2021年新教材高中数学 第二章 直线和圆的方程 质量评估作业（含解析）新人教A版选择性必修第一册.docx

1、第二章质量评估(时间:120分钟分值:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的.1.过点A(3,-4),B(-2,m)的直线l的斜率为-2,则m的值为()A.6B.1C.2D.4解析:由题意知直线l的斜率为-2,则m+4-2-3=-2,解得m=6.答案:A2.过点(-1,2),且斜率为2的直线的方程是()A.2x-y+4=0B.2x+y=0C.2x-y+5=0D.x+2y-3=0解析:因为直线过点(-1,2),且斜率为2,所以该直线方程为y-2=2(x+1),即2x-y+4=0.答案:A3.圆心为(1,1)且过原点的圆的方

2、程是()A.(x-1)2+(y-1)2=1B.(x+1)2+(y+1)2=1 C.(x+1)2+(y+1)2=2D.(x-1)2+(y-1)2=2解析:由题意,知圆的半径r=12+12=2,所以圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=2.答案:D4.过点(2,0)且与直线2x-4y-1=0平行的直线的方程是()A.x-2y-1=0B.2x+y-4=0C.x-2y-2=0D.x+2y-2=0解析:由题意,知直线2x-4y-1=0的斜率k=12,故所求直线的方程为y-0=12(x-2),化简得x-2y-2=0.答案:C5.过原点且倾斜角为60的直线被圆x2+y2-4y=0所截得的弦长为()A.3B.

3、2C.6D.23解析:由题意,知过原点且倾斜角为60的直线方程为y=3x.因为圆的方程可化为x2+(y-2)2=4,所以半径r=2,圆心为(0,2),且(0,2)到直线y=3x的距离d=1,所以弦长为222-12=23.答案:D6.当点P在圆x2+y2=1上运动时,连接点P与定点Q(3,0),线段PQ的中点M的轨迹方程是()A.(x+3)2+y2=1B.(x-3)2+y2=1C.(2x-3)2+4y2=1D.(2x+3)2+4y2=1解析:设动点P的坐标为(x0,y0),PQ的中点M的坐标为(x,y),可得x=x0+32,y=y02,解得x0=2x-3,y0=2y.因为点P(x0,y0)在圆x

4、2+y2=1上,所以(2x-3)2+(2y)2=1,即(2x-3)2+4y2=1.所以点M的轨迹方程是(2x-3)2+4y2=1.答案:C7.已知圆C的半径为2,圆心在x轴的正半轴上,直线3x+4y+4=0与圆C相切,则圆C的方程为()A.x2+y2-2x-3=0B.x2+y2+4x=0C.x2+y2+2x-3=0D.x2+y2-4x=0解析:由题意设圆心坐标为C(a,0)(a0).因为圆C与直线3x+4y+4=0相切,圆C的半径为2,所以|3a+0+4|9+16=2,解得a=2,所以圆心为C(2,0),所以圆C的方程为(x-2)2+y2=4,即x2+y2-4x=0.答案:D8.唐代诗人李颀的

5、诗古从军行开头两句说:“白日登山望烽火,黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题“将军饮马”问题,即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发,先到河边饮马后再回军营,怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中,设军营所在区域为x2+y21,若将军从点A(3,0)处出发,河岸线所在直线方程为x+y=4,并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营,则“将军饮马”的最短总路程为()A.17-1B.17-2C.17D.3-2解析:如图所示,设点A关于直线x+y=4的对称点为A(a,b),军营所在区域的圆心为O,连接AO.根据题意,|AO|-1为最短距离.所以线段AA的中点为a+32,b2,直线AA的斜率

6、为1,所以直线AA的方程为y=x-3.根据题意,得a+32+b2=4,b=a-3,解得a=4,b=1,所以点A的坐标为(4,1),所以|AO|=42+12=17,所以|AO|-1=17-1,即“将军饮马”的最短总路程为17-1.答案:A二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知A(-2,-4),B(1,5)两点到直线l:ax+y+1=0的距离相等,则实数a的值为()A.-3B.3C.-1D.1解析:因为A(-2,-4),B(1,5)两点到直线l:ax+y+1=0的距离相等,所以|-2a-

7、4+1|a2+1=|a+5+1|a2+1,即|2a+3|=|a+6|,解得a=3或a=-3.故选AB.答案:AB10.已知直线l1:x+ay-a=0和直线l2:ax-(2a-3)y-1=0,下列说法正确的是()A.直线l2始终过定点23,13B.若l1l2,则a=1或a=-3C.若l1l2,则a=0或a=2D.当a0时,l1始终不过第三象限解析:直线l2:a(x-2y)+3y-1=0始终过定点23,13,A项正确;当a=1时,l1,l2重合,B项错误;由1a+a(3-2a)=0,得a=0或a=2,C项正确;直线l1的方程可化为y=-1ax+1,可知其始终过点(0,1).当a0时,直线l1的斜率

8、为负,不会过第三象限,D项正确.故选ACD.答案:ACD11.过点P(2,4)引圆(x-1)2+(y-1)2=1的切线,则切线的方程为()A.x=-2B.x=2C.4x-3y+4=0D.4x+3y-4=0解析:根据题意,知圆(x-1)2+(y-1)2=1的圆心为(1,1),半径r=1.过点P(2,4)引圆(x-1)2+(y-1)2=1的切线,若切线的斜率不存在,此时切线的方程为x=2,符合题意;若切线的斜率存在,设此时切线的斜率为k,则其方程为y-4=k(x-2),即kx-y-2k+4=0,所以|3-k|k2+1=1,解得k=43,则切线的方程为4x-3y+4=0.综上所述,切线的方程为x=2

9、或4x-3y+4=0.故选BC.答案:BC12.若圆O1:x2+y2-2x=0和圆O2:x2+y2+2x-4y=0的交点为A,B,则有()A.公共弦AB所在直线的方程为x-y=0B.线段AB的垂直平分线的方程为x+y-1=0C.公共弦AB的长为22D.P为圆O1上一动点,则点P到直线AB的距离的最大值为22+1解析:已知圆O1:x2+y2-2x=0和圆O2:x2+y2+2x-4y=0的交点为A,B,两圆的方程相减可得圆O1与圆O2的公共弦AB所在直线的方程为x-y=0,故A项正确;由题意,知O1(1,0),O2(-1,2),线段O1O2所在直线斜率为-1,线段O1O2的中点为(0,1),所以线

10、段AB的垂直平分线的方程为y-1=-x,即x+y-1=0,故B项正确;由题意,知圆O1:x2+y2-2x=0的圆心为O1(1,0),半径r1=1,圆心O1(1,0)到直线x-y=0的距离d=12=22,所以点P到直线AB的距离的最大值为22+1,圆O1与圆O2的公共弦AB的长为21-12=2,故C项错误,D项正确.故选ABD.答案:ABD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.若直线l1:ax+y+2a=0与直线l2:x+ay+3=0互相平行,则实数a=1.解析:由两直线平行的条件,得a2-1=0,3a-2a0,解得a=1.14.圆C:x2+y2-2x-4y+4=0的圆心到直线l

11、:3x+4y+4=0的距离d=3.解析:由题意,知圆心坐标为(1,2),所以圆心到直线l:3x+4y+4=0的距离d=|3+8+4|32+42=3.15.已知圆C1:x2+y2=1和圆C2:(x-4)2+(y-3)2=r2(r0)外切,则r的值为4;若点A(x0,y0)在圆C1上,则x02+y02-4x0的最大值为5.(本题第一空2分,第二空3分)解析:由两个圆外切可得圆心距等于两个圆的半径之和,所以(4-0)2+(3-0)2=1+r,解得r=4.因为点A(x0,y0)在圆C1上,所以x02+y02=1,且x0-1,1,所以x02+y02-4x0=1-4x0-3,5,所以x02+y02-4x0

12、的最大值为5.16.在ABC中,BC边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0,角A的平分线所在直线的方程为y=0,顶点B的坐标为(1,2),则ABC的面积为12.解析:由方程组x-2y+1=0,y=0,求得点A的坐标为(-1,0).因为边AB所在直线的斜率为kAB=1,且角A的平分线所在直线的方程为y=0,所以边AC所在直线的斜率为-1,其方程为y=-(x+1),即y=-x-1.因为BC边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0,所以边BC所在直线的斜率为-2,所以边BC所在直线的方程为y-2=-2(x-1),即y=-2x+4.联立方程,得y=-2x+4,y=-x-1,解得x=5,y=-6,即顶

13、点C的坐标为(5,-6),所以|BC|=45,点A到直线BC的距离d=|-2-4|5=65,所以ABC的面积为S=12|BC|d=124565=12.四、解答题:本题共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.(10分)在ABC中,点A的坐标为(0,1),AB边上的高CD所在直线的方程为x+2y-4=0,AC边上的中线BE所在直线的方程为2x+y-3=0.(1)求直线AB的方程;(2)求直线BC的方程.解:(1)由已知,得直线AB的斜率为2,所以AB边所在直线的方程为y-1=2(x-0),即2x-y+1=0.(2)由2x-y+1=0,2x+y-3=0,得x=12,y=2,

14、即点B的坐标为12,2.设点C的坐标为(m,n),则由已知条件得m+2n-4=0,2m2+n+12-3=0,解得m=2,n=1,所以点C的坐标为(2,1).所以BC边所在直线的方程为y-12-1=x-212-2,即2x+3y-7=0.18.(12分)已知直线l1:mx+8y+n=0和直线l2:2x+my-1=0,试分别确定满足下列条件的m,n的值.(1)l1与l2相交于点(m,-1);(2)l1l2;(3)l1l2,且l1在y轴上的截距为-1.解:(1)因为l1与l2相交于点(m,-1),所以点(m,-1)在l1,l2上.将点(m,-1)代入l2的方程,得2m-m-1=0,解得m=1.所以交点

15、的坐标为(1,-1).把点(1,-1)的坐标代入l1的方程,得n=7.所以m=1,n=7.(2)要使l1l2,则有m2-16=0,m(-1)-2n0,解得m=4,n-2或m=-4,n2.(3)要使l1l2,则有2m+8m=0,解得m=0.将m=0代入直线l1的方程,得y=-n8.因为l1在y轴上的截距为-1,所以-n8=-1,解得n=8.所以m=0,n=8.19.(12分)已知直线l:y=kx+3(k0)与x轴、y轴围成的三角形面积为94,圆M的圆心在直线l上,与x轴相切,且在y轴上截得的弦长为46.(1)求直线l的方程(结果用一般式表示);(2)求圆M的标准方程.解:(1)在直线方程y=kx

16、+3(k0)中,令x=0,得y=3;令y=0,得x=-3k.所以123-3k=94.因为k0,所以k=2.所以直线l的方程为2x-y+3=0.(2)设圆M的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r0).由题意可知2a-b+3=0,|b|=r,(26)2+|a|2=r2,解得a=-5,b=-7,r=7或a=1,b=5,r=5.故圆M的标准方程为(x+5)2+(y+7)2=49 或(x-1)2+(y-5)2=25.20.(12分)一座圆拱桥,当水面在如图所示的位置时,拱顶离水面2 m,水面宽12 m,当水面下降1 m后,水面宽多少米?解:以圆拱顶点为原点,以过圆拱顶点的竖直直线为y轴,建立如

17、图所示的平面直角坐标系.设圆拱所在圆的圆心为C,水面所在弦的端点为A,B,则由已知可得A(6,-2).设圆的半径为r,则C(0,-r),即圆的方程为x2+(y+r)2=r2.将点A的坐标代入可得r=10,所以圆的方程为x2+(y+10)2=100.当水面下降1 m后,可设A(x0,-3)(x00)在圆上,代入x2+(y+10)2=100,解得x0=51,即当水面下降1 m后,水面宽为2x0=251 m.21.(12分)在平面直角坐标系Oxy中,曲线y=x2-6x+1与坐标轴的交点都在圆C上.(1)求圆C的方程;(2)若圆C与直线x-y+a=0交于A,B两点,且OAOB,求a的值.解:(1)由题

18、意,得曲线y=x2-6x+1与y轴的交点为(0,1),与x轴的交点为(3+22,0), (3-22,0).故可设圆C的圆心为(3,t),则有32+(t-1)2=(22)2+t2,解得t=1,所以圆C的半径为32+(1-1)2=3,所以圆C的方程为(x-3)2+(y-1)2=9.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则两点的坐标满足方程组x-y+a=0,(x-3)2+(y-1)2=9.消去y整理,得2x2+(2a-8)x+a2-2a+1=0.由已知可得,判别式=56-16a-4a20,且x1+x2=4-a,x1x2=a2-2a+12.由于OAOB,可得x1x2+y1y2=0.因为y1=x1

19、+a,y2=x2+a,所以2x1x2+a(x1+x2)+a2=0.由,得a=-1,经检验a=-1满足0,所以a=-1.22.(12分)已知圆M与直线x=2相切,圆心M在直线x+y=0上,且直线x-y-2=0被圆M截得的弦长为22.(1)求圆M的方程,并判断圆M与圆N:x2+y2-6x+8y+15=0的位置关系.(2)若在x轴上的截距为-1且不与坐标轴垂直的直线l与圆M交于A,B两点,在x轴上是否存在定点Q, 使得kAQ+kBQ=0?若存在,求出Q点坐标;若不存在,说明理由.解:(1)设圆M的圆心为M(a,-a),半径为r,则r=|a-2|,|a+a-2|2=r2-2222,解得a=0,r=2,

20、即圆心坐标为(0,0),r=2,所以圆M的方程为x2+y2=4.由题意知,圆N的圆心为(3,-4),半径R=10,r+R=2+10,R-r=10-2.因为|MN|=5,10-2510+2,所以圆M与圆N相交.(2)存在.方法一:设l:x=my-1(m0),A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my-1,x2+y2=4,得(m2+1)y2-2my-3=0.由根与系数的关系,得y1+y2=2mm2+1,y1y2=-3m2+1.假设存在Q(t,0)满足条件,则kAQ=y1x1-t=y1my1-t-1,kBQ=y2x2-t=y2my2-t-1,由kAQ+kBQ=0,得y1my1-t-1+y2my2

21、-t-1=0,即y1my2-(t+1)+y2my1-(t+1)(my1-t-1)(my2-t-1)=2my1y2-(t+1)(y1+y2)(my1-t-1)(my2-t-1)=-6m-2m(t+1)(m2+1)(my1-t-1)(my2-t-1)=0,即2m(t+4)=0且m0,所以t=-4.所以存在Q(-4,0)满足条件.方法二:设l:y=k(x+1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2).由y=k(x+1),x2+y2=4,得(k2+1)x2+2k2x+k2-4=0,则x1+x2=-2k2k2+1,x1x2=k2-4k2+1.假设存在Q(t,0)满足条件,则kAQ+kBQ=y1x1-t+y2x2-t=k(x1+1)x1-t+k(x2+1)x2-t=k(x1+1)(x2-t)+(x2+1)(x1-t)(x1-t)(x2-t)=k2x1x2-t(x1+x2)-2t+x1+x2(x1-t)(x2-t)=k2k2-8+2k2t-2k2t-2t-2k2(k2+1)(x1-t)(x2-t)=k(-8-2t)(k2+1)(x1-t)(x2-t)=0,解得t=-4.所以存在Q(-4,0)满足条件.