2015年度高二数学9月月考

1、白水高中2015年度高二年级9月月考数学测试卷命题人：徐传杰 考试时间：9月23日上午7：50-9：50一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分.）1直线xsin y20的倾斜角的取值范围是（ ）A B C D2过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为（ ）A B C或 D或3已知点A（2，3），B（3，2），若直线l过点P（1，1）且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（ ）A B C D4已知若平面内存在一点满足：且，则点坐标为（ ）A、 B、 C、 D、5设分别为直线和圆上的点，则的最小值为（ ）（A） （B） （C） （D）6已知圆:，点及点，从点观察点，要使视线不被

2、圆挡住，则的取值范围是（ ）A BC D7如图，已知正方体棱长为4，点在棱上，且点，分别为棱，的中点，是侧面内一动点，且满足.则当点运动时， 的最小值是（A） （B）（C） （D）8点在圆 上移动时，它与定点连线的中点的轨迹方程是A B C D9已知圆,圆,分别是圆上的动点,为轴上的动点,则的最小值为 （ ）A B C D10直线与曲线有且仅有一个公共点，则b的取值范围是Ab|b± Bb|1<b1或bCb|1b Db|<b<111执行如图所示的程序框图，如果输出，则判断框中应填（ ）A B C D12某商店对每天进店人数与某种商品成交量（单位：件）进行了统计，得到如

3、下对应数据：由表中数据，得线性回归方程为如果某天进店人数是人，预测这一天该商品销售的件数为（ ）A B C D二、填空题(每小题5分，共20分)13（1）用秦九韶算法计算多项式f（x）2x62x5x3x22x4， 当x2时，v4的值为_ （2）用辗转相除法或更相减损术求得与的最大公约数为 （3）二进制数1101（2）化为五进制数为_ 14点P（1，2，3）关于y轴的对称点为P1，P关于坐标平面xOz的对称点为P2，则|P1P2|= 15已知0<k<4，直线l1：kx2y2k80和直线l2：2xk2y4k240与两坐标轴围成一个四边形，则使得这个四边形面积最小的k值为_16直线y=k

4、x+3与圆（x-1）2+（y+2）2=4相交于M,N两点,若,则实数k的取值范围是 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已知三条直线l1：xy10，l2：2xy80，l3：a x3y50 分别求下列各题中a的值：（1）三条直线相交于一点；（2）三条直线只有两个不同的交点；（3）三条直线有三个不同的交点18（本小题满分10分）设圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，且与直线相交的弦长为，求圆的方程19（本小题满分12分）某学校1800名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间，抽取其中50个样本，将测试结果按如下方式分成五组：第一组，第二

5、组，第五组，下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图（1） 若成绩小于15秒认为良好，求该样本在这次百米测试中成绩良好的人数；（2） 请估计学校1800名学生中，成绩属于第四组的人数；（3）请根据频率分布直方图，求样本数据的众数和中位数20（本小题12分）圆C的半径为3，圆心在直线上且在x轴下方，x轴被圆C截得的弦长为（1）求圆C的方程；（2）是否存在斜率为的直线，使得以被圆截得的弦为直径的圆过原点？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由21已知定圆,定直线,过的一条动直线与直线相交于,与圆相交于两点,是中点. ()当与垂直时,求证:过圆心;()当时,求直线的方程;()设,试问是否为定值,

6、若为定值,请求出的值;若不为定值,请说明理由.22在平面直角坐标系中，为坐标原点，以为圆心的圆与直线相切（）求圆的方程；（）若直线：与圆交于，两点，在圆上是否存在一点，使得，若存在，求出此时直线的斜率；若不存在，说明理由第5页 共6页 第6页 共6页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1B【解析】试题分析：直线的斜率，所以倾斜角考点：直线的斜率和倾斜角2C【解析】试题分析：当截距都为0时，过点时直线为，当截距不为零时，设直线为，代入点得考点：直线方程3A【解析】试题分析：用数形结合，建立坐标系直线PA的斜率，直线PB的斜率，结合图象可得直线l的斜率取值范围是；考点：1数

7、形结合思想；2直线的斜率公式；4A【解析】试题分析：设且考点：向量平行垂直的坐标运算5A【解析】试题分析：设圆心为，直线，则，所以选A.考点：直线与圆位置关系6A【解析】试题分析：作出示意图，由题意要使视线不被挡住，视线所在直线与圆相切时是临界状态，只需即可，又由三角形ABO与三角形ABM相似得,所以,所以考点：直线与圆的位置关系7B【解析】由题意，P点在平面BB1C1C内，且PEPF，故P点轨迹是以EF为直径的一段圆弧，圆心是EF的中点，设为G，半径为EF.在BB1上取点K，使得B1K1，则HK平面BB1C1C，且HK4.要使|HP|2最小，只需|PK|最小，且|PK|GK|，而|GK|为定

8、值3，故|PK|3于是|HP|2|HK|2|PK|216（3）2276.选B考点：正方体与圆的性质综合运用，轨迹问题8C.【解析】试题分析：设动点的中点坐标，则，即代入（1）得曲线方程.考点：曲线与方程.9A【解析】试题分析：由已知可知，对于x轴的任一点P，当点M、N分别为与的交点时|PM|+|PN|取得最小值，所以问题可转化为求的最小值可看作x轴上一点到两定点距离之和的最小值减去4，由平面几何的知识易知当P、关于x轴对称的点三点共线时x轴上一点到两定点距离之和取得最小值为，所以，答案选A考点：转化与化归的思想以及距离的最值问题10B【解析】yxb是斜率为1的直线，曲线x是以原点为圆心、1为半

9、径圆的右半圆，画出它们的图象如图所示，由图可以看出，直线与曲线有且仅有一个公共点有两种情况：当b时，直线与曲线相切；当1<b1时，直线与曲线相交且有唯一公共点11B【解析】试题分析：程序执行过程中的数据变化如下：，不成立，输出考点：程序框图12B【解析】试题分析：由表中数据求得：，根据回归直线方程必过点，可将代入，解得：，所以回归直线方程为，当时，所以取整数52考点：回归直线方程13【解析】试题分析：，考点：秦九韶算法1435【解析】试题分析：用较大的数字除以较小的数字，得到商和余数，然后再用上一式中的除数和得到的余数中较大的除以较小的，以此类推，当整除时，就得到要求的最大公约数用辗转相

10、除法求1855与1120的最大公约数，1855=1×1120+7351120=1×735+385735=1×385+350385=1×350+35350=10×351855与1120的最大公约数为 35故答案为：35考点：辗转相除法1523【解析】试题分析：将二进制数转化为十进制数，再把十进制化为五进制1101（2）=1×23+1×22+1=1313=2考点：不同进制之间的转换162【解析】试题分析：由题意求出P关于坐标平面xOz的对称点为P2的坐标，即可求出|P1P2|解：点P（1，2，3）关于y轴的对称点为P1，所以P1

11、（1，2，3），P关于坐标平面xOz的对称点为P2，所以P2（1，2，3），|P1P2|=2故答案为：2点评：本题是基础题，考查空间点关于点、平面的对称点的求法，两点的距离的求法，考查计算能力17【解析】由题意知直线l1、l2恒过定点P(2,4)，且l1斜率为正数，l2斜率为负数，如图所示，直线l1的纵截距为4k，直线l2的横截距为2k22，所以四边形的面积S×2×(4k)×4×(2k22)4k2k8，故面积最小时，k18【解析】试题分析：圆心到直线的距离等于，而弦长公式，解得考点：1直线与圆相交；2弦长公式19（1）；（2）（3）【解析】试题分析：（1

12、）三直线交于一点，所以联立方程有且只有一组解（2）三条直线有两个不同的交点，因此有两条是平行的，根据平行线斜率相等求解系数值（3）两直线的交点个数有1个，2个或3个，因此可借助于（1）（2）的结论求解的范围试题解析：（1）直线联立方程组求解得，所以交点为，代入得（2）当平行时，当平行时，所以（3）因为不平行，所以三条直线至少一个交点最多三个交点，结合（1）（2）可知考点：直线的平行相交的判定20或【解析】试题分析：设圆的圆心为半径为r，因为圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，所以圆心在直线上，即，由直线相交的弦长为，可得联立可得的值试题解析：设所求圆的圆心为半径为r，点关于直线的对称点A仍在这个

13、圆上，圆心在直线上，又直线截圆所得的弦长为2，解由方程、组成的方程组得：或所求圆的方程为或考点：求圆的方程21（1）11；（2）576；（3）155，1574【解析】试题分析：（1）根据题意，层级在第一、第二组的为优秀，其频率为022，然后由频率计算公式即可算出该样本中成绩优秀的人数（2）由频率分布直方图知成绩在第四组的频率为032，因此估计成绩属于第四组的人数约为（3）由频率分布直方图估计样本数据的中位数，众数，规律计算最高的小矩形的底边中点横坐标，中位数出现在概率是05的地方，由图即可得到中位数和众数的值试题解析：（1）样本在这次百米测试中成绩良好的人数=（人）（2）学校1800名学生中，

14、成绩属于第四组的人数（人）（3）由图可知众数落在第三组，是因为数据落在第一、二组的频率数据落在第一、二、三组的频率所以中位数一定落在第三组中假设中位数是，所以解得中位数考点：（1）频率分布直方图（2）众数、中位数、平均数22（1）；（2）【解析】试题分析：先设出圆心坐标，依据题意列出方程，求出圆心坐标，从而写出圆的标准方程；（2）设这样的直线存在，其方程为，设出直线与圆的交点坐标，联立方程，利用韦达定理表示出，再利用得，可以列出关于b的方程，求解出b再加以验证即可试题解析：（1）设，则，又，得，则 所以圆C的方程为，即（2）设这样的直线存在，其方程为，它与圆C的交点设为，则由，得，所以所以由得

15、，即，解得容易验证，方程有实根故存在这样的直线l有两条，其方程是考点：圆的方程；直线与圆的综合问题；23()详见解析 () 或 () 是定值-5【解析】试题分析：() 当与垂直时斜率相乘为，从而得到斜率及方程()直线与圆相交时常用弦长的一半，圆心到直线的距离，圆的半径构成的直角三角形求解()先将直线设出，与圆联立求出点坐标，将直线与直线联立求得，代入中化简得常数，求解时需注意直线方程分斜率存在不存在两种情况试题解析：()由已知 ,故,所以直线的方程为. 将圆心代入方程易知过圆心 4分() 当直线与轴垂直时,易知符合题意; 当直线与轴不垂直时,设直线的方程为,由于, 所以由,解得. 故直线的方程

16、为或 -8分()当与轴垂直时,易得,又则 ,故. 即 当的斜率存在时,设直线的方程为,代入圆的方程得 .则 ,即, .又由得, 则. 故. 综上,的值为定值,且 12分另解一:连结,延长交于点,由()知.又于, 故.于是有. 由得 故 另解二:连结并延长交直线于点,连结由()知又, 所以四点都在以为直径的圆上,由相交弦定理得 考点：1.直线方程；2.直线与圆相交的位置关系；3.向量的坐标运算24（）;（）存在点，使得.【解析】试题分析：（）设圆的半径为，因为直线与圆相切，所以 ，即可求出圆的方程为 .（）方法一：因为直线：与圆相交于，两点， 所以 ， 所以或 ，假设存在点，使得，因为，在圆上，且，同时由向量加法的平行四边形法则可知，四边形为菱形，所以与互相垂直且平分，所以原点到直线：的距离为 10分即 ，解得， ，经验证满足条件，所以存在点，使得 ；方法二：假设存在点，使得记与交于点，因为，在圆上，且，由向量加法的平行四边形法则可知四边形为菱形，因为直线斜率为，显然，所以直线方程为， 解得， 所以点坐标为，因为点在圆上，所以，解得，即，经验证满足条件，所以存在点，使得.试题解析：解：（）设圆的半径为，因为直线与圆相切，所以 3分所以圆的方程为 5分（）方法一：因为直线：与圆相交于，两点， 所以 ， 所以