1、2019-2020学年山西省太原五中高二（上）11月月考数学试卷（理科）一、选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40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（4分）下列说法中正确的是（）Ak表示过点P1（x1，y1），且斜率为k的直线方程B直线ykx+b与 y 轴交于一点B（0，b），其中截距b|OB|C在x轴和y轴上的截距分别为a与b的直线方程是 +1D方程（x2x1）（yy1）（y2y1）（xx1）表示过点P1（x1，y1），P2（x2，y2）的直线2（4分）在空间直角坐标系中，点（1，2，3）与点（1，2，3）（）A关于xOy平面对称B关于xOz平面对称C关于yO
2、z平面对称D关于x轴对称3（4分）已知三点A（1，0），B（0，），C（2，），则ABC的重心到原点的距离为（）ABCD4（4分）若直线l1：ax+（1a）y30与直线l2：（a1）x+（2a+3）y20互相垂直，则a的值是（）A3B1C0或D1或35（4分）方程x2+y2x+y+m0表示一个圆，则m的取值范围是（）ABCD6（4分）入射光线沿直线x2y+30射向直线l：yx，被l反射后的光线所在直线的方程是（）A2x+y30B2xy30C2x+y+30D2xy+307（4分）已知条件p：；条件q：直线ykx+2与圆x2+y21相切，则q是p的（）A充分必要条件B必要不充分条件C充分不必要条件
3、D既不充分也不必要条件8（4分）已知M是圆C：x2+y21上的动点，点N（2，0），则MN的中点P的轨迹方程是（）A（x1）2+y2B（x1）2+y2C（x+1）2+y2DD、（x+1）2+y29（4分）我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用圆内接正多边形去逐步逼近圆，即圆内接正多边形边数无限增加时，其周长就越逼近圆周长，这种用极限思想解决数学问题的方法是数学史上的一项重大成就现作出圆x2+y22的一个内接正八边形，使该正八边形的其中4个顶点在坐标轴上，则下列4条直线中不是该正八边形的一条边所在直线的为（）Ax+（1）y0B（1）xy+0Cx（+1）y+0D（1）xy+010（4分）已
4、知点P（t，t），tR，点M是圆上的动点，点N是圆上的动点，则|PN|PM|的最大值是（）ABC2D1二、填空题（本大题共5小题，共20分）11（4分）若三点 A（2，12），B（1，3），C（m，6）共线，则m的值为 12（4分）已知圆C被直线xy10，x+y30分成面积相等的四个部分，且圆C截x轴所得线段的长为2，则圆C的方程为 13（4分）已知三个命题p，q，m中只有一个是真命题，课堂上老师给出了三个判断：A：p是真命题；B：pq是假命题；C：m是真命题老师告诉学生三个判断中只有一个是错误的，那么三个命题p，q，m中的真命题是 14（4分）已知两条平行直线3x+2y60与6x+4y30，
5、则与它们等距离的平行线方程为 15（4分）已知圆C：（x1）2+y24动点P在直线x+2y80上，过点P引圆的切线，切点分别为A，B，则直线AB过定点 三、解答题（本大题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤）16（8分）已知mR，命题P：对任意x1，1，不等式m23mx+10恒成立；命题q：存在x1，1，使得max0成立（）当a1，p且q为假，p或q为真时，求m的取值范围；（）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围17（10分）如图，以棱长为1的正方体的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系Oxyz，点P在线段AB上，点Q在线段DC上（1）当PB2AP，且点P关
6、于y轴的对称点为点M时，求|PM|的长度；（2）当点P是面对角线AB的中点，点Q在面对角线DC上运动时，探究|PQ|的最小值18（10分）已知圆O：x2+y21与x轴负半轴相交于点A，与y轴正半轴相交于点B（1）若过点的直线l被圆O截得的弦长为，求直线l的方程；（2）若在以B为圆心，半径为r的圆上存在点P，使得（O为坐标原点），求r的取值范围19（12分）已知圆心在x轴上的圆C与直线l：4x+3y60切于点M（，）（1）求圆C的标准方程；（2）已知N（2，1），经过原点，且斜率为正数的直线L与圆C交于P（x1，y1），Q（x2，y2）两点（）求证：+为定值；（ii）求|PN|2+|QN|2的最
7、大值2019-2020学年山西省太原五中高二（上）11月月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40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（4分）下列说法中正确的是（）Ak表示过点P1（x1，y1），且斜率为k的直线方程B直线ykx+b与 y 轴交于一点B（0，b），其中截距b|OB|C在x轴和y轴上的截距分别为a与b的直线方程是 +1D方程（x2x1）（yy1）（y2y1）（xx1）表示过点P1（x1，y1），P2（x2，y2）的直线【分析】分别由直线的点斜式方程、直线在y轴上的截距、直线的截距式方程、两点式方程的变形式逐一核对
8、四个选项得答案【解答】解：对于A，表示过点P1（x1，y1）且斜率为k的直线方程不正确，不含点P1（x1，y1），故A不正确；对于B，截距不是距离，是B点的纵坐标，其值可正可负故B不正确；对于C，经过原点的直线在两坐标轴上的截距都是0，不能表示为 +1，故C不正确；对于D，此方程即直线的两点式方程变形，即（ x2x1）（yy1）（y2y1）（xx1），故D正确正确的是：D故选：D【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查了直线方程的几种形式，关键是对直线方程形式的理解，是基础题2（4分）在空间直角坐标系中，点（1，2，3）与点（1，2，3）（）A关于xOy平面对称B关于xOz平面对称C关于yO
9、z平面对称D关于x轴对称【分析】在空间直角坐标系中，点（a，b，c）与点（a，b，c）关于yOz平面对称【解答】解：在空间直角坐标系中，点（1，2，3）与点（1，2，3）关于yOz平面对称故选：C【点评】本题考查空间中点的对称的求法，考查空间直角坐标系的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题3（4分）已知三点A（1，0），B（0，），C（2，），则ABC的重心到原点的距离为（）ABCD【分析】利用重心坐标公式可得ABC的重心坐标，再由两点间的距离公式可得答案，【解答】解：已知三点A（1，0），B（0，），C（2，），由重心坐标公式可得：ABC的重心坐标为（，）即（1，），由两点间的距离公式
10、，可得ABC的重心到原点的距离为d；故选：B【点评】本题考查的知识点是两点间的距离公式，解答时，要注意求ABC的重心坐标，属于中档题4（4分）若直线l1：ax+（1a）y30与直线l2：（a1）x+（2a+3）y20互相垂直，则a的值是（）A3B1C0或D1或3【分析】利用两条直线垂直的充要条件列出方程，求出a的值【解答】解：l1l2a（1a）+（a1）（2a+3）0，即（a1）（a+3）0解得a1或a3故选：D【点评】本题考查两直线垂直的充要条件：l1：A1x+B1y+C10；l2：A2x+B2y+C20垂直A1A2+B1B20，如果利用斜率必须分类型解答5（4分）方程x2+y2x+y+m0
11、表示一个圆，则m的取值范围是（）ABCD【分析】利用二元二次方程表示圆的条件化简求解即可【解答】解：方程x2+y2x+y+m0表示一个圆，可得1+14m0，解得m故选：B【点评】本题考查二元二次方程表示圆的充要条件的应用，考查计算能力6（4分）入射光线沿直线x2y+30射向直线l：yx，被l反射后的光线所在直线的方程是（）A2x+y30B2xy30C2x+y+30D2xy+30【分析】在入射光线上取点（1，2），则关于yx的对称点（2，1）在反射光线上，代入验证，可得结论【解答】解：在入射光线上取点（1，2），则关于yx的对称点（2，1）在反射光线所在的直线上，代入验证，通过排除法，2xy30
12、满足，ACD选项排除故选：B【点评】本题考查直线的对称性，考查学生的计算能力，比较基础7（4分）已知条件p：；条件q：直线ykx+2与圆x2+y21相切，则q是p的（）A充分必要条件B必要不充分条件C充分不必要条件D既不充分也不必要条件【分析】结合直线和圆相切的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：若直线ykx+2与圆x2+y21相切，则圆心（0，0）到直线kxy+20的距离d1，即k2+14，k23，即k，q是p的必要不充分条件故选：B【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用直线与圆相切的等价条件是解决本题的关键，是基础题8（4分）已知M是圆C：x2+y21
13、上的动点，点N（2，0），则MN的中点P的轨迹方程是（）A（x1）2+y2B（x1）2+y2C（x+1）2+y2DD、（x+1）2+y2【分析】设出线段MN中点的坐标，利用中点坐标公式求出M的坐标，根据M在圆上，得到轨迹方程【解答】解：设线段MN中点P（x，y），则M（2x2，2y）M在圆C：x2+y21上运动，（2x2）2+（2y）21，即（x1）2+y2故选：A【点评】本题考查中点的坐标公式、求轨迹方程的方法，考查学生的计算能力，属于基础题9（4分）我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用圆内接正多边形去逐步逼近圆，即圆内接正多边形边数无限增加时，其周长就越逼近圆周长，这种用极限思想
14、解决数学问题的方法是数学史上的一项重大成就现作出圆x2+y22的一个内接正八边形，使该正八边形的其中4个顶点在坐标轴上，则下列4条直线中不是该正八边形的一条边所在直线的为（）Ax+（1）y0B（1）xy+0Cx（+1）y+0D（1）xy+0【分析】由题意画出图形，把四个选项化为直线方程的截距式，由直线在坐标轴上截距绝对值的最小值为即可得到C不是该正八边形的一条边所在直线【解答】解：如图，化A为直线方程的截距式：，化B为直线方程的截距式：，化C为直线方程的截距式：，化D为直线方程的截距式：由图可知，直线在坐标轴上截距绝对值的最小值为C不是该正八边形的一条边所在直线故选：C【点评】本题考查直线与圆
15、的位置关系，考查直线方程截距式的应用，是中档题10（4分）已知点P（t，t），tR，点M是圆上的动点，点N是圆上的动点，则|PN|PM|的最大值是（）ABC2D1【分析】先根据两圆的方程求出圆心和半径，结合图形，把求|PN|PM|的最大值转化为|PF|PE|+1的最大值，再利用|PF|PE|PF|PE|EF|1，求出所求式子的最大值【解答】解：如图：圆的圆心E（0，1），圆的圆心 F（2，0），这两个圆的半径都是要使|PN|PM|最大，需|PN|最大，且|PM|最小，由图可得，|PN|最大值为|PF|+，PM|的最小值为|PE|，故|PN|PM|最大值是 （|PF|+ ）（|PE| ）|PF|
16、PE|+1，点P（t，t）在直线 yx上，E（0，1）关于yx的对称点E（1，0），直线FE与yx的交点为原点O，则|PF|PE|PF|PE|EF|1，故|PF|PE|+1的最大值为1+12，故选：C【点评】本题考查圆的标准方程，点与圆的位置关系，体现了转化及数形结合的数学思想二、填空题（本大题共5小题，共20分）11（4分）若三点 A（2，12），B（1，3），C（m，6）共线，则m的值为4【分析】由三点共线的性质可得AB和AC的斜率相等，由，求得m 的值【解答】解：由题意可得 KABKAC，m4，故答案为4【点评】本题考查三点共线的性质，当A、B、C三点共线时，AB和AC的斜率相等12（4
17、分）已知圆C被直线xy10，x+y30分成面积相等的四个部分，且圆C截x轴所得线段的长为2，则圆C的方程为（x2）2+（y1）22【分析】由题意可得，圆心C（m，n）一定是两直线xy10，x+y30的交点，联立直线方程求得圆心坐标，再由垂径定理求得半径，则圆C的方程可求【解答】解：设圆C的方程为（xm）2+（yn）2r2，圆C被直线xy10，x+y30分成面积相等的四部分，圆心C（m，n）一定是两直线xy10，x+y30的交点，联立，解得x2，y1，m2，n1又圆C截x轴所得线段的长为2，r21+n22则圆C的方程为（x2）2+（y1）22故答案为：（x2）2+（y1）22【点评】本题考查圆的
18、方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查分析问题和解决问题的能力，是中档题13（4分）已知三个命题p，q，m中只有一个是真命题，课堂上老师给出了三个判断：A：p是真命题；B：pq是假命题；C：m是真命题老师告诉学生三个判断中只有一个是错误的，那么三个命题p，q，m中的真命题是m【分析】根据已知中老师告诉学生三个判断中只有一个是错误的，逐一分析论证，可得答案【解答】解：由已知中三个命题p，q，m中只有一个是真命题，若A是错误的，则：p是假命题；q是假命题；m是真命题满足条件；若B是错误的，则：p是真命题；q的真假不能确定；m是真命题不满足条件；若C是错误的，则：p是真命题；pq不可能是假命题
19、；不满足条件；故真命题是m，故答案为：m【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了复合命题的真假判断，难度中档14（4分）已知两条平行直线3x+2y60与6x+4y30，则与它们等距离的平行线方程为12x+8y150【分析】设出直线方程，利用平行线之间的距离求解即可【解答】解：两条平行直线3x+2y60与6x+4y30，设与它们等距离的平行线的方程为：3x+2y+b0，由题意可得：，解得b与它们等距离的平行线的方程为：12x+8y150故答案为12x+8y150【点评】本题考查直线方程的求法，平行线之间的距离的应用，考查计算能力15（4分）已知圆C：（x1）2+y24动点P在直线x+2y
20、80上，过点P引圆的切线，切点分别为A，B，则直线AB过定点（，）【分析】根据题意，设P的坐标为（82t，t），由圆的切线的性质分析可得则A、B在以CP为直径的圆上，进而可得该圆的方程，进而分析可得直线AB为两圆的公共弦所在直线的方程，由圆与圆的位置关系分析可得直线AB的方程，据此分析可得答案【解答】解：根据题意，动点P在直线x+2y80上，设P的坐标为（82t，t），圆C：（x1）2+y24，圆心为（1，0），过点P引圆的切线，切点分别为A，B，则PACA，PBCB，则A、B在以CP为直径的圆上，该圆的方程为（x1）x（82t）+（y0）（yt）0，变形可得：x2+y2（92t）xty+（8
21、2t）0，又由A、B在圆C上，即直线AB为两圆的公共弦所在直线的方程，则有，则直线AB的方程为（7x11）t（2xy2），则有，解可得：；故直线AB恒过定点（，）；故答案为：（，）【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及过定点问题，属于基础题三、解答题（本大题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤）16（8分）已知mR，命题P：对任意x1，1，不等式m23mx+10恒成立；命题q：存在x1，1，使得max0成立（）当a1，p且q为假，p或q为真时，求m的取值范围；（）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围【分析】（）当a1，根据p且q为假，p或q为真时，求出命题的等价
22、条件即可求m的取值范围；（）若p是q的充分不必要条件，建立不等式关系即可求实数a的取值范围【解答】解（）对任意 x1，1，不等式 x1m23m 恒成立（ x1）minm23m 即m23m2 解得1m2即 p 为真命题时，m 的取值范围是1，2a1，且存在 x1，1，使得max 成立m1即命题q 为真时，m1p 且q 为假，p 或q 为真，p、q 一真一假当 p 真q 假时，则，即1m2，当p假q 真时，则，即m1，综上所述，1m2或m1 （5分）（）当a0 时显然不合题意，当a0 时，存在 x1，1，使得max 成立命题q 为真时map 是q 的充分不必要条件a2，当a0 时，存在 x1，1，
23、使得max 成立命题q 为真时map 是q 的充分不必要条件a2综上所述，a2或a2 （10分）【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断和应用，根据条件建立不等式关系是解决本题的关键17（10分）如图，以棱长为1的正方体的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系Oxyz，点P在线段AB上，点Q在线段DC上（1）当PB2AP，且点P关于y轴的对称点为点M时，求|PM|的长度；（2）当点P是面对角线AB的中点，点Q在面对角线DC上运动时，探究|PQ|的最小值【分析】（1）以棱长为1的正方体的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系Oxyz，推导出P（1，），M（1，），由此能求出|PM|（
24、2）当点P是面对角线AB中点时，点P（1，），点Q在面对角线DC上运动，设点Q（a，1，a），a0，1，则|PQ|，由此能求出当a时，|PQ|取得最小值为，此时点Q（）【解答】解：（1）以棱长为1的正方体的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系Oxyz，点P在线段AB上，点Q在线段DC上由题意知点A（1，0，1），B（1，1，0），C（0，1，0），D（1，1，1），当PB2AP时，P（1，），M（1，），|PM|（2）当点P是面对角线AB中点时，点P（1，），点Q在面对角线DC上运动，设点Q（a，1，a），a0，1，则|PQ|，当a时，|PQ|取得最小值为，此时点Q（）【点评】本题考查线
25、段长的求法，考查空间直角坐标系的性质、两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题18（10分）已知圆O：x2+y21与x轴负半轴相交于点A，与y轴正半轴相交于点B（1）若过点的直线l被圆O截得的弦长为，求直线l的方程；（2）若在以B为圆心，半径为r的圆上存在点P，使得（O为坐标原点），求r的取值范围【分析】（1）当直线l的斜率不存在时，求得l的方程为：x，符合题意；当直线l的斜率存在时，设l的方程，求出点O到直线l的距离d，利用垂径定理列式求得k，则直线方程可求；（2）设点P的坐标为（x，y），求出点A与点B的坐标，再由，可得（x1）2+y22，由点P在圆B上，得，求解得答案【解答】
26、解：（1）当直线l的斜率不存在时，则l的方程为：x，可得|AB|，符合题意；当直线l的斜率存在时，设l的方程为：，即，点O到直线l的距离d，直线l被圆O截得的弦长为，即，解得k，此时l的方程为：x，所求直线l的方程为x或；（2）设点P的坐标为（x，y），由题得点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（0，1），由，可得，化简可得（x1）2+y22，点P在圆B上，解得：0r，所求r的取值范围是0r【点评】本题考查直线与圆、圆与圆位置关系的应用，考查分类讨论的数学思想方法，考查计算能力，是中档题19（12分）已知圆心在x轴上的圆C与直线l：4x+3y60切于点M（，）（1）求圆C的标准方程；（2）已知
27、N（2，1），经过原点，且斜率为正数的直线L与圆C交于P（x1，y1），Q（x2，y2）两点（）求证：+为定值；（ii）求|PN|2+|QN|2的最大值【分析】（1）由题意设C（a，0），运用两直线垂直的条件：斜率之积为1，解得a，再由两点的距离公式可得半径，进而得到所求圆的标准方程；（2）设直线L的方程为ykx（k0），联立圆的方程，可得x的二次方程，运用韦达定理，即可证得（）+为定值；（ii）由两点的距离公式，以及韦达定理和基本不等式，化简整理，即可得到所求最大值【解答】解：（1）由圆心在x轴上的圆C与直线l：4x+3y60切于点M（，）设C（a，0），则kCM，（）1，a1，C（1，0）
28、，|CM|2，即r2，圆C的标准方程为（x+1）2+y24（2）设直线L的方程为ykx（k0），与圆的方程联立，可得（1+k2）x2+2x30，4+12（1+k2）0，x1+x2，x1x2（i）证明：+为定值；（ii）|PN|2+|QN|2（x12）2+（y11）2+（x22）2+（y21）2（x12）2+（kx11）2+（x22）2+（kx21）2（1+k2）（x1+x2）22（1+k2）x1x2（4+2k）（x1+x2）+10+16，令3+kt（t3），则kt3，上式即为+16+16+162+22当且仅当t，即k3时，取得最大值2+22【点评】本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题