高考数学一轮复习方案 滚动基础训练卷（11） 理 （含解析）

45分钟滚动基础训练卷(十一)(考查范围：第45讲～第48讲分值：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．[2012·青岛一模]已知圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的圆心为抛物线y2＝4x的焦点，且与直线3x＋4y＋2＝0相切，则该圆的方程为()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·陕西卷]已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l是过点P(3，0)的直线，则()A．l与C相交B．l与C相切C．l与C相离D．以上三个选项均有可能3．[2012·合肥六中模拟]方程|y－eq\r(4－x2)|＋eq\r(x2＋y2－4)＝0对应的曲线是()图G11－14．[2012·广东卷]在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长等于()A．3eq\r(3)B．2eq\r(3)C.eq\r(3)D．15．如图G11－2，已知A(4，0)，B(0，4)，从点P(2，0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到P点，则光线所经过的路程是()图G11－2A．2eq\r(10)B．6C．3eq\r(3)D．2eq\r(5)6．若直线y＝x＋b与曲线y＝3－eq\r(4x－x2)有公共点，则b的取值范围是()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·金榜省级示范中学联考]虚数z＝x＋yi(x，y∈R)，当|z|＝1时，x，y满足y－kx＋2k＝0，则k的取值范围为()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]设m，n∈R，若直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0与圆(x－1)2＋(y－1)2＝1相切，则m＋n的取值范围是()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、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)9．[2012·金华十校联考]已知点A(－2，0)，B(1，eq\r(3))是圆x2＋y2＝4上的定点，经过点B的直线与该圆交于另一点C，当△ABC面积最大时，直线BC的方程是________．10．若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上恰有三个不同的点到直线l：y＝kx的距离为2eq\r(2)，则k＝________．11．[2012·淮南二中模拟]已知两点A(－2，0)，B(0，2)，点C是圆x2＋y2－2x＝0上的任一点，则三角形ABC面积的最小值是________．三、解答题(本大题共3小题，每小题14分，共42分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)12．已知直线l：y＝kx＋1，圆C：(x－1)2＋(y＋1)2＝12.(1)试证明：不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点；(2)求直线l被圆C截得的最短弦长．13．设点C为曲线y＝eq\f(2,x)(x>0)上任一点，以点C为圆心的圆与x轴交于点E，A，与y轴交于点E，B.(1)证明：多边形EACB的面积是定值，并求这个定值；(2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若|EM|＝|EN|，求圆C的方程．14．[2012·安徽师大附中检测]在平面直角坐标系xOy中，A(2a，0)，B(a，0)，a为大于零的常数，动点P满足PA＝eq\r(2)PB，记点P的轨迹曲线为C.(1)求曲线C的方程；(2)曲线C上不同两点Q(x1，y1)，R(x2，y2)满足eq\o(AR,\s\up6(→))＝λeq\o(AQ,\s\up6(→))，点S为R关于x轴的对称点．①试用λ表示x1，x2，并求λ的取值范围；②当λ变化时，x轴上是否存在定点T，使S，T，Q三点共线？证明你的结论．45分钟滚动基础训练卷(十一)1．C[解析]抛物线y2＝4x的焦点为(1，0)，则a＝1，b＝0.r＝eq\f(|3×1＋4×0＋2|,\r(32＋42))＝1，所以圆的方程为(x－1)2＋y2＝1.2．A[解析]本小题主要考查直线与圆的位置关系，解题的突破口为熟练掌握判断直线与圆位置关系的方法．x2＋y2－4x＝0是以(2，0)为圆心，以2为半径的圆，而点P(3，0)到圆心的距离为d＝eq\r(（3－2）2＋（0－0）2)＝1<2，点P(3，0)恒在圆内，过点P(3，0)不管怎么样画直线，都与圆相交．故选A.3．B[解析]方程|y－eq\r(4－x2)|＋eq\r(x2＋y2－4)＝0等价于y－eq\r(4－x2)＝0与x2＋y2－4＝0同时成立．因为y－eq\r(4－x2)＝0等价于x2＋y2＝4(y≥0)；x2＋y2－4＝0等价于x2＋y2＝4，所以两者同时成立时有x2＋y2＝4(y≥0)．也可取特殊点判断．4．B[解析]圆心(0，0)到直线3x＋4y－5＝0的距离d＝eq\f(|0＋0－5|,\r(32＋42))＝1，则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]设点P关于直线AB：x＋y＝4的对称点P1的坐标为(a，b)，则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)．点P关于y轴的对称点P2(－2，0)．所以|P1P2|＝eq\r(（4＋2）2＋22)＝2eq\r(10).正确选项为A.6．C[解析]曲线y＝3－eq\r(4x－x2)的图象如图所示，则当直线y＝x＋b过点A时b＝3，当直线与半圆切于点B时，b＝1－2eq\r(2).当满足1－2eq\r(2)≤b≤3时，直线与半圆都有公共点，故选择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)，因为z＝x＋yi(x，y∈R)是虚数，所以k为过圆x2＋y2＝1(除去与x轴的焦点)上的点和点(2，0)所连直线的斜率，如下图．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)))，故选B.8．D[解析]本题考查直线与圆相切的条件、点到直线的距离公式及不等式的运用，考查运算求解能力及转化思想．∵直线与圆相切，∴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的长度恒定，故△ABC面积最大，只需要C到直线AB的距离最大即可．此时，C在AB的中垂线上，AB的中垂线方程为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))，所以直线BC的方程是x＝1.10．2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)[解析]圆的方程是(x－2)2＋(y－2)2＝(3eq\r(2))2，由于圆的半径是3eq\r(2)，因此只要圆心到直线y＝kx的距离等于eq\r(2)，即可保证圆上有且只有三个点到直线的距离等于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]依据题意作出草图：其中圆x2＋y2－2x＝0即为(x－1)2＋y2＝1，将AB视为三角形的底边，顶点在圆上移动，三角形的高可看作C到AB的距离，直线AB的方程为x－y＋2＝0，圆心到AB的距离d＝eq\f(|1－0＋2|,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，故C到AB的最小距离为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，因为Δ＝(2－4k)2＋28(k2＋1)>0，所以不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点．(2)设直线与圆交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，则直线l被圆C截得的弦长|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)，则tk2－4k＋(t－3)＝0，当t＝0时k＝－eq\f(3,4)，当t≠0时，因为k∈R，所以Δ＝16－4t(t－3)≥0，解得－1≤t≤4，故t＝eq\f(4k＋3,1＋k2)的最大值为4，此时|AB|最小为2eq\r(7).方法二：(1)圆心C(1，－1)到直线l的距离d＝eq\f(|k＋2|,\r(1＋k2))，圆C的半径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对k∈R恒成立，所以R2－d2>0，即d<R，即不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点．(2)由平面几何知识知|AB|＝2eq\r(R2－d2)＝2eq\r(\f(8－4k＋11k2,1＋k2))，下同方法一．方法三：(1)因为不论k为何实数，直线l总过点D(0，1)，而|DC|＝eq\r(5)<2eq\r(3)＝R，所以点D(0，1)在圆C的内部，即不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点．(2)由平面几何知识知过圆内定点D(0，1)的弦，只有和DC(C为圆心)垂直时才最短，而此时点D(0，1)为弦AB的中点，由勾股定理知|AB|＝2eq\r(12－5)＝2eq\r(7)，即直线l被圆C截得的最短弦长为2eq\r(7).13．解：(1)证明：设点Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(2,t)))(t>0)，因为以点C为圆心的圆与x轴交于点E，A，与y轴交于点E，B.所以，点E是直角坐标系原点，即E(0，0)．于是圆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).则A(2t，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,t))).由|CE|＝|CA|＝|CB|知，圆心C在Rt△AEB的斜边AB上，于是多边形EACB为Rt△AEB，其面积S＝eq\f(1,2)|EA|·|EB|＝eq\f(1,2)·2t·eq\f(4,t)＝4.所以多边形EACB的面积是定值，这个定值是4.(2)若|EM|＝|EN|，则E在MN的垂直平分线上，即EC是MN的垂直平分线，kEC＝eq\f(\f(2,t),t)＝eq\f(2,t2)，kMN＝－2.所以由kEC·kMN＝－1得t＝2，所以圆C的方程是(x－2)2＋(y－1)2＝5.14．解：(1)设点P坐标为(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.所以曲线C的方程为x2＋y2＝2a2.(2)①eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x1－2a，y1)，eq\o(AR,\s\up6(→))＝(x2－2a，y2)，因为eq\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))因为Q，R在曲线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.因为－eq\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