【文档说明】【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测九　直线与圆（提升卷A）【高考】.docx，共(11)页，66.062 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

单元检测九直线与圆(提升卷A)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满

分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12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xsinα＋y＋2＝0的倾斜角的范围是()A．[0，π)B.0，π4∪

34π，πC.0，π4D.0，π4∪π2，π2．(2019·安徽省六安二中、霍邱一中、金寨一中期末)已知直线l过点(1,2)，且在y轴上的截距为x轴上截距的两倍，则直线l的方程为()A．2x－y＝0B．2x＋y－4＝0C．2x－y＝0或x＋

2y－2＝0D．2x－y＝0或2x＋y－4＝03．(2019·合肥联考)已知直线(3－2k)x－y－6＝0不经过第一象限，则k的取值范围为()A.－∞，32B.－∞，32C.32，＋∞D.32，＋∞4．过点A(2021，a)和B(

2020，b)的直线与直线l：x＋y＋m＝0垂直，则|AB|的值为()A．4B．2C.2D．与m的取值有关5．已知直线l：x－y－1＝0，l2：2x－y－2＝0，若直线l2与l1关于l对称，则l1的方程是()A．x－2y＋1＝0B．x－2y－1＝0C．x＋y－1＝0D．x＋2y－1＝06．若直

线l：ax－by＋2＝0(a>0，b>0)被圆C：(x＋2)2＋(y－2)2＝9截得的弦长为6，则2a＋3b的最小值为()A．10B．4＋26C．5＋26D．467．若圆C：x2＋y2＝4上恰有3个点到直线l：x－y＋b＝0(

b>0)的距离为1，l1：x－y＋42＝0，则l与l1间的距离为()A．1B．2C.2D．38．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线l：y＝kx＋2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最小值是()

A．－43B．－54C．－25D．－539．已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，圆C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为()A．52－4B.17－1C．6－22D.1710．已知圆C：x2＋y2－2x－4

y＋a＝0，圆C与直线x＋2y－4＝0相交于A，B两点，且OA⊥OB(O为坐标原点)，则实数a的值为()A．－45B.12C.85D.1511．已知直线x＋y－k＝0(k>0)与圆x2＋y2＝4交于不同的两点A，B，O是坐标原点，且|O

A→＋OB→|≥33|AB→|，则实数k的取值范围是()A．(3，＋∞)B．[2，＋∞)C．[2，22)D．[3，22)12．阿波罗尼斯(约公元前262－190年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k

(k>0，k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足|PA||PB|＝2，则|PA|2＋|PB|2的最小值为()A．36－242B．48－242C．362D．242第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题(本题共

4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知直线l：kx－y＋2＝0过定点M，点P(x，y)在直线2x＋y－1＝0上，则|MP|的最小值是________．14．(2019·西安期末)过

直线l：y＝kx－1上一点P作圆C：x2＋2x＋y2－4y＋1＝0的两条切线，切点分别为A，B，若∠APB的最大值为90°，则实数k＝________.15．已知点Q(－1，m)，P是圆C：(x－a)2＋(y－2a＋4)2＝4上任意一点，若线段PQ的中点M的轨迹方程为x2

＋(y－1)2＝1，则实数m的值为________．16．已知在平面直角坐标系xOy中，圆O1：x2＋y2＝9，圆O2：x2＋(y－6)2＝16，若在圆O2内存在一定点M，过点M的直线l被圆O1，O2截得的弦分

别为AB，CD，且|AB||CD|＝34，则定点M的坐标为________．三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)已知直线l的方程为(2－m)x＋(2m＋1)y＋3m＋4＝0，其中m∈R.(1)求证：直线l过定点；(2)当m变化时，

求点Q(3,4)到直线l的距离的最大值；(3)若直线l分别与x轴、y轴的负半轴交于A，B两点，求△AOB面积的最小值及此时直线l的方程．18.(12分)(2019·安徽省试皖东县中联盟期末)已知圆O：x2＋y2＝r2(r>0)与直线3x－4y＋15＝0相切．(1)若直线l：y

＝－2x＋5与圆O交于M，N两点，求|MN|；(2)已知A(－9,0)，B(－1,0)，设P为圆O上任意一点，证明：|PA||PB|为定值．19．(13分)已知曲线C上任意一点到原点的距离与到E(3，－6)的距离之比均为1

∶2.(1)求曲线C的方程；(2)设点P(1，－2)，过点P作两条相异直线分别与曲线C相交于A，B两点，且直线PA和直线PB的倾斜角互补．求证：直线AB的斜率为定值．20.(13分)(2019·汉中期末)已知圆心在x轴的正半轴上，且半径为2的圆C

被直线y＝3x截得的弦长为13.(1)求圆C的方程；(2)设动直线y＝k(x－2)与圆C交于A，B两点，则在x轴正半轴上是否存在定点N，使得直线AN与直线BN关于x轴对称？若存在，请求出点N的坐标；若不存在

，请说明理由．答案精析1．B[设直线的倾斜角为θ，可知θ≠π2，则有tanθ＝－sinα，又sinα∈[－1,1]，θ∈0，π2∪π2，π，所以0≤θ≤π4或3π4≤θ<π.]2．D[根据题意，直线l分2种情况讨论：①当直线l

过原点时，又由直线经过点(1,2)，所求直线方程为y＝2x，整理为2x－y＝0，②当直线l不过原点时，设直线l的方程为xa＋y2a＝1，代入点(1,2)，解得a＝2，此时直线l的方程为x2＋y4＝1，即2x＋y－4＝0，故直线l的方程为2x－y＝0或2x＋y－

4＝0.]3．D[直线y＝(3－2k)x－6不经过第一象限，可得3－2k＝0或3－2k<0，解得k≥32，则k的取值范围是32，＋∞.]4．C[由题意得kAB＝b－a2020－2021＝1，所以b－a＝－1，所以|AB|＝(2020－2021)2＋(b－

a)2＝2.故选C.]5．B[由x－y－1＝0，2x－y－2＝0，解得l和l2的交点为(1,0)，由于l的斜率为1，l2的斜率为2，故l1的斜率为正数，由此排除C，D选项．结合l1过(1,0)，排除A选项．故选B.]6．C[(x＋2

)2＋(y－2)2＝9是以(－2,2)为圆心，以3为半径的圆，∴直线l过圆心，∴a＋b＝1，∴2a＋3b＝2a＋3b(a＋b)＝5＋2ba＋3ab≥5＋22ba·3ab＝5＋26，当且仅当a＝6－2，b＝3－

6时取等号，∴2a＋3b的最小值为5＋26.]7．D[由于圆的圆心为(0,0)，半径为2，且圆上有3个点到直线l的距离为1，故圆心到直线l的距离为1，即|0－0＋b|2＝1，由于b>0，故上式解得b＝2，所以l：x－y＋2＝0.由两平行直线间的距离公式有42－22＝3.]

8．A[由圆C的方程知其圆心为(4,0)，半径为1，圆心到直线l的距离d＝|4k＋2|k2＋1，由题意知，当距离d≤2时，满足条件，∴|4k＋2|k2＋1≤2，解得－43≤k≤0，∴直线l的斜率k的最小值为－43.]9．A[圆C1关于x轴的

对称圆的圆心坐标为A(2，－3)，半径为1，圆C2的圆心坐标为(3,4)，半径为3，|PM|＋|PN|的最小值为圆A与圆C2的圆心距减去两个圆的半径，即(3－2)2＋(4＋3)2－1－3＝52－4.]10．C[设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由于OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝x1

x2＋4－x124－x22＝54x1x2－(x1＋x2)＋4＝0.(*)联立直线和圆的方程，消去y得5x2－8x＋4a－16＝0，Δ＝64－20(4a－16)＝－80a＋384.x1＋x2＝85，x1x2＝4

a－165，代入(*)式得a＝85.满足Δ>0，故a＝85.]11．C[设AB的中点为D，则OD⊥AB.因为|OA→＋OB→|≥33|AB→|，所以|2OD→|≥33|AB→|，所以|AB→|≤23|OD→|.因为|OD→|2＋14|AB→|2

＝4，所以|OD→|2≥1.因为直线x＋y－k＝0(k>0)与圆x2＋y2＝4交于不同的两点，所以|OD→|2<4，所以1≤|OD→|2<4，即1≤|－k|22<4，解得2≤k<22，故选C.]12．A[以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线y

轴，建立平面直角坐标系，则A(－1,0)，B(1,0)，设P(x，y)，∵|PA||PB|＝2，∴(x＋1)2＋y2(x－1)2＋y2＝2，两边平方并整理得x2＋y2－6x＋1＝0，即(x－3)2＋y2＝8，∴P点的轨迹是以(3,0)为圆心，22为半

径的圆，则有|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋y2)＋2＝2|OP|2＋2，如图所示，当点P为圆与x轴的交点(靠近原点)时，此时，|OP|取最小值，且|OP|＝3－22，因此，|PA|2＋|PB|2≥2×(3－22)2＋2＝36－242.]13.55解析由直线l：kx－y＋2＝0过定点M，得

M(0,2)．∵点P(x，y)在直线2x＋y－1＝0上，∴|MP|的最小值为点M到直线2x＋y－1＝0的距离，∴|MP|min＝|2×0＋2－1|22＋12＝15＝55.14．1或－17解析圆C的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝4，圆心为C(－1,2)，半径为r＝2.∵∠APB

的最大值为90°，∴|－k－2－1|k2＋1＝2r＝22，解得k＝1或k＝－17.15．4解析设P(x，y)，线段PQ的中点为M(x0，y0)，则x0＝x－12，y0＝y＋m2.因为点M(x0，y0)

在圆x2＋(y－1)2＝1上，所以x－122＋y＋m2－12＝1，即(x－1)2＋(y＋m－2)2＝4.将此方程与方程(x－a)2＋(y－2a＋4)2＝4比较，可得a＝1，2a－4＝－(m－2)，解得m＝4.16.0，187解析因为|AB||CD|＝3

4总成立，且知过两圆的圆心的直线截两圆弦长之比是68＝34，所以点M在两圆圆心的连线上．因为圆心连线的方程为x＝0，所以可设M(0，y0)，当直线l的斜率不存在时，显然满足题意，当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，直线l的方程为y＝kx＋y0，因为|AB||CD|＝34，

所以9－|y0|1＋k2216－|y0－6|1＋k22＝916，解得y0＝187或y0＝－18(此时点M在圆O2外，舍去)，故定点M的坐标为0，187.17．(1)证明直线l的方程可化为(2x＋y＋4)＋m(－x＋2y＋3)＝0，由题意知，其对任意m都成立

，所以－x＋2y＋3＝0，2x＋y＋4＝0，解得x＝－1，y＝－2，所以直线l过定点(－1，－2)．(2)解由题意可知，点Q与定点(－1，－2)的距离就是所求最大值，即(3＋1)2＋(4＋2)2＝213.(3)解因为直线

l分别与x轴、y轴的负半轴交于A，B两点，所以可设直线l的方程为y＋2＝k(x＋1)，k<0，则A2k－1，0，B(0，k－2)，S△AOB＝122k－1|k－2|＝121－2k(2－k)

＝2＋2－k＋－k2≥2＋2＝4，当且仅当2－k＝－k2，即k＝－2时取等号，故△AOB面积的最小值为4，此时直线l的方程为2x＋y＋4＝0.18．(1)解由题意知，圆心O到直线3x－4y＋15＝0的距离d＝159＋16＝3，∵圆O与直线相切，∴

r＝d＝3，∴圆O的方程为x2＋y2＝9.圆心O到直线l：y＝－2x＋5的距离d1＝54＋1＝5.∴|MN|＝29－d21＝4.(2)证明设P(x0，y0)，则x20＋y20＝9，∴|PA||PB|＝(x0＋9)2＋y20(x

0＋1)2＋y20＝x20＋18x0＋81＋y20x20＋2x0＋1＋y20＝18x0＋902x0＋10＝3，即|PA||PB|为定值3.19．(1)解设曲线C上的任意一点为Q(x，y)，由题意得x2＋y2(x－3)2＋(y＋6)2＝12，所以曲线C的方程为(x＋1)

2＋(y－2)2＝20.(2)证明由题意知，直线PA和直线PB的斜率均存在，且互为相反数，点P(1，－2)在曲线C上，故可设PA：y＋2＝k(x－1)，由y＋2＝k(x－1)，(x＋1)2＋(y－2)2＝20，得(1＋k2)x2＋2(1－k2－4k)x＋k

2＋8k－3＝0，因为点P的横坐标1一定是该方程的解，故可得xA＝k2＋8k－31＋k2，同理可得，xB＝k2－8k－31＋k2，所以kAB＝yB－yAxB－xA＝－k(xB－1)－k(xA－1)xB－xA＝2k－k(xB＋xA)xB－xA＝－12，故直线AB的斜率为定值－12

.20．解(1)设圆C的方程为(x－a)2＋y2＝4(a>0)，圆心(a,0)到直线3x－y＝0的距离d＝|3a－0|1＋3＝3a2，根据垂径定理得r2＝d2＋1322＝22，∴3a24＋134＝4，解得a＝±1，∵a>0，∴a＝1，故圆C的方程为(

x－1)2＋y2＝4.(2)假设存在定点N，使得直线AN与直线BN关于x轴对称，那么kAN＝－kBN，设N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立(x－1)2＋y2＝4，y＝k(x－2)得，(k2＋1)x2－(4

k2＋2)x＋(4k2－3)＝0，Δ>0恒成立，∴x1＋x2＝4k2＋2k2＋1，x1x2＝4k2－3k2＋1，由kAN＝－kBN，∴y1x1－t＋y2x2－t＝0，∴k(x1－2)x1－t＋k(x2－2)x2－t＝0，∴2x1x2－(t＋2)(x1＋x2)＋4

t＝0，∴2(4k2－3)k2＋1－(4k2＋2)(t＋2)k2＋1＋4t＝0，∴2(4k2－3)－(4k2＋2)(t＋2)＋4t(k2＋1)＝0.∴2t－10＝0，∴t＝5，故存在N(5,0)，使直线AN与

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