1、眉山中学高二2018届数学理科11月份半期考试题一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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、直线y=1的倾斜角是 （ ）A45 B 90 C0 D1802、点P在直线x+y-4=0上，O为原点，则|OP|的最小值是（ ）A2 B C D3、若直线经过第一、二、三象限，则系数满足的条件为（ ）A同号 BC D4、若圆关于直线对称，则直线的斜率是（ ）A6 B C D5、直线与直线平行，则实数m的值为（ ）2 -3 2或 -3 -2或36、圆上的动点到直线的最小距离为A B C D7、直线被圆所截得的最短弦长等于（ ）A B C D
2、8、已知点是圆内的一点，直线是以为中点的弦所在直线，直线的方程为，那么（ ）A、与圆相交 B、与圆相切C、与圆相离 D、与圆相离9、若直线yxb与曲线y3有公共点，则b的取值范围是（ ）A.12，12 B.1，3C.1,12 D.12，310、圆和圆恰有三条公切线，若，且，则的最小值为（ ）A1 B3 C D11、已知二次函数、的两个零点分别在与内，则的取值范围是（ ）A B C D12、如图，在长方形ABCD中，AB=，BC=1，E为线段DC上一动点，现将AED沿AE折起，使点D在面ABC上的射影K在直线AE上，当E从D运动到C，则K所形成轨迹的长度为（ ） A B C D 二、填空题（每题
3、5分，满分20分，将答案填在答题卡上）13、已知方程表示一个圆，则实数的取值范围是_14、若x,y满足约束条件则的最大值为 .15、已知变量满足约束条件14,22。若目标函数仅在点（3,1）处取得最大值，则a的取值范围为_ 16、如果圆上有且仅有两个点到原点的距离为2，那么实数的取值范围为 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、(本小题满分10分)直线过点.（1）若直线与直线平行，求直线的方程；（2）若直线与直线垂直，求直线的方程.18、(本小题满分12分)已知圆：，直线过定点（1）若与圆相切，求直线的方程；（2）若与圆相交于、两点，且，求直
4、线的方程19、(本小题满分12分)某研究所计划利用“神七”宇宙飞船进行新产品搭载实验，计划搭载新产品A、B，要根据该产品的研制成本、产品重量、搭载实验费用和预计产生收益来决定具体安排，通过调查，有关数据如表：产品A(件) 产品B(件) 研制成本与搭载费用之和(万元/件)2030计划最大资 金额300万元产品重量(千克/件)105最大搭载重量110千克 预计收益(万元/件)8060试问：如何安排这两种产品的件数进行搭载，才能使总预计收益达到最大，最大收益是多少？20、(本小题满分12分)已知圆经过点，且圆心在直线上，又直线与圆相交于两点（1）求圆的方程；（2）过点作直线与直线垂直，且直线与圆交于
5、、两点，求四边形面积的最大值21、(本小题满分12分)已知点，直线：（其中）（1）若直线与线段AB有公共点，求的取值范围；（2）若分别过A，B且斜率为的两条平行直线截直线所得线段的长为，求直线的方程22、(本小题满分12分)已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，（1）求圆的圆心坐标；（2）求线段的中点的轨迹的方程；（3）是否存在实数，使得直线与曲线只有一个交点？若存在，求出的取值范围.若不存在，说明理由参考答案1、【答案】B【解析】因为直线x=1与x轴垂直，所以倾斜角为90，斜率不存在考点：本题考查直线的倾斜角和斜率的关系点评：解决本题的关键是掌握直线斜率与倾斜角的关系，斜率的定义2、【答案
6、】C【解析】由题可知，过O向直线x+y-4=0做垂线，垂足为点P，此时|OP|取得最小值，由点到直线的距离公式；考点：点到直线距离3、【答案】B【解析】由题意得，直线，直线经过第一、二、三象限，所以.4、【答案】D【解析】由题意得圆心在直线上，故选D.考点：直线与圆的位置关系5、【答案】C【解析】6、【答案】A【解析】由题意得，圆心为（2,2），半径r=1，由圆心到直线的最小距离公式可得，所以圆上动点到直线的最小距离为考点：考查圆上动点到直线的最小距离.7、【答案】C【解析】如图所示：由已知可得，由此已知直线若与直线有交点，则斜率满足的条件是，因此若直线若与直线，没有交点，则斜率满足的条件是，
7、故选C考点：两条直线的交点坐标8、【答案】C【解析】以点为中点的弦所在的直线的斜率是，直线，点是圆内一点，所以，所以圆心到距离是，故相离，故选C考点：直线与圆的位置关系9、【答案】D【解析】如图所示：曲线y3，即（ 1y3，0x4），表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，可得或结合图象可得考点：直线与圆的位置关系10、【答案】A【解析】由题意得两圆与相外切，即，所以，当且仅当时取等号，所以选A.考点：两圆位置关系，基本不等式求最值【易错点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正
8、数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.11、【答案】D【解析】由题意得 ，即 ,画出可行域如图,不包含边界，的几何意义为：可行域内的点到点的距离的平方，故取值范围是.nmOm+n+1=02m+n+4=0（-3,2）（-1,2）。（-2，0）（-1,0）ABC【考点】一元二次方程根的分布及线性规划.【方法点晴】本题主要考查一元二次方程根的分布及线性规划，综合性较强，属于较难题型解决本题的是利用一元二次方程根的分布建立约束条件，并化简得 ,将命题转化为线性规划问题，画出可行域如图,不包含边界，的几何意义为：可行域内的点到点的距离的平方，从
9、而计算得取值范围是.12、【答案】D【解析】由题可知，根据AED沿AE折起，使点D在面ABC上的射影K在直线AE上，可知DKAE，所以K的轨迹是以AD为直径的一段圆弧DK，求出圆心角DOK，即可求得K所形成轨迹的长度. DKAE，所以K的轨迹是以AD为直径的一段圆弧DK，设AD的中点为O，,长方形ABCD中，AB= ，BC=1，DAC=60DOK=120= ,K所形成轨迹的长度为=；考点：点到直线，点到平面的距离13、【答案】【解析】14、【答案】【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）设，则的几何意义为区域内的点到原点的斜率，由图象知的斜率最大，由，解得，即，则，即的最大值为故答
10、案为：考点：简单的线性规划.【方法点睛】本题主要考查线性规划的应用，结合目标函数的几何意义以及直线的斜率，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，难度中档；作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义即表示动点与原点之间直线的斜率，利用数形结合可知当点运动到点时，斜率最大即可确定的最大值15、【答案】【解析】不等式组表示的平面区域为矩形ABCD及其内部，点B（3，1），目标函数可看作是直线y=-ax+z在y轴上的截距，要使截距在点B处最大需有即。考点：线性规划的应用。16、【答案】2【解析】先求圆的半径，四边形PACB的最小面积是2，转化为三角形PBC的面积是1，求出切线长，再求
11、PC的距离也就是圆心到直线的距离，可解k的值圆的圆心（0，1），半径是r=1，由圆的性质知：，四边形PACB的最小面积是2，（d是切线长），圆心到直线的距离就是PC的最小值，.考点：直线和圆的位置关系；点到直线的距离公式17、【答案】（1）；（2）或.试题分析：（1）因为与直线平行，所以可将直线设为，再将点代入，解得，即得直线方程；（2）因为直线过定点，所以可将直线设为斜率不存在或是斜率存在的两种形式，当时，判断距离是不是等于1，当斜率存在时，可设直线，利用点到直线的距离等于1，解出斜率，求直线方程.试题解析：（1）设直线方程为，将代入得，即所求直线方程是（2）若直线的斜率不存在，则过的直线为
12、，到的距离为1，满足题意；若直线的斜率存在，设为，则的方程为.由到直线的距离为1，可得.解得.所以直线方程为.综上得所求的直线方程为或.考点：直线方程【解析】18、【答案】（）或；（）或.试题分析：（）对斜率的存在和不存在进行分类再运用点到直线的距离公式建立方程求解；（）借助题设条件运用点到直线的距离公式建立方程求解.试题解析：（）当斜率不存在时，方程x=1满足条件；当L1斜率存在时，设其方程是y=k（x-1）,则，解得，所以所求方程是x=1和3x-4y-3=0;（）由题意，直线斜率存在且不为0，设其方程是y=k（x-1）,则圆心到直线的距离d=，此时k=1或k=7，所以所求直线方程是或.考点
13、：直线与圆的位置关系及综合运用【易错点晴】本题考查和检测是直线与圆的位置关系的基础知识和基本方法.求解时充分借助题设条件,运用了直线与圆相切的条件和直线与圆相交所截得的弦长的条件求出满足题设条件的直线的方程.需要强调的是:本题在设置时,特别注意到直线的点斜式的运用的条件问题,当直线的斜率存在时,可以运用直线的点斜式方程；若直线的斜率不存在,则不能运用直线的点斜式方程,但直线的方程还是存在的,即是这是许多学生容易忽视的地方.【解析】19、【答案】设搭载产品A x件，产品B y件，预计总收益z80x60y.则，作出可行域，如图. 作出直线l0：4x3y0并平移，由图象得，当直线经过M点时z能取得最
14、大值， 解得，即M(9,4).所以zmax809604960(万元).答：搭载产品A 9件，产品B 4件，可使得总预计收益最大，为960万元.【解析】20、【答案】（1）；（2）试题分析：（1）由中点坐标公式、点在直线上列出方程组即可得到顶点B的坐标；（2）设出点然后根据对称性列出方程即可求出的坐标进而得出直线的方程试题解析：（1）设的中点在上，点在上所以解得（2）设点关于直线对称点则解得，都在直线上故直线为考点：直线的方程，对称问题【解析】21、【答案】（1）（2）.（3）或试题分析：（1）通过将圆的一般式方程化为标准方程即得结论；（2）设当直线l的方程为y=kx，通过联立直线l与圆的方程，
15、利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；（3）通过联立直线L与圆的方程，利用根的判别式=0及轨迹C的端点与点（4，0）决定的直线斜率，即得结论试题解析：（1）圆化为，所以圆的圆心坐标为（2）设线段的中点，由圆的性质可得垂直于直线.设直线的方程为（易知直线的斜率存在），所以，所以，所以，即.因为动直线与圆相交，所以，所以.所以，所以，解得或，又因为，所以.所以满足，即的轨迹的方程为.（3）由题意知直线表示过定点，斜率为的直线.结合图形，表示的是一段关于轴对称，起点为按逆时针方向运动到的圆弧.根据对称性，只需讨论在轴对称下方的圆弧.设，则，而当直线
16、与轨迹相切时，解得.在这里暂取，因为，所以.结合图形，可得对于轴对称下方的圆弧，当或时，直线与轴对称下方的圆弧有且只有一个交点，根据对称性可知：当或时，直线与轴对称上方的圆弧有且只有一个交点.综上所述，当或时，直线与曲线只有一个交点.考点：轨迹方程；直线与圆的位置关系【解析】22、【答案】（1）；（2）；（3）试题分析：（1）设圆心为，半径为故，建立方程，从而可求圆的方程；（2）利用向量的数量积公式，求得，计算圆心到直线的距离，即可求解实数的值；（3）方法1、设圆到直线的距离分别为，求得，根据垂径定理和勾股定理，可得，在利用基本不等式，可求四边形面积的最大值；方法2、利用弦长公式，表示三角形的
17、面积，在利用基本不等式，可求四边形面积的最大值试题解析：（1）设圆心为，半径为故，易得，因此圆的方程为（2）因为，且与的夹角为，故，所以到直线的距离，又，所以又解：设P，则，即，由得，代入得，；（3）设圆心到直线的距离分别为，四边形的面积为因为直线都经过点，且，根据勾股定理，有，又，故当且仅当时，等号成立，所以（3）又解：由已知，由（2）的又解可得，同理可得，当且仅当时等号成立，所以考点：直线与圆的方程的应用；点到直线的距离公式的应用；圆的标准方程【方法点晴】本题主要考查了直线的方程与圆的方程的应用、点到直线的距离公式的应用，同时着重考查了向量的数量积的运算和圆的性质、四边形面积的计算和基本的
18、运用，属于中档试题解答的关键是准确表达的长度，正确表示四边形的面积合理运用基本不等式求解四边形面积的最值，同时注意基本不等式等号成立的条件【解析】23、【答案】（）；（）证明见解析；试题分析：由且点在边所在的直线上得直线的方程，联立直线方程得交点的坐标，则题意可知矩形外接圆圆心为，半径，可得外接圆方程；（）由可知恒过点，求得，可证与圆相交，求得与圆相交时弦长，经检验，时弦长最短，可得，进而得，最后可得直线方程试题解析：（1）且，点在边所在的直线上，所在直线的方程是，即由得，矩形的外接圆的方程是（2）证明：直线的方程可化为，可看作是过直线和的交点的直线系，即恒过定点，由知点在圆内，所以与圆恒相交
19、，设与圆的交点为（为到的距离），设与的夹角为，则，当时，最大，最短此时的斜率为的斜率的负倒数，即，故的方程为，即考点：圆的标准方程；直线与圆相交【解析】24、【答案】（1）x2y40（2）xy30(1)如图，设a，b，ABO的面积为S，则Sab，并且直线l的截距式方程是1，由直线通过点(2，1)，得1，所以.因为A点和B点在x轴、y轴的正半轴上，所以上式右端的分母b10.由此得Sbbb1b12224.当且仅当b1，即b2时，面积S取最小值4，这时a4，直线的方程为1.即直线l的方程为x2y40.(2)如上图，设BAO，则，所以，当45时，有最小值4，此时直线斜率为1，直线l的方程为xy30【解析】【解析】解:设点的坐标为,则点的坐标为.,. 当时,得,化简得.当时, 、三点共线,不符合题意,故.曲线的方程为.(2) 解法1: 直线与曲线相切,直线的斜率存在.设直线的方程为,由 得. 直线与曲线相切,即. 点到直线的距离 . 当且仅当,即时,等号成立.此时. 直线的方程为或. 解法2:由,得, 直线与曲线相切, 设切点的坐标为,其中,则直线的方程为:,化简得. 点到直线的距离 . 当且仅当,即时,等号成立. 直线的方程为或.解法3:由,得, 直线与曲线相切, 设切点的坐标为,其中,则直线的方程为:,化简得.点到直线的距离 . 当且仅当,即时,等号成立,此时.直线的方程为或.
