江苏南通市天星湖中学2024-2025学年高二（上）数学第9周阶段性训练模拟练习【含答案】

这是一份江苏南通市天星湖中学2024-2025学年高二（上）数学第9周阶段性训练模拟练习【含答案】，共16页。试卷主要包含了已知⊙M，圆与圆相交于A、B两点，则，圆C，已知圆M，已知直线l，已知圆O等内容，欢迎下载使用。
1．若圆与x轴相切，则这个圆截y轴所得的弦长为（ ）
A．B．C．6D．8
2．若直线l与直线y＝1交于点P，与直线x﹣y﹣7＝0交于点Q，且线段PQ中点是（1，﹣1），则l的斜率为（ ）
A．B．C．D．
3．已知⊙M：x2+y2﹣2x﹣2y﹣2＝0，直线l：2x+y+2＝0，P为l上的动点．过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|•|AB|最小时，直线AB的方程为（ ）
A．2x﹣y﹣1＝0B．2x+y﹣1＝0C．2x﹣y+1＝0D．2x+y+1＝0
二．多选题（共2小题）
（多选）4．圆与圆相交于A、B两点，则（ ）
A．AB的直线方程为2x﹣y+1＝0
B．公共弦AB的长为2
C．线段AB的垂直平分线方程为x+2y+2＝0
D．圆C1上的点与圆C2上的点的最大距离为
（多选）5．已知实数x，y满足方程x2+y2﹣4x+1＝0，则下列说法错误的是（ ）
A．y﹣x的最大值为
B．x2+y2的最大值为
C．的最大值为
D．x+y的最大值为
三．填空题（共3小题）
6．圆C：x2+y2﹣2x﹣4y＝0上的点到直线2x+y﹣1＝0的距离的最大值为 ．
7．已知圆M：x2+y2﹣2ax﹣2by+a2﹣1＝0与圆N：x2+y2+2x+2y﹣2＝0交于A，B两点，且这两点平分圆N的圆周，则圆M半径最小时圆M的方程为 ．
8．直线y＝kx﹣k+1与圆x2+y2＝4交于A，B两点，则|AB|最小值为 ．
四．解答题（共8小题）
9．已知直线l：mx+y+m﹣1＝0与圆O：x2+y2＝3．
（1）试判断直线l与圆O的位置关系，并说明理由；
（2）若直线l与圆O交于A，B两点，分别过A，B的圆O的切线相互垂直，求m的值．
10．已知圆O：x2+y2＝6．
（1）求过点且与圆O相切的直线的方程；
（2）若点A（6，0），B，C是圆O上两点，
①若A，B，C共线，求△OBC的面积最大值及此时直线AB的方程；
②若直线BC斜率存在，且直线AB与AC斜率互为相反数，证明：直线BC经过定点．
11．如图，四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，AB＝DE＝1，PA＝AD＝2．
（1）证明：BD∥平面PCE．
（2）求二面角A﹣PC﹣E的正弦值；
（3）F是棱AP上一点，且到平面PCE的距离为1，求直线BF与平面PCE所成角正弦值．
12．在直角坐标系xOy中，A是射线3x﹣y＝0（x≥0）上的一点，B是射线x+3y＝0（x≥0）上一点（A，B都异于点O），P为线段AB的中点．
（1）若|OA|＝|OB|，求直线OP的方程；
（2）若点P在直线x+y﹣2＝0上，求|AB|的最小值．
13．已知⊙C：x2+y2+Dx+Ey﹣12＝0关于直线x+2y﹣4＝0对称，且圆心在y轴上．
（1）求⊙C的标准方程；
（2）已知动点M在直线y＝10上，过点M引⊙C的两条切线MA、MB，切点分别为A，B．
①记四边形MACB的面积为S，求S的最小值；
②证明直线AB恒过定点．
14．已知坐标平面上两个定点A（0，4），O（0，0），动点M（x，y）满足：|MA|＝3|OM|．
（1）求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；
（2）记（1）中的轨迹为C，过点N（﹣，1）的直线l被C所截得的线段的长为2，求直线l的方程．
15．已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4．
（Ⅰ）若直线l过点A（2，3）且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程；
（Ⅱ）若直线l过点B（1，0）与圆C相交于P，Q两点，求△CPQ的面积的最大值，并求此时直线l的方程．
16．已知直线l：4x+3y+10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方
（1）求圆C的方程；
（2）过点M（1，0）的直线与圆C交于A，B两点（A在x轴上方），问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
一．选择题（共3小题）
1．【解答】解：将圆化成标准方程，得（x+2）2+（y﹣2）2＝r2，
圆心为C（﹣2，2），半径为r，其中r＞0，
∵圆（x+2）2+（y﹣2）2＝r2与x轴相切，
∴点C到x轴的距离d＝2＝r，
可得，圆C方程为（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，
∴圆截y轴所得的弦长为|y1﹣y2|＝8．
故选：D．
2．【解答】解：由题意，点P在直线y＝1上，点Q在直线x﹣y﹣7＝0上，
设P（a，1），Q（b，b﹣7），
故＝1，＝﹣1，
解得：a＝﹣2，b＝4，
故P（﹣2，1），Q（4，﹣3），
则l的斜率为k＝＝﹣．
故选：D．
3．【解答】解：化圆M为（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4，
圆心M（1，1），半径r＝2．
∵＝2S△PAM＝|PA|•|AM|＝2|PA|＝．
∴要使|PM|•|AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直．
直线PM的方程为y﹣1＝（x﹣1），即y＝，
联立，解得P（﹣1，0）．
则以PM为直径的圆的方程为．
联立，相减可得直线AB的方程为2x+y+1＝0．
故选：D．
二．多选题（共2小题）
4．【解答】解：对于A选项，将两圆方程作差可得﹣4x+2y﹣2＝0，即2x﹣y+1＝0，
所以，直线AB的方程为2x﹣y+1＝0，A对；
对于B选项，圆C1的标准方程为（x﹣2）2+y2＝9，圆心为C1（2，0），半径为r1＝3，
圆心C1到直线AB的距离为，
所以，，B错；
对于C选项，圆C2的标准方程为x2+（y﹣1）2＝4，圆心为C2（0，1），半径为r2＝2，
连接AC1、AC2、BC1、BC2，
因为2×0﹣1+1＝0，所以，直线AB过圆心C2，易知C2为AB的中点，
又因为|AC1|＝|BC1|，所以，C1C2⊥AB，所以，C1C2垂直平分线段AB，
，则直线C1C2的方程为，即x+2y﹣2＝0，C错；
对于D选项，圆C1上的点与圆C2上的点的最大距离为，D对．
故选：AD．
5．【解答】解：由x2+y2﹣4x+1＝0，得（x﹣2）2+y2＝3，
令s＝y﹣x，即x﹣y+s＝0，由，解得﹣，
∴y﹣x的最大值为，故A正确；
圆心（2，0）到原点的距离为2，则圆上的点到原点的距离的最大值为2+，
可得x2+y2的最大值为＝，故B正确；
设过原点的直线的斜率为k，直线方程为y＝kx，由，
解得﹣≤k≤，即的最大值为，故C错误；
令t＝x+y，即x+y﹣t＝0，由，解得2﹣≤t≤，
则x+y的最大值为2+，故D错误．
故选：CD．
三．填空题（共3小题）
6．【解答】解：圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝5的圆心C（1，2），半径，
点C（1，2）到直线2x+y﹣1＝0的距离，
所以圆C上的点到直线2x+y﹣1＝0的距离的最大值为．
故答案为：．
7．【解答】解：如图所示（坐标系省略了），圆心N（﹣1，﹣1）为弦AB的中点，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；
而圆M半径r＝≥，
∴当r＝时，b＝﹣2，a＝﹣1，
所求圆的方程为（x+1）2+（y+2）2＝5．
故答案为：（x+1）2+（y+2）2＝5．
8．【解答】解：直线y＝kx﹣k+1过定点P（1，1），且P在圆x2+y2＝4内部，
|OP|＝，由圆中弦的性质知，当直线与OP垂直时，弦长最短，
此时结合垂径定理可得|AB|＝2．
故答案为：．
四．解答题（共8小题）
9．【解答】解：（1）直线l与圆O相交，理由如下：
直线l可化为：m（x+1）+（y﹣1）＝0，
由此可知l恒过定点P（﹣1，1），
由，知点P恒在圆O内，
所以，直线l与圆C相交；
（2）设分别过A，B的圆O的切线交点为D，且切线相互垂直，
所以OA⊥AD，OB⊥BD，AD⊥BD，，
所以四边形OADB为正方形，
则点O到直线AB的距离为，
则有，
解得：．
10．【解答】解：（1）由，得点在圆O上，
则过点的圆O半径所在直线斜率为，
因此所求切线斜率为，方程为，即；
（2）①显然直线AB的斜率存在且不为0，设方程为y＝k（x﹣6），而圆O半径为，
则△OBC的面积，
当且仅当∠BOC＝90°时取等号，此时圆心O到直线AB的距离，
因此，解得，直线，即，
所以△OBC的面积最大值为3，直线AB的方程为；
证明：②设直线BC方程为y＝tx+m，B（x1，y1），C（x2，y2），
由消去y得（t2+1）x2+2tmx+m2﹣6＝0，则，
直线AB斜率，直线AC的斜率，
依题意，，整理得2tx1x2+（m﹣6t）（x1+x2）﹣12m＝0，
即有，化简得m＝﹣t，经验证（t2+1）x2+2tmx+m2﹣6＝0的Δ＞0，
因此直线BC：y＝t（x﹣1）恒过定点（1，0），
所以直线BC经过定点．
11．【解答】（1）证明：取PC中点M，令AC交BD于点N，连接MN、EM，
由四边形ABCD是矩形，故N为AC中点，故MN∥PA，且，
又PA⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，故DE∥PA，
又DE＝，故DE＝MN且DE∥MN，即四边形EDNM为平行四边形，
则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两两垂直，
以点A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A﹣xyz，
则A（0，0，0）、C（1，2，0）、P（0，0，2）、E（0，2，1），
故，，，
设平面APC与平面PCE的法向量分别为、，
则有，
，
取a＝2、x＝2，则有b＝﹣1，c＝0，y＝1，z＝2，即＝（2，﹣1，0），，
所以，
则二面角A﹣PC﹣E的正弦值为；
（3）解：设AF＝m，则F（0，0，m），m∈[0，2]，所以＝（0，0，m﹣2），
因为点F到平面PCE的距离，
因为m∈[0，2]，解得，故，
又B（1，0，0），则，
则，
则直线BF与平面PCE所成角正弦值为．
12．【解答】解：（1）由题意可设A（a，3a），，a＞0，b＞0，
则，
若|OA|＝|OB|，则有，
化简得，故，
，即，
故直线OP的方程为，
即；
（2）由点P在直线x+y﹣2＝0上，故有，
整理得b＝6﹣6a，
故
＝，
即|AB|的最小值为．
13．【解答】解：（1）由题意已知⊙C：x2+y2+Dx+Ey﹣12＝0关于直线x+2y﹣4＝0对称，且圆心在y轴上，
所以有圆心C（﹣，﹣）在直线x+2y﹣4＝0上，即：﹣﹣E﹣4＝0，
又因为圆心C在y轴上，
所以：﹣＝0，
由以上两式得：D＝0，E＝﹣4，
所以：x2+y2﹣4y﹣12＝0．
故⊙C的标准方程为：x2+（y﹣2）2＝16．
（2）①如图，⊙C的圆心为（0，2），半径r＝4，
因为MA、MB是⊙C的两条切线，
所以CA⊥MA，CB⊥MB，
故|MA|＝|MB|＝＝；
又因为：S＝2S△ACM＝4|MA|＝4；
根据平面几何知识，要使S最小，只要|MC|最小即可．
易知，当点M坐标为（0，10）时，
|MC|min＝8，
此时Smin＝4＝16．
②设点M的坐标为（a，10），
因为∠MAC＝∠MBC＝90°，
所以M、A、C、B四点共圆．
其圆心为线段MC的中点C′（，6），|MC|＝，
设MACB所在的圆为⊙C′，
所以⊙C′的方程为：（x﹣）2+（y﹣6）2＝16+，
化简得：x2+y2﹣ax﹣12y+20＝0，
因为AB是⊙C和⊙C′的公共弦，
所以：，
两式相减得ax+8y﹣32＝0，
故AB方程为：ax+8y﹣32＝0，
当x＝0时，y＝4，
所以直线AB恒过定点（0，4）．
14．【解答】解：（1）∵坐标平面上两个定点A（0，4），O（0，0），动点M（x，y）满足：|MA|＝3|OM|．
∴＝3，
化简得＝，轨迹是以（0，﹣）为圆心，r＝为半径的圆．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣4
（2）当直线l的斜率不存在时，直线 l：x＝﹣符合题意；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣6
当直线l的斜率存在时，设l的方程为：y﹣1＝k（x+），即2kx﹣2y+2+k＝0，
圆心（0，﹣）到直线的距离：d＝＝，
∵过点N（﹣，1）的直线l被C所截得的线段的长为2，
∴2＝2，解得k＝﹣，
此时直线l的方程为：y﹣1＝﹣（x+），即4x+3y﹣1＝0．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣10
15．【解答】解：（Ⅰ）圆C的圆心坐标为C（3，4），半径R＝2，
∵直线l被圆E截得的弦长为2，∴圆心C到直线l的距离d＝1 …（2分）
（1）当直线l的斜率不存在时，l：x＝2，显然满足d＝1； …（3分）
（2）当直线l的斜率存在时，设l：y﹣3＝k（x﹣2），即kx﹣y+3﹣2k＝0，
由圆心C到直线l的距离d＝1得：，解得k＝0，故l：y＝3； …（5分）
综上所述，直线l的方程为x＝2或y＝3…（6分）
（Ⅱ）法一：∵直线与圆相交，∴l的斜率一定存在且不为0，设直线l方程：y＝k（x﹣1），
即kx﹣y﹣k＝0，则圆心C到直线l的距离为d＝，…（8分）
又∵△CPQ的面积S＝＝d＝＝…（10分）
∴当时，S取最大值2．由d＝＝，得k＝1或k＝7，
∴直线l的方程为x﹣y﹣1＝0或7x﹣y﹣7＝0．…（12分）
法二：设圆心C到直线l的距离为d，
则（取等号时）
以下同法一．
法三：
取“＝”时∠PCQ＝90°，△CPQ为等腰直角三角形，则圆心C到直线l的距离，
以下同法一．
16．【解答】解：（1）设圆心C（a，0）（a＞﹣），
∵直线l：4x+3y+10＝0，半径为2的圆C与l相切，
∴d＝r，即 ＝2，
解得：a＝0或a＝﹣5（舍去），
则圆C方程为x2+y2＝4；
（2）当直线AB⊥x轴，则x轴必平分∠ANB，
此时N可以为x轴上任一点，
当直线AB与x轴不垂直时，
设直线AB的方程为y＝k（x﹣1），（k≠0），N（t，0），A（x1，y1），B（x2，y2），
由得（k2+1）x2﹣2k2x+k2﹣4＝0，经检验Δ＞0，
∴x1+x2＝，，
若x轴平分∠ANB，设N为（t，0）
则kAN＝﹣kBN，即+＝0，
整理得：2x1x2﹣（t+1）（x1+x2）+2t＝0，即+2t＝0，
解得：t＝4，
当点N（4，0），能使得∠ANM＝∠BNM总成立．