2020-2021学年江西省上饶市高一（下）3月第三次周练数学（文）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高一（下）3月第三次周练数学（文）试卷北师大版，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 经过点M2,−1作圆C:x−12+y2=2的切线，则切线的方程为( )
A.x−y−3=0B.x−2y−3=0C.x−2y+3=0D.x+y−1=0

2. 圆C1:x2−2x+y2+4y+1=0与圆C2:x2+y2+6x−2y+1=0的公切线有( )
A.4条B.3条C.2条D.1条

3. 已知直线l:3x+4y+2=0上有动点A，点B为圆x2+y−22=1上的动点，则|AB|的最小值为( )
A.12B.1C.32D.2

4. 已知圆C：x2+(y−1)2=36，则过点P(2, −1)的圆C的所有弦中，以最长弦和最短弦为对角线的四边形的面积是( )
A.47B.247C.1023D.911

5. 已知圆C:x+42+y+32=4和两点M−a,0，Na,0a>0，若圆C上存在点P，使得PM⊥PN，则a的最大值为( )
A.3B.5C.7D.9

6. 函数y=1+1−x2的图像与直线kx−1−y+3=0有两个交点，则实数k的取值范围是( )
A.[1,+∞）B.(12,34]C.(0,1]D.(34,1]
二、填空题

若圆x2+y−12=4与圆x2+y2+2mx−2y−7=0的公共弦长为23，则实数m=_______.
三、解答题

在直线y=x上取一点C，以C为圆心画圆，点M0,3和N4,3均在圆C上．
(1)求圆C的标准方程；

(2)求直线l:4x+3y−4=0被圆C截得的弦长．

如图，某海域中有一圆形危险区域，O，A，B三个危险标记均在区域外沿，A点在O点的东北方向402千米处，B点在O点的正东方向20千米处．现以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为单位长度，建立平面直角坐标系．圆C经过O，A，B三点．

(1)求圆C的方程；

(2)现有一游轮D在O点的南偏西30∘方向距O点40千米处，沿着东北方向一直行驶，请通过计算来说明该船有没有危险？

已知圆M的圆心在直线l:2x−7y+8=0上，且点6,4和5,5都在圆M上，点P的坐标为1,2．
(1)求圆M的方程，并判断点P与圆M的位置关系；

(2)过点P的直线与圆C交于A，B两点，是否能在直线y=2上找到一点Q，使得kAQ与kBQ总是互为相反数？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高一（下）3月第三次周练数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
圆的切线方程
【解析】
本题考查过圆上的点求圆的切线方程．
【解答】
解：由点M2,−1在圆x−12+y2=2上，且kCM=−1，
所以切线斜率为1，
即切线方程为y+1=x−2，
整理得x−y−3=0.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，
两圆的标准方程分别为x−12+y+22=4
和x+32+y−12=9，
则两圆的圆心距d=(−3−1)2+(1+2)2=5=2+3，
所以两圆外切，
所以两圆有3条公切线.
故选B.
3.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
与圆有关的最值问题
【解析】
本题考查圆上的点到直线距离的最值问题．
【解答】
解：|AB|的最小值为|0+8+2|5−1=1.
故选B.
4.
【答案】
B
【考点】
直线与圆相交的性质
与圆有关的最值问题
【解析】
根据题意，AC为经过点P的圆的直径，而BD是与AC垂直的弦．因此算出PM的长，利用垂直于弦的直径的性质算出BD长，根据四边形的面积公式即可算出四边形ABCD的面积．
【解答】
解：∵ 圆的方程为：x2+(y−1)2=36，
∴ 圆心坐标为C(1, 0)，半径r=6．
∵ P(2, −1)是该圆内一点，
∴ 经过P点的直径是圆的最长弦，且最短的弦是与该直径垂直的弦．
∵ |PC|=22，
∴ 最短弦的长为236−8=47,
∴ 四边形的面积是
S=12×12×47=247．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
圆的标准方程
轨迹方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知，点P在以原点0,0为圆心，以a为半径的圆上.
因为点P在已知圆C上，
所以只要两圆有交点即可，
当a最大时，即两圆内切的时候，
此时a−2=5，
所以a=7.
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数y=1+1−x2可以化为x2+y−12=1(y≥1)，
图像为以0,1为圆心，1为半径的上半圆．
根据题意画出图形，如图所示．
由题意可得：直线l必过定点A1,3，且点B坐标为−1,1，
当直线l与半圆相切，C为切点时，圆心到直线l的距离d=r=1，
由|−k+2|k2+1=1解得k=34.
当直线l过B点时，直线l的斜率为3−11−−1=1，
则直线l与半圆有两个不同的交点时，
实数k的取值范围为(34,1].
故选D.
二、填空题
【答案】
±2
【考点】
圆的综合应用
相交弦所在直线的方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：圆x2+y−12=4的圆心为0,1，半径r=2.
将圆x2+(y−1)2=4与圆x2+y2+2mx−2y−7=0相减，
得公共弦所在直线方程为mx−2=0.
由勾股定理得22=32+2m2，
所以m=±2.
故答案为：±2.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意可知，圆心在线段MN的垂直平分线上，即C在直线x=2上，
又因为C在直线y=x上，
可得C的坐标为2,2，
易得圆的半径为r=|CM|=22+2−32=5，
故圆C的标准方程为x−22+y−22=5.
(2)圆心2,2到直线4x+3y−4=0的距离
d=|4×2+3×2−4|42+32=2，
∴2r2−d2=2，
∴直线l被圆C截得的弦长为2.
【考点】
圆的标准方程
直线与圆相交的性质
直线和圆的方程的应用
圆锥曲线的综合问题
【解析】
本题考查圆的标准方程和圆的弦长求法．
本题考查圆的标准方程和圆的弦长求法．
【解答】
解：(1)由题意可知，圆心在线段MN的垂直平分线上，即C在直线x=2上，
又因为C在直线y=x上，
可得C的坐标为2,2，
易得圆的半径为r=|CM|=22+2−32=5，
故圆C的标准方程为x−22+y−22=5.
(2)圆心2,2到直线4x+3y−4=0的距离
d=|4×2+3×2−4|42+32=2，
∴2r2−d2=2，
∴直线l被圆C截得的弦长为2.
【答案】
解：(1)根据题意得A40,40，B20,0，
设过O，A，B三点的圆C的方程为
x2+y2+Dx+Ey+F=0，
得F=0,402+402+40D+40E+F=0,202+20D+F=0,
解得D=−20，E=−60，F=0，
所以圆C的方程为x2+y2−20x−60y=0.
(2)由(1)得圆心C10,30，半径r=1010.
因为该船初始位置为点D−20,−203，
且该船航线所在直线l的斜率为1，
故该船航行方向为直线l:x−y+20−203=0.
由于圆心C到直线l的距离
d=|10−30+20−203|12+12=106<1010，
故该船有危险.
【考点】
圆的一般方程
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)根据题意得A40,40，B20,0，
设过O，A，B三点的圆C的方程为
x2+y2+Dx+Ey+F=0，
得F=0,402+402+40D+40E+F=0,202+20D+F=0,
解得D=−20，E=−60，F=0，
所以圆C的方程为x2+y2−20x−60y=0.
(2)由(1)得圆心C10,30，半径r=1010.
因为该船初始位置为点D−20,−203，
且该船航线所在直线l的斜率为1，
故该船航行方向为直线l:x−y+20−203=0.
由于圆心C到直线l的距离
d=|10−30+20−203|12+12=106<1010，
故该船有危险.
【答案】
解：(1)设所求圆的方程为x−a2+y−b2=r2，
由题意得6−a2+4−b2=r2,5−a2+5−b2=r2,2a−7b+8=0,
解得a=3，b=2，r=13，
所以圆的方程为x−32+y−22=13，
令x=1，y=2，可得1−32+2−24=4<13，
所以P在圆内．
(2)假设存在点Qt,2符合题意，设交点坐标为Ax1,y1，Bx2,y2．
①当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y−2=kx−1，
联立方程组y−2=kx−1,x−32+y−22=13,
消去y，得到方程1+k2x2−2k2+6x+k2−4=0，
则由根与系数的关系得x1+x2=2k2+61+k2，x1x2=k2−41+k2，
因为kAQ+kBQ=0，
所以y1−2x1−t+y2−2x2−t=0，即kx1−1x1−t+kx2−1x2−t=0，
若k=0时，Q在y=2上任取一不同于A，B的点均满足题意，
若k≠0时，2x1x2−1+tx1+x2+2t=0，
即2k2−8−(t+1)(2k2+6)+2t⋅(k2+1)=0，
解得t=−72，即Q点坐标为−72,2．
②当直线AB斜率不存在时，点Q显然满足题意．
综上，在直线y=2上存在定点Q−72,2，使得kAQ与kBQ总是互为相反数．
【考点】
圆的标准方程
点与圆的位置关系
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
直线的斜率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设所求圆的方程为x−a2+y−b2=r2，
由题意得6−a2+4−b2=r2,5−a2+5−b2=r2,2a−7b+8=0,
解得a=3，b=2，r=13，
所以圆的方程为x−32+y−22=13，
令x=1，y=2，可得1−32+2−24=4<13，
所以P在圆内．
(2)假设存在点Qt,2符合题意，设交点坐标为Ax1,y1，Bx2,y2．
①当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y−2=kx−1，
联立方程组y−2=kx−1,x−32+y−22=13,
消去y，得到方程1+k2x2−2k2+6x+k2−4=0，
则由根与系数的关系得x1+x2=2k2+61+k2，x1x2=k2−41+k2，
因为kAQ+kBQ=0，
所以y1−2x1−t+y2−2x2−t=0，即kx1−1x1−t+kx2−1x2−t=0，
若k=0时，Q在y=2上任取一不同于A，B的点均满足题意，
若k≠0时，2x1x2−1+tx1+x2+2t=0，
即2k2−8−(t+1)(2k2+6)+2t⋅(k2+1)=0，
解得t=−72，即Q点坐标为−72,2．
②当直线AB斜率不存在时，点Q显然满足题意．
综上，在直线y=2上存在定点Q−72,2，使得kAQ与kBQ总是互为相反数．