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）

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＝eq\f(64,25)B．x2＋(y－1)2＝eq\f(64,25)C．(x－1)2＋y2＝1D．x2＋(y－1)2＝12．[2012·陜西卷]已知圓C：x2＋y2－4x＝0，l是過點(diǎn)P(3，0)的直線，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－eq\r(4－x2)|＋eq\r(x2＋y2－4)＝0對(duì)應(yīng)的曲線是()圖G11－14．[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．3eq\r(3)B．2eq\r(3)C.eq\r(3)D．15．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G11－2A．2eq\r(10)B．6C．3eq\r(3)D．2eq\r(5)6．若直線y＝x＋b與曲線y＝3－eq\r(4x－x2)有公共點(diǎn)，則b的取值范圍是()A．[－1，1＋2eq\r(2)]B．[1－2eq\r(2)，1＋2eq\r(2)]C．[1－2eq\r(2)，3]D．[1－eq\r(2)，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.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))C．[－eq\r(3)，eq\r(3)]D．[－eq\r(3)，0)∪(0，eq\r(3)]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－eq\r(3)，1＋eq\r(3)]B．(－∞，1－eq\r(3)]∪[1＋eq\r(3)，＋∞)C．[2－2eq\r(2)，2＋2eq\r(2)]D．(－∞，2－2eq\r(2)]∪[2＋2eq\r(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，eq\r(3))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2eq\r(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、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＝eq\f(2,x)(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．[2012·安徽師大附中檢測]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＝eq\r(2)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eq\o(AR,\s\up6(→))＝λeq\o(AQ,\s\up6(→))，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＝eq\f(|3×1＋4×0＋2|,\r(32＋42))＝1，所以圓的方程為(x－1)2＋y2＝1.2．A[解析]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＝eq\r(（3－2）2＋（0－0）2)＝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－eq\r(4－x2)|＋eq\r(x2＋y2－4)＝0等價(jià)于y－eq\r(4－x2)＝0與x2＋y2－4＝0同時(shí)成立．因?yàn)閥－eq\r(4－x2)＝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＝eq\f(|0＋0－5|,\r(32＋42))＝1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2)))eq\s\up12(2)＝r2－d2＝22－12＝3，所以|AB|＝2eq\r(3).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eq\f(b,a－2)＝1，eq\f(a＋2,2)＋eq\f(b,2)＝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|＝eq\r(（4＋2）2＋22)＝2eq\r(10).正確選項(xiàng)為A.6．C[解析]曲線y＝3－eq\r(4x－x2)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＝1－2eq\r(2).當(dāng)滿足1－2eq\r(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＝eq\f(y,x－2)，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)(2，0)所連直線的斜率，如下圖．所以可求得k∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，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，∴eq\f(|m＋n|,\r(（m＋1）2＋（n＋1）2))＝1，整理得mn＝(m＋n)＋1，由基本不等式得(m＋n)＋1≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))eq\s\up12(2)，即(m＋n)2－4(m＋n)－4≥0，解之得m＋n≤2－2eq\r(2)或m＋n≥2＋2eq\r(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－eq\f(\r(3),2)＝－eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，代入x2＋y2＝4得C(1，－eq\r(3))，所以直線BC的方程是x＝1.10．2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)[解析]圓的方程是(x－2)2＋(y－2)2＝(3eq\r(2))2，由于圓的半徑是3eq\r(2)，因此只要圓心到直線y＝kx的距離等于eq\r(2)，即可保證圓上有且只有三個(gè)點(diǎn)到直線的距離等于2eq\r(2).只要eq\f(|k×2－2|,\r(1＋k2))＝eq\r(2)，即2(k2－2k＋1)＝1＋k2，即k2－4k＋1＝0，解得k＝2±eq\r(3).11．3－eq\r(2)[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＝eq\f(|1－0＋2|,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，故C到AB的最小距離為eq\f(3\r(2),2)－1，∴Smin＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\f(3\r(2)－2,2)＝3－eq\r(2).12．解：方法一：(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,（x－1）2＋（y＋1）2＝12，))消去y得(k2＋1)x2－(2－4k)x－7＝0，因?yàn)棣ぃ?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|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝2eq\r(\f(8－4k＋11k2,1＋k2))＝2eq\r(11－\f(4k＋3,1＋k2))，令t＝eq\f(4k＋3,1＋k2)，則tk2－4k＋(t－3)＝0，當(dāng)t＝0時(shí)k＝－eq\f(3,4)，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＝eq\f(4k＋3,1＋k2)的最大值為4，此時(shí)|AB|最小為2eq\r(7).方法二：(1)圓心C(1，－1)到直線l的距離d＝eq\f(|k＋2|,\r(1＋k2))，圓C的半徑R＝2eq\r(3)，R2－d2＝12－eq\f(k2＋4k＋4,1＋k2)＝eq\f(11k2－4k＋8,1＋k2)，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d<R，即不論k為何實(shí)數(shù)，直線l和圓C總有兩個(gè)交點(diǎn)．(2)由平面幾何知識(shí)知|AB|＝2eq\r(R2－d2)＝2eq\r(\f(8－4k＋11k2,1＋k2))，下同方法一．方法三：(1)因?yàn)椴徽搆為何實(shí)數(shù)，直線l總過點(diǎn)D(0，1)，而|DC|＝eq\r(5)<2eq\r(3)＝R，所以點(diǎn)D(0，1)在圓C的內(nèi)部，即不論k為何實(shí)數(shù)，直線l和圓C總有兩個(gè)交點(diǎn)．(2)由平面幾何知識(shí)知過圓內(nèi)定點(diǎn)D(0，1)的弦，只有和DC(C為圓心)垂直時(shí)才最短，而此時(shí)點(diǎn)D(0，1)為弦AB的中點(diǎn)，由勾股定理知|AB|＝2eq\r(12－5)＝2eq\r(7)，即直線l被圓C截得的最短弦長為2eq\r(7).13．解：(1)證明：設(shè)點(diǎn)Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(2,t)))(t>0)，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(0，0)．于是圓C的方程是(x－t)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2,t)))eq\s\up12(2)＝t2＋eq\f(4,t2).則A(2t，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,t))).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＝eq\f(1,2)|EA|·|EB|＝eq\f(1,2)·2t·eq\f(4,t)＝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＝eq\f(\f(2,t),t)＝eq\f(2,t2)，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＝eq\r(2)PB，得eq\r(（x－2a）2＋y2)＝eq\r(2)eq\r(（x－a）2＋y2)，平方整理，得x2＋y2＝2a2.所以曲線C的方程為x2＋y2＝2a2.(2)①eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x1－2a，y1)，eq\o(AR,\s\up6(→))＝(x2－2a，y2)，因?yàn)閑q\o(AR,\s\up6(→))＝λeq\o(AQ,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2a＝λ（x1－2a），,y2＝λy1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－λx1＝2a（1－λ），①,y2＝λy1，②))因?yàn)镼，R在曲線C上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝2a2，③,xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝2a2.④))消去y1，y2，得x2＋λx1＝a(1＋λ)，⑤由①，⑤得x1＝eq\f(3λ－1,2λ)a，x2＝eq\f(3－λ,2)a.因?yàn)椋璭q\r(2)a≤x1，x2≤eq\r(2)a，所以－eq\r(2)a≤eq\f(3λ－1,2λ)a≤eq\r(2)a，－eq\r(2)a≤eq\f(3－λ,λ