北师大版高二上册数学期末试卷


2020-11-07高中数学试卷
一、解答题（共10题；共0分）
1.（2015全国统考II）在直角坐标系xOy中，曲线C1：(t为参数，且t≠0)，其中0， 在以O为极点x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2:：=2sin， C3:=2cos

（1）求C2与C3交点的直角坐标

（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|最大值

2.（2016•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2+y2﹣12x﹣14y+60=0及其上一点A（2，4）．


（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x=6上，求圆N的标准方程；

（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B、C两点，且BC=OA,求直线l的方程；

（3）设点T（t,0）满足：存在圆M上的两点P和Q,使得 ,求实数t的取值范围。

3.（2017•新课标Ⅲ）在直角坐标系xOy中，曲线y=x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，点C的坐标为（0，1），当m变化时，解答下列问题：（12分）

（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；

（2）证明过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．

4.（2017•浙江）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣ ， ），B（ ， ），抛物线上的点P（x，y）（﹣ ＜x＜ ），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．

（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；
（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．

5.如图，已知抛物线E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四个点．

（Ⅰ）求r的取值范围；
（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标．
6.已知点 ，点P是圆 上的任意一点，设Q为该圆的圆心，并且线段PA的垂直平分线与直线PQ交于点E．
（1）求点E的轨迹方程；
（2）已知M，N两点的坐标分别为（﹣2，0），（2，0），点T是直线x=4上的一个动点，且直线TM，TN分别交（1）中点E的轨迹于C，D两点（M，N，C，D四点互不相同），证明：直线CD恒过一定点，并求出该定点坐标．
7.平面直角坐标系xOy中，与圆F1：（x+1）2+y2=1和圆F2：（x﹣1）2+y2=25都内切的动圆圆心的轨迹记为C，点M（x0 ， y0）为轨迹C上任意一点；在直线l：y=3上任取一点P向轨迹C引切线，切点为A、B．
（1）求动圆圆心轨迹C的方程，并求以M（x0 ， y0）为切点的C的切线方程；
（2）证明：直线AB过定点H，并求出H的坐标；
（3）过（2）中的定点H作直线AB的垂线交l于点T，求 的取值范围．
8.已知圆C1：x2+y2+6x=0关于直线l1：y=2x+1对称的圆为C
（1）求圆C的方程；
（2）过点（﹣1，0）作直线与圆C交于A，B两点，O是坐标原点，是否存在这样的直线，使得在平行四边形OASB中| |=| ﹣ |？若存在，求出所有满足条件的直线的方程；若不存在，请说明理由．
9.已知圆 与 轴负半轴相交于点 ，与 轴正半轴相交于点 .
（1）若过点 的直线 被圆 截得的弦长为 ，求直线 的方程；
（2）若在以 为圆心半径为 的圆上存在点 ，使得  ( 为坐标原点)，求 的取值范围；
（3）设 是圆 上的两个动点，点 关于原点的对称点为 ，点 关于 轴的对称点为 ，如果直线 与 轴分别交于 和 ，问 是否为定值？若是求出该定值；若不是，请说明理由.
10.已知圆心在原点的圆被直线 截得的弦长为
(Ⅰ) 求圆的方程；
(Ⅱ) 设动直线 与圆 交于 两点，问在 轴正半轴上是否存在定点 ，使得直线 与直线 关于 轴对称？若存在，请求出点 的坐标；若不存在，请说明理由；
答案部分
第 1 题:
【答案】 （1）(0.0)  (,)


（2）4

【解析】【解答】（1）曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0，曲线C3 的直角坐标方程分别为x2+y2-2x=0，联立两方程组解可得或， 所以C2与C3得交点直角坐标为(0.0)  (,)。
(2)曲线C1极坐标方程为=（R，≠0），其中0， 因此点A的极坐标为（2sin， ），点B的极坐标为  （2cos， ），所以|AB|=|2sin-2cos|=4|sin（-）|，当=时，|AB|取得最大值，最大值为4。
【分析】（1）把 C2与C3 的方程化为直角坐标方程分别为x2+y2-2y=0，x2+y2-2x=0，联立解方程组可得交点坐标，
(II)先确定曲线C1极坐标方程为=（R，≠0），进一步求出点A的极坐标为（2sin， ），点B的极坐标为（2cos， ），由此可得|AB|=|2sin-2cos|=4|sin（-）|4。
 “互化思想”是解决极坐标方程与参数方程问题的重要思想,解题时应熟记极坐标方程与参数方程的互化公式,以及直线、圆、椭圆的参数方程形式,直线、圆的参数方程中参数的几何意义,理解其意义并在解题中灵活地加以应用,往往可以化繁为简,化难为易.
第 2 题:
【答案】 （1）解：∵N在直线x=6上，∴设N（6，n），

∵圆N与x轴相切，∴圆N为：（x﹣6）2+（y﹣n）2=n2 ， n＞0，
又圆N与圆M外切，圆M：x2+y2﹣12x﹣14y+60=0，即圆M：（（x﹣6）2+（x﹣7）2=25，
∴|7﹣n|=|n|+5，解得n=1，
∴圆N的标准方程为（x﹣6）2+（y﹣1）2=1．

（2）解：由题意得 ，  设 ，则圆心 到直线 的距离 ,

则 ， ，即 ，
解得 或 ，即 ： 或

（3）解： ，即 ，即 ，，

又 ,即 ，解得 ，
对于任意 ，欲使 ，
此时 ，只需要作直线 的平行线，使圆心到直线的距离为 ，
必然与圆交于 两点，此时 ，即 ，
因此对于任意 ，均满足题意，
综上
【解析】【分析】（1）设N（6，n），则圆N为：（x﹣6）2+（y﹣n）2=n2 ， n＞0，从而得到|7﹣n|=|n|+5，由此能求出圆N的标准方程．
（2）由题意得OA=2 ，kOA=2，设l：y=2x+b，则圆心M到直线l的距离：d= ，由此能求出直线l的方程．
（3） = ，即| |= ，又| |≤10，得t∈[2﹣2 ，2+2 ]，对于任意t∈[2﹣2 ，2+2 ]，欲使 ，只需要作直线TA的平行线，使圆心到直线的距离为 ，由此能求出实数t的取值范围．
第 3 题:
【答案】 （1）解：曲线y=x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，

可设A（x1 ， 0），B（x2 ， 0），
由韦达定理可得x1x2=﹣2，
若AC⊥BC，则kAC•kBC=﹣1，
即有 • =﹣1，
即为x1x2=﹣1这与x1x2=﹣2矛盾，
故不出现AC⊥BC的情况；

（2）证明：设过A、B、C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E2﹣4F＞0），

由题意可得y=0时，x2+Dx+F=0与x2+mx﹣2=0等价，
可得D=m，F=﹣2，
圆的方程即为x2+y2+mx+Ey﹣2=0，
由圆过C（0，1），可得0+1+0+E﹣2=0，可得E=1，
则圆的方程即为x2+y2+mx+y﹣2=0，
再令x=0，可得y2+y﹣2=0，
解得y=1或﹣2．
即有圆与y轴的交点为（0，1），（0，﹣2），
则过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值3．
【解析】【分析】（1.）设曲线y=x2+mx﹣2与x轴交于A（x1 ， 0），B（x2 ， 0），运用韦达定理，再假设AC⊥BC，运用直线的斜率之积为﹣1，即可判断是否存在这样的情况；
（2.）设过A、B、C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E2﹣4F＞0），由题意可得D=m，F=﹣2，代入（0，1），可得E=1，再令x=0，即可得到圆在y轴的交点，进而得到弦长为定值．
第 4 题:
【答案】 解：（Ⅰ）由题可知P（x，x2），﹣ ＜x＜ ，

所以kAP= =x﹣ ∈（﹣1，1），
故直线AP斜率的取值范围是：（﹣1，1）；
（Ⅱ）由（I）知P（x，x2），﹣ ＜x＜ ，
所以 =（﹣ ﹣x， ﹣x2），
设直线AP的斜率为k，则AP：y=kx+ k+ ，BP：y=﹣ x+ + ，
联立直线AP、BP方程可知Q（ ， ），
故 =（ ， ），
又因为 =（﹣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，
则f′（x）=（1+x）2（2﹣4x）=﹣2（1+x）2（2x﹣1），
由于当﹣1＜x＜﹣ 时f′（x）＞0，当 ＜x＜1时f′（x）＜0，
故f（x）max=f（ ）= ，即|PA|•|PQ|的最大值为 ．
【解析】【分析】（Ⅰ）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合﹣ ＜x＜ 可得结论；
（Ⅱ）通过（I）知P（x，x2）、﹣ ＜x＜ ，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BP方程可知Q点坐标，进而可用k表示出 、 ，计算可知|PA|•|PQ|=（1+k）3（1﹣k），通过令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，求导结合单调性可得结论．
第 5 题:
【答案】 解：（Ⅰ）将抛物线E：y2=x代入圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）的方程，
消去y2 ， 整理得x2﹣7x+16﹣r2=0（1）
抛物线E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：
方程（1）有两个不相等的正根
∴
即 ．
解这个方程组得 ， ．
（II）设四个交点的坐标分别为
、 、 、 ．
则直线AC、BD的方程分别为y﹣ = •（x﹣x1），y+ = （x﹣x1），
解得点P的坐标为（ ，0），
则由（I）根据韦达定理有x1+x2=7，x1x2=16﹣r2 ，
则
∴
令 ，
则S2=（7+2t）2（7﹣2t）下面求S2的最大值．
由三次均值有： 当且仅当7+2t=14﹣4t，即 时取最大值．
经检验此时 满足题意．
故所求的点P的坐标为 ．
【解析】【分析】（1）先联立抛物线与圆的方程消去y，得到x的二次方程，根据抛物线E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四个点的充要条件是此方程有两个不相等的正根，可求出r的范围．（2）先设出四点A，B，C，D的坐标再由（1）中的x二次方程得到两根之和、两根之积，表示出面积并求出其的平方值，最后根据三次均值不等式确定得到最大值时的点P的坐标．
第 6 题:
【答案】 （1）解：∵|EA|+|QE|=|EQ|+|PE|=4，且|QA|=2 ＜4，
∴点E的轨迹是以A，Q为焦点的椭圆，
设椭圆方程为 =1，则2a=4，c= ，∴a=2，b= =1．
所以点E的轨迹方程为：

（2）解：依题意设直线CD的方程为：x=my+n，
代入椭圆方程x2+4y2=4得：（4+m2）y2+2mny+（n2﹣4）=0
设C（x1 ， y1），D（x2 ， y2），则 ， ．
∵直线TM方程为 ，直线TN方程为 ，
由题知TM，TN的交点T的横坐标为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 ，
∴
化简可得： ．
∵当m，y1变化时，上式恒成立，∴n=1，
∴直线CD恒过一定点（1，0）
【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义即可得出E的轨迹方程；（2）设CD方程x=my+n，代入椭圆方程消元，得出C，D坐标的关系，求出TM，TN的方程，根据交点横坐标为4得出恒等式，从而得出n的值，即得出直线CD的定点坐标．
第 7 题:
【答案】 （1）解：∵与圆F1：（x+1）2+y2=1和圆F2：（x﹣1）2+y2=25都内切的动圆圆心的轨迹记为C，点M（x0 ， y0）为轨迹C上任意一点，
∴圆M与两圆都内切，F1（﹣1，0），r1=1，F2（1，0），r2=5，
∴|MF1|+|MF2|=4，
由椭圆定义得动圆圆心轨迹C的方程为 ．
设以M（x0 ， y0）为切点的切线方程为y=kx+m，且满足y0﹣kx0=m，（*），
切线方程与椭圆 =1联立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，
∵相切，∴△=（8km）2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）=0，整理，得：m2=3+4k2 ，
将（*）代入，得：（y0﹣kx0）2=3+4k2 ， ∴（ ）k2﹣2x0y0k+ ﹣3=0，
解得k=﹣ ，∴y﹣y0=﹣ （x﹣x0），
整理，得： ．
当斜率不存在时，上式也成立，
∴以M（x0 ， y0）为切点的C的切线方程为：

（2）证明：设切点A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），切线PA、PB的方程分别为
， =1，
都过P（m，n），∴ ， =1，
∴直线AB的方程为 =1，且n=3，即方程为：y=﹣ ，
∴直线AB过定点H（0，1）

（3）解：设直线AB的方程为y=k1x+1，
与椭圆 联立，得：（3+4k12）x2+8k1x﹣8=0，
＞0， ， ，
直线AB的垂线方程为 ，T（﹣2k1 ， 3），
|TH|= ，|AB|= • = • ，
∴ = • = = ≥ ，
当k1=0时，最小值为 ，
∴ 的取值范围是[ ，+∞）
【解析】【分析】（1）求出F1（﹣1，0），r1=1，F2（1，0），r2=5，从而|MF1|+|MF2|=4，由椭圆定义能求出动圆圆心轨迹C的方程；设以M（x0 ， y0）为切点的切线方程为y=kx+m，且满足y0﹣kx0=m，（*），切线方程与椭圆 =1联立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，由相切，得：m2=3+4k2 ， 从而得到k=﹣ ，由此能求出以M（x0 ， y0）为切点的C的切线方程．（2）设切点A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），切线PA、PB的方程分别为 ， =1，都过P（m，n），得到直线AB的方程为 =1，且n=3，由此能证明直线AB过定点H（0，1）．（3）设直线AB的方程为y=k1x+1，与椭圆 联立，得：（3+4k12）x2+8k1x﹣8=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、基本不等式，结合已知条件能求出 的取值范围．
第 8 题:
【答案】 （1）解：圆C1：x2+y2+6x=0化为标准方程为（x+3）2+y2=9，
设圆C1的圆心C1（﹣3，0）关于直线l1：y=2x+1的对称点为C（a，b），
则 ，且CC1的中点M（ ， ）在直线l1：y=2x+1上．
∴ ，解得 ．
∴圆C的方程为（x﹣1）2+（y+2）2=9；

（2）如图：设A（x1 ， y1），B（x2 ， y2）．

由| |=| ﹣ |= ，得四边形OASB为矩形，∴OA⊥OB，
必须使 ，即x1x2+y1y2=0．
①当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为x=﹣1，
与圆C：（x﹣1）2+（y+2）2=9交于两点A（﹣1， ），B（﹣1， ）．
∵ ，
∴OA⊥OB，
∴当直线的斜率不存在时，直线l：x=﹣1满足条件；
②当直线的斜率存在时，可设直线的方程为y=k（x+1），
设A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），
由 ，得（1+k2）x2+（2k2+4k﹣2）x+k2+4k﹣4=0，
由于点（﹣1，0），在圆C内部，∴△＞0恒成立，
∴ ， ，
由x1x2+y1y2=0，得 ，
整理得 ，
解得k=1，∴直线方程为y=x+1，
∴存在直线x=﹣1和y=x+1，它们与圆C交A，B两点，且| |=| ﹣ |．
【解析】【分析】（1）将圆C的一般方程写成标准方程，找出圆心坐标及半径，再根据对称，找到对称的圆心坐标，从而得出对称圆的方程；（2）设A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），根据向量关系不难得出OASB为矩形，可得出OA⊥OB，分斜率存在与斜率不存在，设出直线方程，联立圆的方程，根据韦达定理，得出满足题意的直线方程.
第 9 题:
【答案】 （1）解；若直线 的斜率不存在，则 的方程为： ，符合题意.
若直线 的斜率存在，设 的方程为： ，即
∴点 到直线 的距离
∵直线 被圆 截得的弦长为 ，∴  
∴  ，此时 的方程为：
∴所求直线 的方程为 或

（2）解；设点 的坐标为 ，由题得点 的坐标为 ，点 的坐标为
由 可得 ，化简可得  
∵点 在圆 上，∴ ，∴  
∴所求 的取值范围是

（3）解；∵ ，则
∴直线 的方程为
令 ，则    同理可得
∴    
∴ 为定值1
【解析】【分析】(1)直线 l 的斜率不存在时,满足题意;当直线 l 的斜率存在时,设出直线的方程,由半径,半弦长,弦心距构成直角三角形求出k得到直线方程;
(2)写出点A,B的坐标,设点P的坐标为(x,y),由 P A =P O得互点P的轨迹方程,其轨迹为一个圆,再由点P在圆 B 上,求出r的范围;
(3)设出点M,M1,M2的坐标,写出直线QM1的方程,表示出m,n,化简mn得到定值.
第 10 题:
【答案】 解：（Ⅰ）圆心 到直线 的距离 ，由圆的性质可得 ，所以，圆的方程为 ；
（Ⅱ） 设 ，
由 得， ,
所以
若直线 与直线 关于 轴对称，则 ，
即

所以当点 为 时，直线 与直线 关于 轴对称
【解析】【分析】(1)由圆的性质可求出半径,从而 得到圆的方程;
(2)将直线方程代入圆的方程中,得到关于x的二次方程,由韦达定理得到根与根的和积关系,由直线 A N 与直线 B N 关于 x 轴对称,则直线AN与BN的斜率到为相反数,从而求出t的值.