1、实验中学高二年级第一次学情检测数学一单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 若直线y=ax+1与连接的线段总有公共点，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】可得直线过定点，则数形结合可得或即可求出.【详解】由直线y=ax+1可得直线的斜率为，且过定点，又，则由图可得，要使直线与线段总有公共点，需满足或，又，或.故选：B.2. “ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据直线垂直求出的范围即可得出.【详解
2、】由直线垂直可得，解得或1，所以“ ” 是 “直线 与直线 互相垂直” 的充分不必要条件.故选：A.3. 若P，Q分别为直线3x4y120与6x8y50上任意一点，则|PQ|的最小值为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判定两直线平行，再求出两平行线之间的距离即得解.【详解】因为，所以两直线平行，将直线3x4y120化为6x8y240，由题意可知|PQ|的最小值为这两条平行直线间的距离，即，所以|PQ|的最小值为.故选：C.【点睛】本题主要考查平行直线的判定和两平行线之间的距离的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4. 点(在圆的内部，则a的取值范围( )A. 1a
3、1B. 0a1C. 1aD. a1【答案】D【解析】【详解】解：由题意，4a2+（a-1）2-2（a-1）-40即5a2-4a-10解之得：- a1故选D5. 某月球探测器运行轨道是以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，其近月点与月球表面距离为，远月点与月球表面距离为.已知月球的直径约为，则该椭圆形轨道的离心率约为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意得，然后联立求解即可.【详解】如图（示意图）：为月球的球心，月球半径约为.依题意，.所以，解得.由，得，所以椭圆的离心率.故选：B【点睛】本题主要考查椭圆的定义和几何性质，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.6. 圆 上点 关
4、于直线 的对称点仍在圆 上， 且该圆的半径为 ， 则圆 的方程为（ ）A. B. C. 或 D. 或 【答案】D【解析】【分析】先判断圆心在直线上，设圆心的坐标为，由半径，列出方程，求出的值，即可得到答案【详解】解：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，设圆心的坐标为，因为该圆的半径为，则，解得或，所以圆心为或，则圆的方程为或故选：D7. 已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，且点在直线上，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将两圆的方程相减可得公共弦方程，从而求得定点，利用点在直线上可得，再代入消元，转化成一元二次函数的取值范围；【详解】解：由
5、圆，圆，得圆与圆的公共弦所在直线方程为，求得定点，又在直线上，即.，的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查圆的公共弦方程求解、一元二次函数的最值，考查转化与化归思想的运用.8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，若椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在中，由正弦定理可得，结合已知条件得到，设点，得到，整理得到，根据椭圆的几何性质可得，化简得到，即可求解.【详解】在中，由正弦定理可得,又由，即，即,设点，可得，则，解得，由椭圆的几何性质可得，即，整理得，解得或，又由，所以椭圆的离心率的取值范围是.故选：C.【点睛】方法点拨：在中，
6、由正弦定理和结合已知条件得到，设点，结合椭圆的焦半径公式，得到，根据椭圆的几何性质可得，列出关于离心率的不等式是解答的关键.二多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9. 下列说法正确的是（ ）A. 截距相等的直线都可以用方程表示B. 方程能表示平行y轴的直线C. 经过点，倾斜角为的直线方程为D. 经过两点，的直线方程【答案】BD【解析】【分析】当直线过原点时，无法表示；当时，满足条件；当倾斜角为时，无法表示；结合两点式方程进行判断即可.【详解】解：对于A，截距相等为0的直线都不可以用方程表示，故错误；对于B，当时，方程能表示平行y轴的直线，故正确；对于C，经过点，倾
7、斜角为的直线方程不能写成，故错；对于D，经过两点，的直线均可写成，故正确故选：BD10. 在平面直角坐标系中，三点，动点满足，则（ ）A. 点的轨迹方程为B. 面积最大时C. 最大时，D. 到直线距离最小值为【答案】ABD【解析】【分析】根据可求得点轨迹方程为，A正确；根据直线过圆心可知点到直线的距离最大值为，由此可确定面积最大时，由此可确定B正确；当最大时，为圆的切线，利用切线长的求法可知C错误；求得方程后，利用圆上点到直线距离最值的求解方法可确定D正确.【详解】设，由得：，即，化简可得：，即点轨迹方程为，A正确；直线过圆的圆心，点到直线的距离的最大值为圆的半径，即为，面积最大为，此时，B正
8、确；当最大时，则为圆的切线，C错误；直线的方程为，则圆心到直线的距离为，点到直线距离最小值为，D正确.故选：ABD.11. 已知椭圆的左右焦点分别为是圆上且不在轴上的一点，的面积为，设的离心率为，则（ ）A B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】由题意画出图形，由椭圆定义及三角形两边之和大于第三边判断；设出的参数坐标，利用向量数量积运算判断；求出三角形的面积范围，结合已知列式求得椭圆离心率的范围判断；由数量积及三角形面积公式求得判断【详解】如图，连接，设交椭圆于，则，故正确；设，故错误；设，则，又的面积为，即，又，故正确；由，两式作商可得：，故正确故选：ACD12. 已知圆，直线，(
9、)则下列四个命题正确的是（ ）A. 直线恒过定点B. 当时，圆上有且仅有三个点到直线的距离都等于1C. 圆与曲线恰有三条公切线，则D. 当时，直线上一个动点向圆引两条切线，其中，为切点，则直线经过点【答案】ACD【解析】【分析】利用相交直线系方程和圆系方程可判断AD的正误，根据圆心到直线的距离可判断B的正误，根据两圆外切可判断C的正误.【详解】直线可化为：，由可得，故直线恒过定点，故A正确.当时，直线，圆心到该直线的距离为，因为，故圆上有且仅有四个点到直线的距离都等于1，故B错.因为圆与曲线恰有三条公切线，故两圆外切，故，故，故C正确.当时，直线，设，则以为直径的圆的方程为，而圆，故的直线方程
10、为，整理得到，由可得，故直线经过点，故D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：对于含参数的直线方程，可通过化简其方程，以便于求出定点坐标，而切点弦，则需要利用圆系来求其方程，过圆外一点及两个切点的圆的方程可由直径式方程得到.三填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 直线的斜率为_【答案】【解析】【分析】根据直线的方程写出直线的斜率表达式，化简求值即可【详解】由直线，得，即，则该直线的斜率故答案为：【点睛】本题考查由直线方程求直线的斜率，属于简单题14. 已知直线与圆，则被圆截得的最短弦长为_.【答案】【解析】【分析】求出直线所过定点，再求出圆心的坐标和半径，要使直线被圆截得的线段长度最小
11、，需圆心到直线的距离最大，的最大值为线段的长度，即可得出结论【详解】解：直线，即，显然过直线 及直线的交点，则的坐标为，故直线经过定点，圆表示以为圆心，以3为半径的圆，设圆心到直线的距离为，要使直线被圆截得的线段长度最小，需最大，由题意可知，的最大值为线段的长度，由两点间的距离公式可得直线被圆截得的最短的弦长为故答案为：15. 已知圆，过直线上任意一点作圆的两条切线，切点分别为，若为锐角，则的取值范围是_【答案】【解析】【详解】试题分析：由于圆心到直线的距离,当时,所以,即,注意到,故,即.考点：圆与直线的位置关系及运用【易错点晴】本题考查的是圆与直线的位置关系的问题.解答时先求出圆心到定直线
12、的距离,再考虑为直角的特殊情形,求出此时圆心与动点的距离为定值,这时的是最小的,当由直角变小时, 会增大,由于是动点与圆心连线中长度是最小的,因此只要圆心到直线的距离也大于即可,所以求得的范围是.16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一个动点，为圆上一个动点，则的最大值为_【答案】12【解析】【分析】根据椭圆定义及圆心位置、半径，应用分析法要使最大只需让最大即可，由数形结合的方法分析知共线时有最大值，进而求目标式的最大值.【详解】由题意得：，根据椭圆的定义得，圆变形得，即圆心，半径，要使最大，即最大，又，使最大即可.如图所示：当共线时，有最大值为，的最大值为，的最大值，即的最大值为11+
13、1=12，故答案为：12四解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知直线和直线的交点为（1）求过点且与直线平行的直线方程；（2）若直线与直线垂直，且到的距离为，求直线的方程【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】利用平行（垂直）直线系设出待求直线，用待定系数法求直线方程.【详解】解：联立解得，可知交点（1）设与直线平行的直线方程为把交点代入可得，所求的直线方程为：（2）设与直线垂直的直线方程为：到的距离为，解得或直线的方程为：或【点睛】解析几何中直线系方程的设法:(1)过定点的直线可设为；(2)与直线平行的直线可设为：；(3) 与直线垂直的直线
14、可设为：.18. 已知椭圆经过（1）求椭圆的方程；（2）若直线交椭圆于不同两点是坐标原点，求的面积.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】(1)将两点坐标代入椭圆方程中，求出的值，可求出椭圆的方程；(2)直线方程与椭圆方程联立，消去，得到一元二次方程，解这个方程，求出两点的纵坐标，设直线与轴交于点，利用进行求解【详解】(1)由题意得: , 解得: 即轨迹E的方程为 (2)记，的方程为由消去得， 所以 设直线与轴交于点19. 已知圆过点，且圆心在直线上，圆.（1）求圆的标准方程；（2）求圆与圆的公共弦长；（3）求过两圆的交点且圆心在直线上的圆的方程.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析
15、】（1）求出的坐标及其圆的半径，从而可得圆的标准方程；（2）将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，利用垂径定理可求弦长.（3）设所求的圆的方程为：，求出圆心的坐标，利用该圆心在已知直线上可求的值，从而得到圆的方程.【详解】解：（1）设，则，解得，圆即所求的标准方程为：.（2）圆的一般方程为，将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，即即，故到直线的距离为，所以所求公共弦长为.（3）设所求的圆的方程为：，整理得到，该圆圆心为，因为该圆心在直线，故，解得，故所求圆的方程为.【点睛】本题考查圆的方程的求法、以及圆的公共弦的方程及弦长的求法，注意公共弦的直线方法可以由两个圆的一
16、般方程相减得到，在求过已知直线和圆的交点的圆的方程时，注意利用圆系方程降低运算量，本题属于基础题.20. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程，边上的高所在直线方程为求：（1）顶点的坐标；（2）直线的方程【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求直线的方程，然后通过方程组求出的坐标（2）设出的坐标，求出的坐标，把点的坐标代入直线方程，把点的坐标代入直线联立求出的坐标，然后利用两点式求得直线的方程【详解】（1）、所在直线方程为的斜率为边所在直线所在的直线的斜率为，的方程为，即解方程组，求得，故的坐标为.（2）、设出的中点为，把点的坐标代入直线方程，把点的坐标代入直线可得，求得，故点再用两点式求
17、的直线BC的方程为，化简为，故直线的方程.21. 如图，平面直角坐标系中，圆交轴于、两点，交直线于、两点（1）若，求的值；（2）设直线、的斜率分别为、，试探究斜率之积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由（3）证明：直线、的交点必然在一条定直线上，并求出该定直线的方程【答案】（1）； （2）恒为定值； （3）证明见解析，交点恒在定直线上.【解析】【分析】（1）利用勾股定理可求得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，即可求得实数的值；（2）设点、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值，即可证得结论成立；（3）设直线的斜率为
18、，可得出，写出直线、的方程，求出两直线交点的纵坐标，即可证得结论成立.【小问1详解】解：圆的圆心为，到直线的距离为，可得，解得.【小问2详解】解：将代入圆方程，并整理得，则，设点、，由韦达定理，所以，同理，于是（定值）.【小问3详解】解：注意到，设直线的斜率为，则，即直线的方程为，直线的方程为的交点满足，即，解得，故直线、交点必在定直线上22. 已知两圆，动圆在圆内部且和圆内切，和圆外切.（1）求动圆圆心的轨迹方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与轨迹方程恒有两个交点，且满足若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由.【答案】（1） （2）存在，理由见解析【解析】【分析】
19、（1）设圆的半径为，由椭圆的定义得到点的轨迹，求出椭圆方程即可；（2）当切线斜率存在时，设切线方程，与椭圆联立，得到韦达定理，利用，化简整理得到和的关系，利用圆心到切线的距离等于半径，可得圆的方程，当切线的斜率不存在时，可得到切线方程，求出两个交点坐标，符合题意，即可得到答案.【小问1详解】设圆的半径的，则，所以的轨迹是以的焦点的椭圆，则，所以，故动圆圆心轨迹方程为.【小问2详解】假设存在圆心在原点圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，设，当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为，由方程，可得，则，所以，由，则，则，即，即，即，所以且，故，解得或，因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为，则，故，所以所求圆的方程为，此时圆的切线都满足或，当切线的斜率不存在时，切线方程为，所以切线与椭圆，的两个交点为，满足.综上所述，存在圆心在原点的圆满足条件.
