高二九月数学月考.doc

白水高中2015年度高二年级9月月考
数学测试卷
命题人：徐传杰 考试时间：9月23日上午7：50--9：50
一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分.）
1．直线xsin α＋y＋2＝0的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为（ ）
A． B． C．或 D．或
3．已知点A（2，3），B（－3，－2），若直线l过点P（1，1）且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知若平面内存在一点满足：且，则点坐标为（ ）
A、 B、 C、 D、
5．设分别为直线和圆上的点，则的最小值为（ ）
（A） （B） （C） （D）
6．已知圆:，点及点，从点观察点，要使视线不被圆挡住，则的取值范围是（ ）
A．∪ B．∪C．∪ D．∪
7．如图，已知正方体棱长为4，点在棱上，且．点，分别为棱，的中点，是侧面内一动点，且满足.则当点运动时， 的最小值是
（A） （B）（C） （D）
8．点在圆 上移动时，它与定点连线的中点的轨迹方程是
A． B． C． D．
9．已知圆,圆,分别是圆上的动点,为轴上的动点,则的最小值为 （ ）
A． B． C． D．
10．直线与曲线有且仅有一个公共点，则b的取值范围是A．{b|b＝±} B．{b|－1<b≤1或b＝－}
C．{b|－1≤b≤} D．{b|－<b<1}
11．执行如图所示的程序框图，如果输出，则判断框中应填（ ）
A． B． C． D．
12．某商店对每天进店人数与某种商品成交量（单位：件）进行了统计，得到如下对应数据：

由表中数据，得线性回归方程为．如果某天进店人数是人，预测这一天该商品销售的件数为（ ）
A． B． C． D．

二、填空题(每小题5分，共20分)
13．（1）用秦九韶算法计算多项式f（x）＝2x6－2x5－x3＋x2－2x＋4，
当x＝2时，v4的值为______．
（2）用辗转相除法或更相减损术求得与的最大公约数为 ．
（3）二进制数1101（2）化为五进制数为_________
14．点P（1，2，3）关于y轴的对称点为P1，P关于坐标平面xOz的对称点为P2，则|P1P2|= ．
15．已知0<k<4，直线l1：kx－2y－2k＋8＝0和直线l2：2x＋k2y－4k2－4＝0与两坐标轴围成一个四边形，则使得这个四边形面积最小的k值为________．
16．直线y=kx+3与圆（x-1）2+（y+2）2=4相交于M,N两点,若,则实数k的取值范围是 ．
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．已知三条直线l1：x＋y＋1＝0，l2：2x－y＋8＝0，l3：a x＋3y－5＝0 ．分别求下列各题中a的值：（1）三条直线相交于一点；（2）三条直线只有两个不同的交点；（3）三条直线有三个不同的交点．
18．（本小题满分10分）设圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，且与直线相交的弦长为，求圆的方程．
19．（本小题满分12分）某学校1800名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间，抽取其中50个样本，将测试结果按如下方式分成五组：第一组，第二组，…，第五组，下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．
（1） 若成绩小于15秒认为良好，求该样本在这次百米测试中成绩良好的人数；
（2） 请估计学校1800名学生中，成绩属于第四组的人数；
（3）请根据频率分布直方图，求样本数据的众数和中位数．
20．（本小题12分）圆C的半径为3，圆心在直线上且在x轴下方，x轴被圆C截得的弦长为．
（1）求圆C的方程；
（2）是否存在斜率为的直线，使得以被圆截得的弦为直径的圆过原点？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
21．已知定圆,定直线,过的一条动直线与直线相交于,与圆相交于两点,是中点.
(Ⅰ)当与垂直时,求证:过圆心;(Ⅱ)当时,求直线的方程;
(Ⅲ)设,试问是否为定值,若为定值,请求出的值;若不为定值,请说明理由.
22．在平面直角坐标系中，为坐标原点，以为圆心的圆与直线相切．
（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）若直线：与圆交于，两点，在圆上是否存在一点，使得，若存在，求出此时直线的斜率；若不存在，说明理由．

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参考答案
1．B
【解析】
试题分析：直线的斜率，所以倾斜角
考点：直线的斜率和倾斜角
2．C
【解析】
试题分析：当截距都为0时，过点时直线为，当截距不为零时，设直线为，代入点得
考点：直线方程
3．A
【解析】
试题分析：用数形结合，建立坐标系

直线PA的斜率，直线PB的斜率，结合图象可得直线l的斜率取值范围是；
考点：1．数形结合思想；2．直线的斜率公式；
4．A
【解析】
试题分析：设且
考点：向量平行垂直的坐标运算
5．A
【解析】
试题分析：设圆心为，直线，则，所以选A.
考点：直线与圆位置关系
6．A
【解析】

试题分析：作出示意图，由题意要使视线不被挡住，视线所在直线与圆相切时是临界状态，只需即可，又由三角形ABO与三角形ABM相似得,所以,所以．
考点：直线与圆的位置关系．
7．B
【解析】由题意，P点在平面BB1C1C内，且PE⊥PF，故P点轨迹是以EF为直径的一段圆弧，圆心是EF的中点，设为G，半径为EF＝.在BB1上取点K，使得B1K＝1，则HK⊥平面BB1C1C，且HK＝4.要使|HP|2最小，只需|PK|最小，且|PK|≥|GK|－，
而|GK|为定值3，故|PK|≥3－
于是|HP|2＝|HK|2＋|PK|2
≥16＋（3－）2
＝27－6.选B
考点：正方体与圆的性质综合运用，轨迹问题
8．C.
【解析】
试题分析：设动点的中点坐标，，则，即代入（1）得曲线方程.
考点：曲线与方程.
9．A
【解析】
试题分析：由已知可知，，对于x轴的任一点P，当点M、N分别为与的交点时|PM|+|PN|取得最小值，所以问题可转化为求的最小值可看作x轴上一点到两定点距离之和的最小值减去4，由平面几何的知识易知当P、、关于x轴对称的点三点共线时x轴上一点到两定点距离之和取得最小值为，所以，答案选A．
考点：转化与化归的思想以及距离的最值问题
10．B
【解析】y＝x＋b是斜率为1的直线，曲线x＝是以原点为圆心、1为半径圆的右半圆，画出它们的图象如图所示，由图可以看出，直线与曲线有且仅有一个公共点有两种情况：当b＝－时，直线与曲线相切；当－1<b≤1时，直线与曲线相交且有唯一公共点．

11．B
【解析】
试题分析：程序执行过程中的数据变化如下：，不成立，输出
考点：程序框图
12．B
【解析】
试题分析：由表中数据求得：，根据回归直线方程必过点，可将代入，解得：，所以回归直线方程为，当时，．所以取整数52．
考点：回归直线方程
13．
【解析】
试题分析：，，，，，．
考点：秦九韶算法
14．35
【解析】
试题分析：用较大的数字除以较小的数字，得到商和余数，然后再用上一式中的除数和得到的余数中较大的除以较小的，以此类推，当整除时，就得到要求的最大公约数．
用辗转相除法求1855与1120的最大公约数，
∵1855=1×1120+735
1120=1×735+385
735=1×385+350
385=1×350+35
350=10×35
1855与1120的最大公约数为 35
故答案为：35．
考点：辗转相除法
15．23
【解析】
试题分析：将二进制数转化为十进制数，再把十进制化为五进制．
1101（2）=1×23+1×22+1=13
13=2
考点：不同进制之间的转换
16．2
【解析】
试题分析：由题意求出P关于坐标平面xOz的对称点为P2的坐标，即可求出|P1P2|．
解：∵点P（1，2，3）关于y轴的对称点为P1，所以P1（﹣1，2，﹣3），P关于坐标平面xOz的对称点为P2，所以P2（1，﹣2，3），
∴|P1P2|=
=2．
故答案为：2
点评：本题是基础题，考查空间点关于点、平面的对称点的求法，两点的距离的求法，考查计算能力．
17．
【解析】由题意知直线l1、l2恒过定点P(2,4)，且l1斜率为正数，l2斜率为负数，如图所示，直线l1的纵截距为4－k，直线l2的横截距为2k2＋2，所以四边形的面积S＝×2×(4－k)＋×4×(2k2＋2)＝4k2－k＋8，

故面积最小时，k＝．
18．
【解析】
试题分析：圆心到直线的距离等于，而弦长公式，解得．
考点：1．直线与圆相交；2．弦长公式．
19．（1）；（2）（3）
【解析】
试题分析：（1）三直线交于一点，所以联立方程有且只有一组解（2）三条直线有两个不同的交点，因此有两条是平行的，根据平行线斜率相等求解系数值（3）两直线的交点个数有1个，2个或3个，因此可借助于（1）（2）的结论求解的范围
试题解析：（1）直线联立方程组求解得，所以交点为，代入得
（2）当平行时，当平行时，所以
（3）因为不平行，所以三条直线至少一个交点最多三个交点，结合（1）（2）可知
考点：直线的平行相交的判定
20．或
【解析】
试题分析：设圆的圆心为半径为r，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，即，由直线相交的弦长为，可得联立可得的值
试题解析：设所求圆的圆心为半径为r，
∵点关于直线的对称点A′仍在这个圆上，
∴圆心在直线上，
∴①
②
又直线截圆所得的弦长为2，
∴③
解由方程①、②、③组成的方程组得：
或
∴所求圆的方程为
或
考点：求圆的方程
21．（1）11；（2）576；（3）15．5，15．74
【解析】
试题分析：（1）根据题意，层级在第一、第二组的为优秀，其频率为0．22，然后由频率计算公式即可算出该样本中成绩优秀的人数．
（2）由频率分布直方图知成绩在第四组的频率为0．32，因此估计成绩属于第四组的人数约为．
（3）由频率分布直方图估计样本数据的中位数，众数，规律计算最高的小矩形的底边中点横坐标，中位数出现在概率是0．5的地方，由图即可得到中位数和众数的值．
试题解析：（1）样本在这次百米测试中成绩良好的人数=（人）
（2）学校1800名学生中，成绩属于第四组的人数（人）
（3）由图可知众数落在第三组，是
因为数据落在第一、二组的频率
数据落在第一、二、三组的频率
所以中位数一定落在第三组中．
假设中位数是，所以
解得中位数
考点：（1）频率分布直方图（2）众数、中位数、平均数
22．（1）；（2）
【解析】
试题分析：先设出圆心坐标，依据题意列出方程，求出圆心坐标，从而写出圆的标准方程；（2）设这样的直线存在，其方程为，设出直线与圆的交点坐标，联立方程，利用韦达定理表示出，再利用得，可以列出关于b的方程，求解出b再加以验证即可．
试题解析：（1）设，则，又，得，则．
所以圆C的方程为，即．
（2）设这样的直线存在，其方程为，它与圆C的交点设为，
则由，得，
所以．所以．
由得，
即，，解得．
容易验证，方程有实根．
故存在这样的直线l有两条，其方程是．
考点：圆的方程；直线与圆的综合问题；
23．(Ⅰ)详见解析 (Ⅱ) 或 (Ⅲ) 是定值-5
【解析】
试题分析：(Ⅰ) 当与垂直时斜率相乘为，从而得到斜率及方程(Ⅱ)直线与圆相交时常用弦长的一半，圆心到直线的距离，圆的半径构成的直角三角形求解(Ⅲ)先将直线设出，与圆联立求出点坐标，将直线与直线联立求得，代入中化简得常数，求解时需注意直线方程分斜率存在不存在两种情况
试题解析：(Ⅰ)由已知 ,故,所以直线的方程为.
将圆心代入方程易知过圆心 4分
(Ⅱ) 当直线与轴垂直时,易知符合题意;
当直线与轴不垂直时,设直线的方程为,由于,
所以由,解得.
故直线的方程为或 -8分
(Ⅲ)当与轴垂直时,易得,,又则
,故. 即
当的斜率存在时,设直线的方程为,代入圆的方程得
.则
,即,
.又由得,
则.
故.
综上,的值为定值,且 12分
另解一:连结,延长交于点,由(Ⅰ)知.又于,
故△∽△.于是有.
由得
故
另解二:连结并延长交直线于点,连结由(Ⅰ)知又,
所以四点都在以为直径的圆上,由相交弦定理得

考点：1.直线方程；2.直线与圆相交的位置关系；3.向量的坐标运算
24．（Ⅰ）;（Ⅱ）存在点，使得.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）设圆的半径为，因为直线与圆相切，所以 ，
即可求出圆的方程为 .（Ⅱ）方法一：因为直线：与圆相交于，两点， 所以 ， 所以或 ，假设存在点，使得，因为，在圆上，且，同时由向量加法的平行四边形法则可知，四边形为菱形，所以与互相垂直且平分，所以原点到直线：的距离为 10分
即 ，解得， ，经验证满足条件，所以存在点，使得 ；
方法二：假设存在点，使得．记与交于点，因为，在圆上，且，由向量加法的平行四边形法则可知四边形为菱形，因为直线斜率为，显然，所以直线方程为，， 解得， 所以点坐标为，因为点在圆上，所以，解得，即，经验证满足条件，所以存在点，使得.
试题解析：解：（Ⅰ）设圆的半径为，因为直线与圆相切，
所以 3分
所以圆的方程为 5分
（Ⅱ）方法一：因为直线：与圆相交于，两点，

所以 ，
所以或 7分
假设存在点，使得 8分
因为，在圆上，且，同时
由向量加法的平行四边形法则可知
四边形为菱形，所以与互相垂直且平分 9分
所以原点到直线：的距离为 10分
即 ，解得， ，经验证满足条件 12分
所以存在点，使得 13分
方法二：假设存在点，使得．记与交于点
因为，在圆上，且，由向量加法的平行四边形法则可知四边形为菱形，
因为直线斜率为，显然，所以直线方程为 7分
， 解得， 所以点坐标为 9分
因为点在圆上，所以，解得 11分
即，经验证满足条件 12分
所以存在点，使得 13分.
考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.
答案第5页，总6页