北師大版高二上冊數(shù)學(xué)期末試卷-課件下載-教習(xí)網(wǎng)

2020-11-07高中數(shù)學(xué)試卷
一、解答題（共10題；共0分）
1.（2015全國統(tǒng)考II）在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1：(t為參數(shù)，且t≠0)，其中0，在以O(shè)為極點x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2:：=2sin， C3:=2cos

（1）求C2與C3交點的直角坐標(biāo)

（2）若C1與C2相交于點A，C1與C3相交于點B，求|AB|最大值

2.（2016?江蘇）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知以M為圓心的圓M：x2+y2﹣12x﹣14y+60=0及其上一點A（2，4）．

（1）設(shè)圓N與x軸相切，與圓M外切，且圓心N在直線x=6上，求圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)平行于OA的直線l與圓M相交于B、C兩點，且BC=OA,求直線l的方程；

（3）設(shè)點T（t,0）滿足：存在圓M上的兩點P和Q,使得 ,求實數(shù)t的取值范圍。

3.（2017?新課標(biāo)Ⅲ）在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y=x2+mx﹣2與x軸交于A、B兩點，點C的坐標(biāo)為（0，1），當(dāng)m變化時，解答下列問題：（12分）

（1）能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況？說明理由；

（2）證明過A、B、C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值．

4.（2017?浙江）如圖，已知拋物線x2=y，點A（﹣ ，），B（，），拋物線上的點P（x，y）（﹣ ＜x＜），過點B作直線AP的垂線，垂足為Q．

（Ⅰ）求直線AP斜率的取值范圍；
（Ⅱ）求|PA|?|PQ|的最大值．

5.如圖，已知拋物線E：y2=x與圓M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四個點．

（Ⅰ）求r的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)四邊形ABCD的面積最大時，求對角線AC、BD的交點P的坐標(biāo)．
6.已知點，點P是圓上的任意一點，設(shè)Q為該圓的圓心，并且線段PA的垂直平分線與直線PQ交于點E．
（1）求點E的軌跡方程；
（2）已知M，N兩點的坐標(biāo)分別為（﹣2，0），（2，0），點T是直線x=4上的一個動點，且直線TM，TN分別交（1）中點E的軌跡于C，D兩點（M，N，C，D四點互不相同），證明：直線CD恒過一定點，并求出該定點坐標(biāo)．
7.平面直角坐標(biāo)系xOy中，與圓F1：（x+1）2+y2=1和圓F2：（x﹣1）2+y2=25都內(nèi)切的動圓圓心的軌跡記為C，點M（x0 ， y0）為軌跡C上任意一點；在直線l：y=3上任取一點P向軌跡C引切線，切點為A、B．
（1）求動圓圓心軌跡C的方程，并求以M（x0 ， y0）為切點的C的切線方程；
（2）證明：直線AB過定點H，并求出H的坐標(biāo)；
（3）過（2）中的定點H作直線AB的垂線交l于點T，求的取值范圍．
8.已知圓C1：x2+y2+6x=0關(guān)于直線l1：y=2x+1對稱的圓為C
（1）求圓C的方程；
（2）過點（﹣1，0）作直線與圓C交于A，B兩點，O是坐標(biāo)原點，是否存在這樣的直線，使得在平行四邊形OASB中| |=| ﹣ |？若存在，求出所有滿足條件的直線的方程；若不存在，請說明理由．
9.已知圓與軸負(fù)半軸相交于點，與軸正半軸相交于點 .
（1）若過點的直線被圓截得的弦長為，求直線的方程；
（2）若在以為圓心半徑為的圓上存在點，使得 ?( 為坐標(biāo)原點)，求的取值范圍；
（3）設(shè) 是圓上的兩個動點，點關(guān)于原點的對稱點為，點關(guān)于軸的對稱點為，如果直線與軸分別交于和，問是否為定值？若是求出該定值；若不是，請說明理由.
10.已知圓心在原點的圓被直線截得的弦長為
(Ⅰ) 求圓的方程；
(Ⅱ) 設(shè)動直線與圓交于兩點，問在軸正半軸上是否存在定點，使得直線與直線關(guān)于軸對稱？若存在，請求出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
答案部分
第 1 題:
【答案】（1）(0.0)? (,)

（2）4

【解析】【解答】（1）曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x2+y2-2y=0，曲線C3 的直角坐標(biāo)方程分別為x2+y2-2x=0，聯(lián)立兩方程組解可得或，所以C2與C3得交點直角坐標(biāo)為(0.0)? (,)。
(2)曲線C1極坐標(biāo)方程為=（R，≠0），其中0，因此點A的極坐標(biāo)為（2sin，），點B的極坐標(biāo)為? （2cos，），所以|AB|=|2sin-2cos|=4|sin（-）|，當(dāng)=時，|AB|取得最大值，最大值為4。
【分析】（1）把 C2與C3 的方程化為直角坐標(biāo)方程分別為x2+y2-2y=0，x2+y2-2x=0，聯(lián)立解方程組可得交點坐標(biāo)，
(II)先確定曲線C1極坐標(biāo)方程為=（R，≠0），進一步求出點A的極坐標(biāo)為（2sin，），點B的極坐標(biāo)為（2cos，），由此可得|AB|=|2sin-2cos|=4|sin（-）|4。
?“互化思想”是解決極坐標(biāo)方程與參數(shù)方程問題的重要思想,解題時應(yīng)熟記極坐標(biāo)方程與參數(shù)方程的互化公式,以及直線、圓、橢圓的參數(shù)方程形式,直線、圓的參數(shù)方程中參數(shù)的幾何意義,理解其意義并在解題中靈活地加以應(yīng)用,往往可以化繁為簡,化難為易.
第 2 題:
【答案】（1）解：∵N在直線x=6上，∴設(shè)N（6，n），

∵圓N與x軸相切，∴圓N為：（x﹣6）2+（y﹣n）2=n2 ， n＞0，
又圓N與圓M外切，圓M：x2+y2﹣12x﹣14y+60=0，即圓M：（（x﹣6）2+（x﹣7）2=25，
∴|7﹣n|=|n|+5，解得n=1，
∴圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣6）2+（y﹣1）2=1．

（2）解：由題意得， ?設(shè) ，則圓心到直線的距離 ,

則，，即，
解得或，即：或

（3）解：，即，即，，

又 ,即，解得，
對于任意，欲使?，
此時，只需要作直線的平行線，使圓心到直線的距離為，
必然與圓交于兩點，此時，即，
因此對于任意，均滿足題意，
綜上
【解析】【分析】（1）設(shè)N（6，n），則圓N為：（x﹣6）2+（y﹣n）2=n2 ， n＞0，從而得到|7﹣n|=|n|+5，由此能求出圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）由題意得OA=2 ，kOA=2，設(shè)l：y=2x+b，則圓心M到直線l的距離：d= ，由此能求出直線l的方程．
（3） = ，即| |= ，又| |≤10，得t∈[2﹣2 ，2+2 ]，對于任意t∈[2﹣2 ，2+2 ]，欲使，只需要作直線TA的平行線，使圓心到直線的距離為，由此能求出實數(shù)t的取值范圍．
第 3 題:
【答案】（1）解：曲線y=x2+mx﹣2與x軸交于A、B兩點，

可設(shè)A（x1 ， 0），B（x2 ， 0），
由韋達定理可得x1x2=﹣2，
若AC⊥BC，則kAC?kBC=﹣1，
即有 ? =﹣1，
即為x1x2=﹣1這與x1x2=﹣2矛盾，
故不出現(xiàn)AC⊥BC的情況；

（2）證明：設(shè)過A、B、C三點的圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E2﹣4F＞0），

由題意可得y=0時，x2+Dx+F=0與x2+mx﹣2=0等價，
可得D=m，F(xiàn)=﹣2，
圓的方程即為x2+y2+mx+Ey﹣2=0，
由圓過C（0，1），可得0+1+0+E﹣2=0，可得E=1，
則圓的方程即為x2+y2+mx+y﹣2=0，
再令x=0，可得y2+y﹣2=0，
解得y=1或﹣2．
即有圓與y軸的交點為（0，1），（0，﹣2），
則過A、B、C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值3．
【解析】【分析】（1.）設(shè)曲線y=x2+mx﹣2與x軸交于A（x1 ， 0），B（x2 ， 0），運用韋達定理，再假設(shè)AC⊥BC，運用直線的斜率之積為﹣1，即可判斷是否存在這樣的情況；
（2.）設(shè)過A、B、C三點的圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E2﹣4F＞0），由題意可得D=m，F(xiàn)=﹣2，代入（0，1），可得E=1，再令x=0，即可得到圓在y軸的交點，進而得到弦長為定值．
第 4 題:
【答案】解：（Ⅰ）由題可知P（x，x2），﹣ ＜x＜，

所以kAP= =x﹣ ∈（﹣1，1），
故直線AP斜率的取值范圍是：（﹣1，1）；
（Ⅱ）由（I）知P（x，x2），﹣ ＜x＜，
所以 =（﹣ ﹣x， ﹣x2），
設(shè)直線AP的斜率為k，則AP：y=kx+ k+ ，BP：y=﹣ x+ + ，
聯(lián)立直線AP、BP方程可知Q（，），
故 =（，），
又因為 =（﹣1﹣k，﹣k2﹣k），
故﹣|PA|?|PQ|= ? = + =（1+k）3（k﹣1），
所以|PA|?|PQ|=（1+k）3（1﹣k），
令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，
則f′（x）=（1+x）2（2﹣4x）=﹣2（1+x）2（2x﹣1），
由于當(dāng)﹣1＜x＜﹣ 時f′（x）＞0，當(dāng) ＜x＜1時f′（x）＜0，
故f（x）max=f（）= ，即|PA|?|PQ|的最大值為．
【解析】【分析】（Ⅰ）通過點P在拋物線上可設(shè)P（x，x2），利用斜率公式結(jié)合﹣ ＜x＜可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（I）知P（x，x2）、﹣ ＜x＜，設(shè)直線AP的斜率為k，聯(lián)立直線AP、BP方程可知Q點坐標(biāo)，進而可用k表示出、，計算可知|PA|?|PQ|=（1+k）3（1﹣k），通過令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，求導(dǎo)結(jié)合單調(diào)性可得結(jié)論．
第 5 題:
【答案】解：（Ⅰ）將拋物線E：y2=x代入圓M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）的方程，
消去y2 ，整理得x2﹣7x+16﹣r2=0（1）
拋物線E：y2=x與圓M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四個點的充要條件是：
方程（1）有兩個不相等的正根
∴
即．
解這個方程組得，．
（II）設(shè)四個交點的坐標(biāo)分別為
、、、．
則直線AC、BD的方程分別為y﹣ = ?（x﹣x1），y+ = （x﹣x1），
解得點P的坐標(biāo)為（，0），
則由（I）根據(jù)韋達定理有x1+x2=7，x1x2=16﹣r2 ，
則
∴
令，
則S2=（7+2t）2（7﹣2t）下面求S2的最大值．
由三次均值有：當(dāng)且僅當(dāng)7+2t=14﹣4t，即時取最大值．
經(jīng)檢驗此時滿足題意．
故所求的點P的坐標(biāo)為．
【解析】【分析】（1）先聯(lián)立拋物線與圓的方程消去y，得到x的二次方程，根據(jù)拋物線E：y2=x與圓M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四個點的充要條件是此方程有兩個不相等的正根，可求出r的范圍．（2）先設(shè)出四點A，B，C，D的坐標(biāo)再由（1）中的x二次方程得到兩根之和、兩根之積，表示出面積并求出其的平方值，最后根據(jù)三次均值不等式確定得到最大值時的點P的坐標(biāo)．
第 6 題:
【答案】（1）解：∵|EA|+|QE|=|EQ|+|PE|=4，且|QA|=2 ＜4，
∴點E的軌跡是以A，Q為焦點的橢圓，
設(shè)橢圓方程為 =1，則2a=4，c= ，∴a=2，b= =1．
所以點E的軌跡方程為：

（2）解：依題意設(shè)直線CD的方程為：x=my+n，
代入橢圓方程x2+4y2=4得：（4+m2）y2+2mny+（n2﹣4）=0
設(shè)C（x1 ， y1），D（x2 ， y2），則，．
∵直線TM方程為，直線TN方程為，
由題知TM，TN的交點T的橫坐標(biāo)為4，∴ ，即3y1（x2﹣2）=y2（x1+2），
即：3y1（my2+n﹣2）=y2（my1+n+2），整理得：2my1y2=（n+2）y2﹣3（n﹣2）y1 ，
∴
化簡可得：．
∵當(dāng)m，y1變化時，上式恒成立，∴n=1，
∴直線CD恒過一定點（1，0）
【解析】【分析】（1）利用橢圓的定義即可得出E的軌跡方程；（2）設(shè)CD方程x=my+n，代入橢圓方程消元，得出C，D坐標(biāo)的關(guān)系，求出TM，TN的方程，根據(jù)交點橫坐標(biāo)為4得出恒等式，從而得出n的值，即得出直線CD的定點坐標(biāo)．
第 7 題:
【答案】（1）解：∵與圓F1：（x+1）2+y2=1和圓F2：（x﹣1）2+y2=25都內(nèi)切的動圓圓心的軌跡記為C，點M（x0 ， y0）為軌跡C上任意一點，
∴圓M與兩圓都內(nèi)切，F(xiàn)1（﹣1，0），r1=1，F(xiàn)2（1，0），r2=5，
∴|MF1|+|MF2|=4，
由橢圓定義得動圓圓心軌跡C的方程為．
設(shè)以M（x0 ， y0）為切點的切線方程為y=kx+m，且滿足y0﹣kx0=m，（*），
切線方程與橢圓 =1聯(lián)立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，
∵相切，∴△=（8km）2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）=0，整理，得：m2=3+4k2 ，
將（*）代入，得：（y0﹣kx0）2=3+4k2 ， ∴（）k2﹣2x0y0k+ ﹣3=0，
解得k=﹣ ，∴y﹣y0=﹣ （x﹣x0），
整理，得：．
當(dāng)斜率不存在時，上式也成立，
∴以M（x0 ， y0）為切點的C的切線方程為：

（2）證明：設(shè)切點A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），切線PA、PB的方程分別為
， =1，
都過P（m，n），∴ ， =1，
∴直線AB的方程為 =1，且n=3，即方程為：y=﹣ ，
∴直線AB過定點H（0，1）

（3）解：設(shè)直線AB的方程為y=k1x+1，
與橢圓聯(lián)立，得：（3+4k12）x2+8k1x﹣8=0，
＞0，，，
直線AB的垂線方程為，T（﹣2k1 ， 3），
|TH|= ，|AB|= ? = ? ，
∴ = ? = = ≥ ，
當(dāng)k1=0時，最小值為，
∴ 的取值范圍是[ ，+∞）
【解析】【分析】（1）求出F1（﹣1，0），r1=1，F(xiàn)2（1，0），r2=5，從而|MF1|+|MF2|=4，由橢圓定義能求出動圓圓心軌跡C的方程；設(shè)以M（x0 ， y0）為切點的切線方程為y=kx+m，且滿足y0﹣kx0=m，（*），切線方程與橢圓 =1聯(lián)立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，由相切，得：m2=3+4k2 ，從而得到k=﹣ ，由此能求出以M（x0 ， y0）為切點的C的切線方程．（2）設(shè)切點A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），切線PA、PB的方程分別為， =1，都過P（m，n），得到直線AB的方程為 =1，且n=3，由此能證明直線AB過定點H（0，1）．（3）設(shè)直線AB的方程為y=k1x+1，與橢圓聯(lián)立，得：（3+4k12）x2+8k1x﹣8=0，由此利用根的判別式、韋達定理、弦長公式、基本不等式，結(jié)合已知條件能求出的取值范圍．
第 8 題:
【答案】（1）解：圓C1：x2+y2+6x=0化為標(biāo)準(zhǔn)方程為（x+3）2+y2=9，
設(shè)圓C1的圓心C1（﹣3，0）關(guān)于直線l1：y=2x+1的對稱點為C（a，b），
則，且CC1的中點M（，）在直線l1：y=2x+1上．
∴ ，解得．
∴圓C的方程為（x﹣1）2+（y+2）2=9；

（2）如圖：設(shè)A（x1 ， y1），B（x2 ， y2）．

由| |=| ﹣ |= ，得四邊形OASB為矩形，∴OA⊥OB，
必須使，即x1x2+y1y2=0．
①當(dāng)直線的斜率不存在時，可得直線的方程為x=﹣1，
與圓C：（x﹣1）2+（y+2）2=9交于兩點A（﹣1，），B（﹣1，）．
∵ ，
∴OA⊥OB，
∴當(dāng)直線的斜率不存在時，直線l：x=﹣1滿足條件；
②當(dāng)直線的斜率存在時，可設(shè)直線的方程為y=k（x+1），
設(shè)A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），
由，得（1+k2）x2+（2k2+4k﹣2）x+k2+4k﹣4=0，
由于點（﹣1，0），在圓C內(nèi)部，∴△＞0恒成立，
∴ ，，
由x1x2+y1y2=0，得，
整理得，
解得k=1，∴直線方程為y=x+1，
∴存在直線x=﹣1和y=x+1，它們與圓C交A，B兩點，且| |=| ﹣ |．
【解析】【分析】（1）將圓C的一般方程寫成標(biāo)準(zhǔn)方程，找出圓心坐標(biāo)及半徑，再根據(jù)對稱，找到對稱的圓心坐標(biāo)，從而得出對稱圓的方程；（2）設(shè)A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），根據(jù)向量關(guān)系不難得出OASB為矩形，可得出OA⊥OB，分斜率存在與斜率不存在，設(shè)出直線方程，聯(lián)立圓的方程，根據(jù)韋達定理，得出滿足題意的直線方程.
第 9 題:
【答案】（1）解；若直線的斜率不存在，則的方程為：，符合題意.
若直線的斜率存在，設(shè) 的方程為：，即
∴點到直線的距離
∵直線被圓截得的弦長為，∴ ?
∴ ?，此時的方程為：
∴所求直線的方程為或

（2）解；設(shè)點的坐標(biāo)為，由題得點的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為
由可得，化簡可得 ?
∵點在圓上，∴ ，∴ ?
∴所求的取值范圍是

（3）解；∵ ，則
∴直線的方程為
令，則 ?? 同理可得
∴ ? ?
∴ 為定值1
【解析】【分析】(1)直線 l 的斜率不存在時,滿足題意;當(dāng)直線 l 的斜率存在時,設(shè)出直線的方程,由半徑,半弦長,弦心距構(gòu)成直角三角形求出k得到直線方程;
(2)寫出點A,B的坐標(biāo),設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,y),由 P A =P O得互點P的軌跡方程,其軌跡為一個圓,再由點P在圓 B 上,求出r的范圍;
(3)設(shè)出點M,M1,M2的坐標(biāo),寫出直線QM1的方程,表示出m,n,化簡mn得到定值.
第 10 題:
【答案】解：（Ⅰ）圓心到直線的距離，由圓的性質(zhì)可得，所以，圓的方程為；
（Ⅱ）設(shè) ，
由得， ,
所以
若直線與直線關(guān)于軸對稱，則，
即

所以當(dāng)點為時，直線與直線關(guān)于軸對稱
【解析】【分析】(1)由圓的性質(zhì)可求出半徑,從而得到圓的方程;
(2)將直線方程代入圓的方程中,得到關(guān)于x的二次方程,由韋達定理得到根與根的和積關(guān)系,由直線 A N 與直線 B N 關(guān)于 x 軸對稱,則直線AN與BN的斜率到為相反數(shù),從而求出t的值.