x+2=0 ?

∴umin=3×(-2)-3=-9.
? ?x+2y=4, 当直线经过可行域上的 B 点时,截距-u 最小,即 u 最大,解方程组? 得 ?x-y=1, ?

B(2,1), ∴umax=3×2-1=5. ∴u=3x-y 的最大值是 5,最小值是-9. x+2y≤4, ? ? (2)作出二元一次不等式组?x-y≤1, ? ?x+2≥0

表示的平面区域,如图所示.

1 1 1 由 z=x+2y+2,得 y=- x+ z-1,得到斜率为- , 2 2 2 1 在 y 轴上的截距为 z-1,随 z 变化的一组平行线, 2 1 由图可知,当直线经过可行域上的 A 点时,截距 z-1 最小,即 z 最小, 2
?x-y=1, ? 解方程组? 得 A(-2,-3), ?x+2=0, ?

∴zmin=-2+2×(-3)+2=-6. 1 当直线与直线 x+2y=4 重合时,截距 z-1 最大,即 z 最大, 2 ∴zmax=4+2=6. ∴z=x+2y+2 的最大值是 6,最小值是-6. 21.(本小题满分 12 分)已知圆 C:x2+y2-4x-14y+45=0 及点 Q(-2,3). (1)若点 P(m,m+1)在圆 C 上,求直线 PQ 的斜率; (2)若 M 是圆 C 上任一点,求|MQ|的最大值和最小值; b-3 (3)若点 N(a,b)满足关系式 a2+b2-4a-14b+45=0,求 μ= 的最大值. a+3 解析:(1)由 P 在圆 C 上可得 m2+(m+1)2-4m-14(m+1)+45=0?m=4, ∴P(4,5),∴kPQ= 5-3 1 = . 4-?-2? 3

(2)圆 C:(x-2)2+(y-7)2=8, ∴|CM|=2 2, ∴|MQ|max=|CQ|+r=6 2, |MQ|min=|CQ|-r=2 2. (3)由图可知,设 E(-3,3).

当过点 E 的直线与圆相切时,取最大值.设切线斜率为 k,则切线方程为 y-3=k(x+ 3), d= |5k-4| 1+k2 =2 2,解得

20+2 66 20± 2 66 k= ,∴μmax= . 17 17 22.(本小题满分 12 分)已知圆 x2+y2-6x-8y+21=0 和直线 kx-y-4k+3=0. (1)求证:不论 k 取什么值,直线和圆总有两个不同的公共点; (2)求当 k 取何值时,直线被圆截得的弦最短,并求这最短弦的长. 解析:(1)证明:已知圆的方程为(x-3)2+(y-4)2=4,其圆心(3,4)到直线 kx-y-4k+3 =0 的距离为 |3k-4-4k+3| |k+1| = . 1+k2 1+k2 要证明直线和圆总有两个不同的公共点,只要证 证 3k2-2k+3>0. 1?2 8 而 3k2-2k+3=3? ?k-3? +3>0 成立. (2)由于当圆心到直线的距离最大时,直线被圆截得的弦最短, 而 d= |k+1| = 1+k2 ?k+1?2 = k2+1 1+ 2k ≤ k +1
2

|k+1| 1+k2

<2,即证(k+1)2<4(1+k2),即

1+k2 1+ 2 = 2. k +1

当且仅当 k=1 时,“=”成立,即 k=1 时,dmax= 2. 故当 k=1 时,直线被圆截得的弦最短,该最短弦的长为 2 22-? 2?2=2 2


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