江蘇南通市天星湖中學(xué)2024-2025學(xué)年高二（上）數(shù)學(xué)第9周階段性訓(xùn)練模擬練習(xí)【含答案】

江蘇南通市天星湖中學(xué)2024-2025學(xué)年高二（上）數(shù)學(xué)第9周階段性訓(xùn)練模擬練習(xí)一．選擇題（共3小題）1．若圓與x軸相切，則這個圓截y軸所得的弦長為（）A． B． C．6 D．82．若直線l與直線y＝1交于點P，與直線x﹣y﹣7＝0交于點Q，且線段PQ中點是（1，﹣1），則l的斜率為（）A． B． C． D．3．已知⊙M：x2+y2﹣2x﹣2y﹣2＝0，直線l：2x+y+2＝0，P為l上的動點．過點P作⊙M的切線PA，PB，切點為A，B，當(dāng)|PM|?|AB|最小時，直線AB的方程為（）A．2x﹣y﹣1＝0 B．2x+y﹣1＝0 C．2x﹣y+1＝0 D．2x+y+1＝0二．多選題（共2小題）（多選）4．圓與圓相交于A、B兩點，則（）A．AB的直線方程為2x﹣y+1＝0 B．公共弦AB的長為2 C．線段AB的垂直平分線方程為x+2y+2＝0 D．圓C1上的點與圓C2上的點的最大距離為（多選）5．已知實數(shù)x，y滿足方程x2+y2﹣4x+1＝0，則下列說法錯誤的是（）A．y﹣x的最大值為 B．x2+y2的最大值為 C．的最大值為 D．x+y的最大值為三．填空題（共3小題）6．圓C：x2+y2﹣2x﹣4y＝0上的點到直線2x+y﹣1＝0的距離的最大值為．7．已知圓M：x2+y2﹣2ax﹣2by+a2﹣1＝0與圓N：x2+y2+2x+2y﹣2＝0交于A，B兩點，且這兩點平分圓N的圓周，則圓M半徑最小時圓M的方程為．8．直線y＝kx﹣k+1與圓x2+y2＝4交于A，B兩點，則|AB|最小值為．四．解答題（共8小題）9．已知直線l：mx+y+m﹣1＝0與圓O：x2+y2＝3．（1）試判斷直線l與圓O的位置關(guān)系，并說明理由；（2）若直線l與圓O交于A，B兩點，分別過A，B的圓O的切線相互垂直，求m的值．10．已知圓O：x2+y2＝6．（1）求過點且與圓O相切的直線的方程；（2）若點A（6，0），B，C是圓O上兩點，①若A，B，C共線，求△OBC的面積最大值及此時直線AB的方程；②若直線BC斜率存在，且直線AB與AC斜率互為相反數(shù)，證明：直線BC經(jīng)過定點．

11．如圖，四邊形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，AB＝DE＝1，PA＝AD＝2．（1）證明：BD∥平面PCE．（2）求二面角A﹣PC﹣E的正弦值；（3）F是棱AP上一點，且到平面PCE的距離為1，求直線BF與平面PCE所成角正弦值．12．在直角坐標(biāo)系xOy中，A是射線3x﹣y＝0（x≥0）上的一點，B是射線x+3y＝0（x≥0）上一點（A，B都異于點O），P為線段AB的中點．（1）若|OA|＝|OB|，求直線OP的方程；（2）若點P在直線x+y﹣2＝0上，求|AB|的最小值．

13．已知⊙C：x2+y2+Dx+Ey﹣12＝0關(guān)于直線x+2y﹣4＝0對稱，且圓心在y軸上．（1）求⊙C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）已知動點M在直線y＝10上，過點M引⊙C的兩條切線MA、MB，切點分別為A，B．①記四邊形MACB的面積為S，求S的最小值；②證明直線AB恒過定點．14．已知坐標(biāo)平面上兩個定點A（0，4），O（0，0），動點M（x，y）滿足：|MA|＝3|OM|．（1）求點M的軌跡方程，并說明軌跡是什么圖形；（2）記（1）中的軌跡為C，過點N（﹣，1）的直線l被C所截得的線段的長為2，求直線l的方程．

15．已知圓C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4．（Ⅰ）若直線l過點A（2，3）且被圓C截得的弦長為2，求直線l的方程；（Ⅱ）若直線l過點B（1，0）與圓C相交于P，Q兩點，求△CPQ的面積的最大值，并求此時直線l的方程．16．已知直線l：4x+3y+10＝0，半徑為2的圓C與l相切，圓心C在x軸上且在直線l的右上方（1）求圓C的方程；（2）過點M（1，0）的直線與圓C交于A，B兩點（A在x軸上方），問在x軸正半軸上是否存在定點N，使得x軸平分∠ANB？若存在，請求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

參考答案與試題解析一．選擇題（共3小題）1．【解答】解：將圓化成標(biāo)準(zhǔn)方程，得（x+2）2+（y﹣2）2＝r2，圓心為C（﹣2，2），半徑為r，其中r＞0，∵圓（x+2）2+（y﹣2）2＝r2與x軸相切，∴點C到x軸的距離d＝2＝r，可得，圓C方程為（x+2）2+（y﹣2）2＝28，再令x＝0，得y2﹣4y+12＝0，解之，得y1＝4+2，y2＝﹣4﹣2，∴圓截y軸所得的弦長為|y1﹣y2|＝8．故選：D．2．【解答】解：由題意，點P在直線y＝1上，點Q在直線x﹣y﹣7＝0上，設(shè)P（a，1），Q（b，b﹣7），故＝1，＝﹣1，解得：a＝﹣2，b＝4，故P（﹣2，1），Q（4，﹣3），則l的斜率為k＝＝﹣．故選：D．3．【解答】解：化圓M為（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4，圓心M（1，1），半徑r＝2．∵＝2S△PAM＝|PA|?|AM|＝2|PA|＝．∴要使|PM|?|AB|最小，則需|PM|最小，此時PM與直線l垂直．直線PM的方程為y﹣1＝（x﹣1），即y＝，聯(lián)立，解得P（﹣1，0）．則以PM為直徑的圓的方程為．聯(lián)立，相減可得直線AB的方程為2x+y+1＝0．故選：D．二．多選題（共2小題）4．【解答】解：對于A選項，將兩圓方程作差可得﹣4x+2y﹣2＝0，即2x﹣y+1＝0，所以，直線AB的方程為2x﹣y+1＝0，A對；對于B選項，圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣2）2+y2＝9，圓心為C1（2，0），半徑為r1＝3，圓心C1到直線AB的距離為，所以，，B錯；對于C選項，圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+（y﹣1）2＝4，圓心為C2（0，1），半徑為r2＝2，連接AC1、AC2、BC1、BC2，因為2×0﹣1+1＝0，所以，直線AB過圓心C2，易知C2為AB的中點，又因為|AC1|＝|BC1|，所以，C1C2⊥AB，所以，C1C2垂直平分線段AB，，則直線C1C2的方程為，即x+2y﹣2＝0，C錯；對于D選項，圓C1上的點與圓C2上的點的最大距離為，D對．故選：AD．5．【解答】解：由x2+y2﹣4x+1＝0，得（x﹣2）2+y2＝3，令s＝y(tǒng)﹣x，即x﹣y+s＝0，由，解得﹣，∴y﹣x的最大值為，故A正確；圓心（2，0）到原點的距離為2，則圓上的點到原點的距離的最大值為2+，可得x2+y2的最大值為＝，故B正確；設(shè)過原點的直線的斜率為k，直線方程為y＝kx，由，解得﹣≤k≤，即的最大值為，故C錯誤；令t＝x+y，即x+y﹣t＝0，由，解得2﹣≤t≤，則x+y的最大值為2+，故D錯誤．故選：CD．三．填空題（共3小題）6．【解答】解：圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝5的圓心C（1，2），半徑，點C（1，2）到直線2x+y﹣1＝0的距離，所以圓C上的點到直線2x+y﹣1＝0的距離的最大值為．故答案為：．7．【解答】解：如圖所示（坐標(biāo)系省略了），圓心N（﹣1，﹣1）為弦AB的中點，在Rt△AMN中，|AM|2＝|AN|2+|MN|2，∴（a+1）2＝﹣2（b+2）；∴（a+1）2＝﹣2（b+2）≥0，于是有b≤﹣2；而圓M半徑r＝≥，∴當(dāng)r＝時，b＝﹣2，a＝﹣1，所求圓的方程為（x+1）2+（y+2）2＝5．故答案為：（x+1）2+（y+2）2＝5．8．【解答】解：直線y＝kx﹣k+1過定點P（1，1），且P在圓x2+y2＝4內(nèi)部，|OP|＝，由圓中弦的性質(zhì)知，當(dāng)直線與OP垂直時，弦長最短，此時結(jié)合垂徑定理可得|AB|＝2．故答案為：．四．解答題（共8小題）9．【解答】解：（1）直線l與圓O相交，理由如下：直線l可化為：m（x+1）+（y﹣1）＝0，由此可知l恒過定點P（﹣1，1），由，知點P恒在圓O內(nèi)，所以，直線l與圓C相交；（2）設(shè)分別過A，B的圓O的切線交點為D，且切線相互垂直，所以O(shè)A⊥AD，OB⊥BD，AD⊥BD，，所以四邊形OADB為正方形，則點O到直線AB的距離為，則有，解得：．10．【解答】解：（1）由，得點在圓O上，則過點的圓O半徑所在直線斜率為，因此所求切線斜率為，方程為，即；（2）①顯然直線AB的斜率存在且不為0，設(shè)方程為y＝k（x﹣6），而圓O半徑為，則△OBC的面積，當(dāng)且僅當(dāng)∠BOC＝90°時取等號，此時圓心O到直線AB的距離，因此，解得，直線，即，所以△OBC的面積最大值為3，直線AB的方程為；證明：②設(shè)直線BC方程為y＝tx+m，B（x1，y1），C（x2，y2），由消去y得（t2+1）x2+2tmx+m2﹣6＝0，則，直線AB斜率，直線AC的斜率，依題意，，整理得2tx1x2+（m﹣6t）（x1+x2）﹣12m＝0，即有，化簡得m＝﹣t，經(jīng)驗證（t2+1）x2+2tmx+m2﹣6＝0的Δ＞0，因此直線BC：y＝t（x﹣1）恒過定點（1，0），所以直線BC經(jīng)過定點．11．【解答】（1）證明：取PC中點M，令A(yù)C交BD于點N，連接MN、EM，由四邊形ABCD是矩形，故N為AC中點，故MN∥PA，且，又PA⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，故DE∥PA，又DE＝，故DE＝MN且DE∥MN，即四邊形EDNM為平行四邊形，則ME∥DN，又EM?平面PCE，DN?平面PCE，故DN∥平面PCE，即BD∥平面PCE；（2）解：由PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，AB?平面ABCD，故PA⊥AD，PA⊥AB，又ABCD是矩形，故AD⊥AB，所以AD、AB、AP兩兩垂直，以點A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz，則A（0，0，0）、C（1，2，0）、P（0，0，2）、E（0，2，1），故，，，設(shè)平面APC與平面PCE的法向量分別為、，則有，，取a＝2、x＝2，則有b＝﹣1，c＝0，y＝1，z＝2，即＝（2，﹣1，0），，所以，則二面角A﹣PC﹣E的正弦值為；（3）解：設(shè)AF＝m，則F（0，0，m），m∈[0，2]，所以＝（0，0，m﹣2），因為點F到平面PCE的距離，因為m∈[0，2]，解得，故，又B（1，0，0），則，則，則直線BF與平面PCE所成角正弦值為．12．【解答】解：（1）由題意可設(shè)A（a，3a），，a＞0，b＞0，則，若|OA|＝|OB|，則有，化簡得，故，，即，故直線OP的方程為，即；（2）由點P在直線x+y﹣2＝0上，故有，整理得b＝6﹣6a，故＝，即|AB|的最小值為．13．【解答】解：（1）由題意已知⊙C：x2+y2+Dx+Ey﹣12＝0關(guān)于直線x+2y﹣4＝0對稱，且圓心在y軸上，所以有圓心C（﹣，﹣）在直線x+2y﹣4＝0上，即：﹣﹣E﹣4＝0，又因為圓心C在y軸上，所以：﹣＝0，由以上兩式得：D＝0，E＝﹣4，所以：x2+y2﹣4y﹣12＝0．故⊙C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2+（y﹣2）2＝16．（2）①如圖，⊙C的圓心為（0，2），半徑r＝4，因為MA、MB是⊙C的兩條切線，所以CA⊥MA，CB⊥MB，故|MA|＝|MB|＝＝；又因為：S＝2S△ACM＝4|MA|＝4；根據(jù)平面幾何知識，要使S最小，只要|MC|最小即可．易知，當(dāng)點M坐標(biāo)為（0，10）時，|MC|min＝8，此時Smin＝4＝16．②設(shè)點M的坐標(biāo)為（a，10），因為∠MAC＝∠MBC＝90°，所以M、A、C、B四點共圓．其圓心為線段MC的中點C′（，6），|MC|＝，設(shè)MACB所在的圓為⊙C′，所以⊙C′的方程為：（x﹣）2+（y﹣6）2＝16+，化簡得：x2+y2﹣ax﹣12y+20＝0，因為AB是⊙C和⊙C′的公共弦，所以：，兩式相減得ax+8y﹣32＝0，故AB方程為：ax+8y﹣32＝0，當(dāng)x＝0時，y＝4，所以直線AB恒過定點（0，4）．14．【解答】解：（1）∵坐標(biāo)平面上兩個定點A（0，4），O（0，0），動點M（x，y）滿足：|MA|＝3|OM|．∴＝3，化簡得＝，軌跡是以（0，﹣）為圓心，r＝為半徑的圓．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣4（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l：x＝﹣符合題意；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣6當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l的方程為：y﹣1＝k（x+），即2kx﹣2y+2+k＝0，圓心（0，﹣）到直線的距離：d＝＝，∵過點N（﹣，1）的直線l被C所截得的線段的長為2，∴2＝2，解得k＝﹣，此時直線l的方程為：y﹣1＝﹣（x+），即4x+3y﹣1＝0．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣1015．【解答】解：（Ⅰ）圓C的圓心坐標(biāo)為C（3，4），半徑R＝2，∵直線l被圓E截得的弦長為2，∴圓心C到直線l的距離d＝1…（2分）（1）當(dāng)直線l的斜率不存在時，l：x＝2，顯然滿足d＝1；…（3分）（2）當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l：y﹣3＝k（x﹣2），即kx﹣y+3﹣2k＝0，由圓心C到直線l的距離d＝1得：，解得k＝0，故l：y＝3；…（5分）綜上所述，直線l的方程為x＝2或y＝3…（6分）（Ⅱ）法一：∵直線與圓相交，∴l(xiāng)的斜率一定存在且不為0，設(shè)直線l方程：y＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k＝0，則圓心C到直線l的距離為d＝，…（8分）又∵△CPQ的面積S＝＝d＝＝…（10分）∴當(dāng)時，S取最大值2．由d＝＝，得k＝1或k＝7，∴直線l的方程為x﹣y﹣1＝0或7x﹣y﹣7＝0．…（12分）法二：設(shè)圓心C到直線l的距離為d，則（取等號時）以下同法一．法三：取“＝”時∠PCQ＝90°，△CPQ為等腰直角三角形，則圓心C到直線l的距離，以下同法一．16．【解答】解：（1）設(shè)圓心C（a，0）（a＞﹣），∵直線l：4x+3y+