重庆市杨家坪中学2016-2017学年高二上学期第一次月考数学（文）试卷

2016-2017学年度杨家坪中学10月（文数）考卷

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

1．在中，“”是“是钝角三角形”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

2．已知命题，，则（ ）。

A．，

B．，

C．，

D．，

3．光线从点A(-3，5)射到x轴上，经反射以后经过点B(2，10)，则光线从A到B的距离为(    )

1. B.               C.              D.

4．若直线被圆截得弦长为，则实数的值为（ ）

5.平行于直线2x+y+1=0且与圆x²+y²=5相切的直线的方程是（ ）

A．2x+y+5=0或2x+y﹣5=0

B．2x+y+=0或2x+y﹣=0

C．2x﹣y+5=0或2x﹣y﹣5=0

D．2x﹣y+=0或2x﹣y﹣=0

6．若命题，；命题，，则下面结论正确的是（ ）

A．是假命题 B．是真命题 C．是假命题 D．是真命题

资*源%库 7．已知直线l₁：ax﹣y+2a=0，l₂：（2a﹣1）x+ay+a=0互相垂直，则a的值是（ ）

A．0 B．1 C．0或1 D．0或﹣1

8．设实数满足，当恒成立时，的取值范围是（ ）

A．B．C．D．

9．椭圆的焦距是2，则m的值是（ ）

A．5 B．5或8 C．3或5 D．20

10．两圆的公切线有（ ）

A．2条 B．3条 C．4条 D．以上都不对

11．若直线mx+ny+2=0（m＞0，n＞0）截得圆的弦长为2，则 的最小值为（ ）

A．4 B．12 C．16 D．6

12．已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则E的方程为（ ）

A．B．C．D．

第II卷（非选择题）

13．命题：“若不为零，则都不为零”的逆否命题是 。

14．若圆C与圆关于直线对称，则圆C的方程是 ．

15．已知F₁，F₂为椭圆的两个焦点，过F₁的直线交椭圆于A，B两点，若|F₂A|+|F₂B|=12，则|AB|= 。

16．已知正方形ABCD的四个顶点在椭圆上，AB∥轴，AD过左焦点F，则该椭圆的离心率为 ．

17．（本题10分）过点作直线，使它被两相交直线和所截得的线段恰好被点平分，求直线的方程．

18．（本题12分）如图，设P是圆x²＋y²＝25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|＝|PD|，当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程。

19．（本题12分）设p：2x²－x－1≤0，q：x²－(2a－1)x＋a(a－1)≤0，若非q是非p的必要不充分条件， 求实数a的取值范围.

20．（本题12分）(本小题满分13分)已知以点为圆心的圆与轴交于点、,与轴交于点、,其中为原点.

（1）求证：△的面积为定值；

（2）设直线与圆交于点、, 若，求圆的方程.

21．（本题12分）已知圆C经过P（4，– 2），Q（– 1，3）两点，且在y轴上截得的线段长为，半径小于5．

（1）求直线PQ与圆C的方程．

（2）若直线l∥PQ，且l与圆C交于点A、B，，求直线l的方程．

22．（本题12分）在平面直角坐标系中，过点作斜率为的直线，若直线与以为圆心的圆有两个不同的交点和．

（Ⅰ）求的取值范围；

（Ⅱ）是否存在实数，使得向量与向量共线？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由．

参考答案

1．A

【解析】

试题分析：，三角形为钝角三角形，反之钝角三角形不一定B为钝角

考点：充分条件与必要条件

2．C

【解析】

试题分析：全称命题的否定是特称命题，将任意改为存在，并将结论加以否定，因此命题的否定为，

考点：全称命题与特称命题

3．C

【解析】根据光学原理，光线从A到B的距离，等于点A关于x轴的对称点A′到点B的距离，易求A′(-3,-5).

∴|A′B|=.

4．D

【解析】分析：由圆的方程，得到圆心与半径，再求得圆心到直线的距离，由d2+(=r求解．

解答：解：∵圆（x-a）²+y²=4

∴圆心为：（a，0），半径为：2

圆心到直线的距离为：d=

∵d

解得a=4，或a=0

故选D．

点评：本题主要考查直与圆的位置关系及其方程的应用，是常考题型，属中档题

5．A

【解析】

试题分析：设出所求直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，求出直线方程中的变量，即可求出直线方程．

解：设所求直线方程为2x+y+b=0，则，

所以=，所以b=±5，

所以所求直线方程为：2x+y+5=0或2x+y﹣5=0

故选：A．

考点：圆的切线方程．

6．D

【解析】

试题分析：对于命题，当时成立，所以是真命题；对于命题，对于都有，所以是真命题；应选D．

考点：命题真假的判断．

7．C

【解析】

试题分析：利用直线垂直的性质求解．

解：∵直线l₁：ax﹣y+2a=0，l₂：（2a﹣1）x+ay+a=0互相垂直，

∴a（2a﹣1）﹣a=0，

解得a=0或a=1．

故选：C．

考点：直线的一般式方程与直线的垂直关系．

8．C

【解析】

试题分析：令，∴，从而，故恒成立，必有.故选．

考点： 不等式恒成立，换元法．

9．C

【解析】

试题分析：因为焦距是，所以，当焦点在轴时，解得：，当焦点在轴时，解得：，故选择C．

考点：椭圆简单的几何性质．

10．B

【解析】

试题分析：圆心，半径，圆心，半径，圆心距，

即两圆外切，公切线有条，故选B．

考点：圆与圆的位置关系的判定与应用．

11．D

【解析】

试题分析：由题意知圆的半径为1，然后截得的弦长为2，所以直线经过圆心，即，所以，当且仅当时，等号成立．所以，故选D．

考点：直线与圆的位置关系，基本不等式．

【易错点睛】本题要发现直线经过圆心，需要有一定观察和分析能力，是本题的难点和亮点．利用常数代换对进行恒等变形，这样便可以直接运用基本不等式求最值，学生常见的错误在于运用2次不等式求最值，但是没有注意到两次等号不能同时成立．

12．D

【解析】

试题分析：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），代入椭圆方程得，利用“点差法”可得利用中点坐标公式可得x₁+x₂=2，y₁+y₂=﹣2，利用斜率计算公式可得==．于是得到，化为a²=2b²，再利用c=3=，即可解得a²，b²．进而得到椭圆的方程．

解：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），

代入椭圆方程得，

相减得，

∴

∵x₁+x₂=2，y₁+y₂=﹣2，==．

∴，

化为a²=2b²，又c=3=，解得a²=18，b²=9．

∴椭圆E的方程为．

故选D．

考点：椭圆的标准方程．

13．若至少有一个为零，则为零

【解析】若至少有一个为零，则为零

14．．

【解析】

资*源%库试题分析：将圆的方程化为标准方程，圆心坐标为，半径，设，

则，∴，∴圆C的方程是．

考点：圆的标准方程．

15．8

【解析】

试题分析：由方程可知由椭圆定义可知

考点：椭圆的定义

点评：到两定点的距离之和等于定值（）的动点的轨迹是椭圆，所以本题中

资*源%库16．

【解析】略

17．

【解析】

试题分析：设点坐标，线段的中点为，

∴ 由中点公式，可设点坐标为

，两点分别在直线和上，

∴解得，

由两点式可得直线的方程为．

考点：直线方程

点评：直线方程有多种形式：点斜式，斜截式，两点式，截距式，一般式，在求直线方程时要结合已知条件选用合适的方程形式，本题已知中出现的点较多，因此采用两点式的思路，去求出另一点坐标

18．

【解析】

试题分析：这是一道典型的关于轨迹问题的题目，通常的解法：①设出所求轨迹点的坐标；②找出已知点的坐标与其之间的等量关系；③代入已知点的轨迹方程；④求出所求点的轨迹方程.在此题的解答过程中，可以先设出所求点的坐标，已知点的坐标，由“点是在轴上的投影”且“”得到点与点坐标之间的等量关系，又由于点是已知圆上的点，将其坐标代入圆方程，经整理即可得到所点的轨迹方程.

试题解析：设的坐标为，的坐标为，则由已知得5分

因为点在圆上，所以，即所求点的轨迹的方程为. 10分

考点：轨迹问题

19．

【解析】

试题分析： 本题由非q是非p的必要不充分条件，分析可得q是p的充分不必要条件（逆否命题），再由集合思想可得易得,集合数轴可求出a的取值范围。

试题解析：由2x²－x－1≤0得. 记P=

由x²－(2a－1)x＋a(a－1)≤0得a-1≤x≤a. 记Q=

因为非q是非p的必要不充分条件,即q是p的充分不必要条件，

得：Q是P的真子集，≥，且a≤1 ，得；

【考点】逆否命题及充要条件与子集思想.

20．（1）见解析（2）

【解析】

试题分析：

（1）证明：由题设知，圆的方程为,

化简得：,当时，或，则；

当时,或,则,

为定值. ……6分

（2）因为，所以原点在的中垂线上，

资*源%库设的中点为，则,、、三点共线，

则直线的斜率或.

圆心为或，

圆的方程为或，

由于当圆方程为时，直线到圆心的距离，此时不满足直线与圆相交，故舍去，圆的方程为. ……13分

考点：本小题主要考查圆的标准方程、三角形面积公式、直线与圆的位置关系，考查学生数形结合数学思想的应用和运算求解能力.

点评:解决此类问题时，要注意数形结合数学思想的应用.

21．

解：(1)PQ为…………………3分

C在PQ的中垂线即y=x – 1上

设C（n，n – 1），则

由题意，有∴∴n = 1或5，r² = 13或37（舍）

∴圆C为…………………8分

解法二：设所求圆的方程为

由已知得解得

当时，；当时，（舍）

∴ 所求圆的方程为

(2) 设l为

由，得…………………10分

设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则

∵， ∴

∴…………………12分

∴∴m = 3或 – 4（均满足）

∴l为…………………15分

【解析】略

22．（Ⅰ）（Ⅱ）存在，

【解析】

试题分析：第一问利用直线与圆交于不同的两点即判别式大于0，第二问首先假设共线，利用共线向量的坐标关系得，进一步消元得到，求的k的值．

试题解析：解：（Ⅰ）直线的斜率存在，设其方程为：，圆的方程：，

联立并消元得，

设两个交点的坐标分别为，

由韦达定理得：，

由直线与圆有两个不同的交点可知

解不等式得．

另解：借助圆心到直线的距离小于半径求解．

（Ⅱ）存在，实数，理由如下：

由（Ⅰ）假设可得

所以，又，

由向量与共线可知，…（※）

而，得，

代入（※）式化简得，

从而得到，解得或（舍去），

所以存在满足题意．

考点：直线与圆的位置关系的判定，向量共线，开放性问题的求解思路．