选考部分备选练习本
试卷
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分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题，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．(2010·湖南六校)如图，在平行四边形ABCD中，E为CD上一点，DEEC＝23，连结AE，BE，BD，且AE，BD交于点F，则S△DEFS△EBFS△ABF＝( )A．41025 B．4925C．235D．2525[
答案
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] A[解析] 由题意可知，三角形DEF与三角形BAF相似，且DEAB＝25，所以三角形DEF与三角形ABF的面积之比为425.三角形DEF与三角形BEF的底分别是DF，BF，二者高相等，又DFBF＝25，所以三角形DEF与三角形BEF的面积之比为25.综上S△DEFS△EBFS△ABF＝41025，故选A.2．(2010·延边州质检)直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋2t,y＝1－2t))(t为参数)被圆eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3cosα,y＝3sinα))(α为参数)截得的弦长为( )A．2eq\r(7)B.eq\r(7)C．4eq\r(7)D．2[答案] A[解析] 将直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋2t,y＝1－2t))化为普通方程得x＋y＝2，将圆eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3cosα,y＝3sinα))化为普通方程得x2＋y2＝9.圆心O到直线的距离d＝eq\f(|0＋0－2|,\r(12＋12))＝eq\r(2)，所以弦长l＝2eq\r(R2－d2)＝2eq\r(7).3．(文)(2010·广东中山)如图，⊙O与⊙O′相交于A和B，PQ切⊙O于P，交⊙O′于Q和M，交AB的延长线于N，MN＝3，NQ＝15，则PN＝( )A．3B.eq\r(15)C．3eq\r(2)D．3eq\r(5)[答案] D[解析] 由切割线定理知：PN2＝NB·NA＝MN·NQ＝3×15＝45，∴PN＝3eq\r(5).(理)已知a、b∈R＋，且a＋b＝1，则eq\r(4a＋1)＋eq\r(4b＋1)的最大值是( )A．2eq\r(6)B．2eq\r(3)C.eq\r(6)D．12[答案] B[解析] (eq\r(4a＋1)＋eq\r(4b＋1))2＝(1×eq\r(4a＋1)＋1×eq\r(4b＋1))2≤(12＋12)(4a＋1＋4b＋1)＝12.[点评] 可用基本不等式证明∵a、b∈R＋，a＋b＝1，∴eq\r(4a＋1)＋eq\r(4b＋1)≤eq\r(2[\r(4a＋1)2＋\r(4b＋1)2])＝2eq\r(3).从形式特点上看，由基本不等式导出的变式：a＋b≤eq\r(2a2＋b2)是柯西不等式的二维代数形式的特例．4．(2010·安徽合肥六中)已知圆C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1＋cosα,y＝1＋sinα))(α为参数)，当圆心C到直线kx＋y＋4＝0的距离最大时，k的值为( )A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,5)C．－eq\f(1,3)D．－eq\f(1,5)[答案] D[解析] ⊙O的直角坐标方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝1，∴圆心C(－1,1)，又直线kx＋y＋4＝0过定点A(0，－4)，故当CA与直线kx＋y＋4＝0垂直时，圆心C到直线距离最大，∵kCA＝－5，∴－k＝eq\f(1,5)，∴k＝－eq\f(1,5).5．(文)AB是半圆O的直径，C、D是半圆上的两点，半圆O的切线PC交AB的延长线于点P，∠PCB＝25°，则∠ADC为( )A．105° B．115° C．120° D．125°[答案] B[解析] ∵PC是⊙O的切线，∴∠BDC＝∠PCB，又∠ADB＝∠ACB，∴∠ADC＝∠ACB＋∠PCB＝115°.(理)在矩形ABCD中，AE⊥BD于E，S矩形＝40cm2，S△ABES△DBA＝15，则AE的长为( )A．4cmB．5cmC．6cmD．7cm[答案] A[解析] ∵∠BAD为直角，AE⊥BD，∴△ABE∽△DBA，∴eq\f(S△ABE,S△DBA)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,DB)))2＝eq\f(1,5)，∴ABDB＝1eq\r(5).设AB＝k，则DB＝eq\r(5)k，AD＝2k，∵S矩形＝40cm2，∴k·2k＝40，∴k＝2eq\r(5)，∴BD＝10，AD＝4eq\r(5)，则S△ABD＝eq\f(1,2)BD·AE＝eq\f(1,2)×10×AE＝20，∴AE＝4cm.6．(文)设平面π与圆柱的轴的夹角为β (0°<β<90°)，现放入Dandelin双球使之与圆柱面和平面π都相切，若已知Dandelin双球与平面π的两切点的距离恰好等于圆柱的底面直径，则截线椭圆的离心率为( )A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(3),2)[答案] B[解析] ∵Dandelin双球与平面π的两切点是椭圆的焦点，圆柱的底面直径恰好等于椭圆的短轴长，∴2b＝2c，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(c,\r(b2＋c2))＝eq\f(c,\r(2)c)＝eq\f(\r(2),2).(理)球在点光源的照射下，在一个平面π上的投影的形状为( )A．圆B．椭圆C．圆或椭圆D．圆或椭圆或抛物线或双曲线的一支[答案] D[解析] 所有与球相切的光线组成圆锥面，球在平面π上的投影为圆锥面与平面π的交线，设平面π与PO的夹角为β(O为球心，P为点光源)，若β＝eq\f(π,2)，则投影为圆；再设PO与过P点球的切线的夹角为α，则若α<β<eq\f(π,2)，则投影为椭圆；若α＝β，则投影为抛物线；若α>β，则投影为双曲线(一支)．7．(文)设a>b>0，x＝eq\r(a＋b)－eq\r(a)，y＝eq\r(a)－eq\r(a－b)，则x与y的大小关系是( )A．x>yB．x
b>0，∴x－y＝eq\r(a＋b)－eq\r(a)－(eq\r(a)－eq\r(a－b))＝eq\f(b,\r(a＋b)＋\r(a))－eq\f(b,\r(a)＋\r(a－b))＝eq\f(b\r(a－b)－\r(a＋b),\r(a＋b)＋\r(a)\r(a)＋\r(a－b))<0，∴x
表
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示的曲线方程：B：(x－1)2＋y2＝1(x≠0,2)C：(x－1)2＋y2＝1(x≠0，±2，±eq\r(2))D：(x－1)2＋y2＝1(x≠0,2)∴B＝D.9．直线l经过点O(0,0)和点P(2＋eq\r(3)cosθ，eq\r(3)sinθ)，则直线l的斜率的最大值为( )A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\r(3)[答案] D[解析] 设P(x，y)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\r(3)cosθ,y＝\r(3)sinθ))，∴(x－2)2＋y2＝3，∴点P在以C(2,0)为圆心，eq\r(3)为半径的⊙C上运动，如图，显然当l在与⊙C切于点Q时，直线l斜率最大，此时k＝tan∠QOC＝eq\f(\r(3),\r(22－\r(3)2))＝eq\r(3)，故选D.10．(文)如图，AB是⊙O的直径，P在AB的延长线上，PC切⊙O于C，PC＝eq\r(3)，BP＝1，则⊙O的半径为( )A.eq\r(2)B.eq\f(\r(3),2)C．1D.eq\f(2\r(3),3)[答案] C[解析] PB·PA＝PC2，∴PA＝3，∴AB＝2，∴R＝1.(理)(2010·山师大附中模考)已知a>0，b>0且eq\f(1,a)＋eq\f(3,b)＝1，则a＋2b的最小值为( )A．7＋2eq\r(6)B．2eq\r(3)C．7＋2eq\r(3)D．14[答案] A[解析] a＋2b＝(a＋2b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(3,b)))＝7＋eq\f(2b,a)＋eq\f(3a,b)≥7＋2eq\r(6)，等号在b＝eq\f(\r(6),2)a时成立．第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)11．(文)(09·广东)若直线l1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－2t,y＝2＋kt))(t为参数)与直线l2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝s,y＝1－2s))(s为参数)垂直，则k＝______.[答案] －1[解析] l1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－2t,y＝2＋kt))(t为参数)化为普通方程为y－2＝－eq\f(k,2)(x－1)，l2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝s,y＝1－2s))(s为参数)化为普通方程为y－1＝－2x，∵l1⊥l2，∴－eq\f(k,2)·(－2)＝－1，k＝－1.(理)设(x－3)2＋(y－3)2＝6，则eq\f(y,x)的最大值为________．[答案] 3＋2eq\r(2)[解析] 设k＝eq\f(y,x)，则kx－y＝0，应用柯西不等式．[(x－3)2＋(y－3)2]·[k2＋(－1)2]≥[k(x－3)－(y－3)]2＝(3－3k)2，即6(k2＋1)≥(3－3k)2.解得3－2eq\r(2)≤k≤3＋2eq\r(2).∴kmax＝3＋2eq\r(2).[点评] 设eq\f(y,x)＝k，则可转化为直线kx－y＝0与圆(x－3)2＋(y－3)2＝6有公共点时k的取值范围，用代数法(Δ≥0)或几何法(d≤r)解决．12．(文)如图，▱ABCD中，O1、O2、O3是BD的四等分点，连结AO1，并延长交BC于E，连结EO2并延长交AD于F，则eq\f(AD,FD)＝________.[答案] 3[解析] O2是平行四边形ABCD的中心，∴O2E＝O2F，又O2O1＝O2O3，∴O1E∥O3F，∴eq\f(DF,AD)＝eq\f(O3D,DO1)＝eq\f(1,3).[点评] 也可证明△BEO1∽△DAO1.(理)(2010·福建南平一中)若函数f(x)＝2|x＋7|－|3x－4|的最小值为2，则自变量x的取值范围是________．[答案] [－eq\f(1,2)，5][解析] 依题意知，2|x＋7|－|3x－4|≥2，∴|x＋7|－|3x－4|≥1，当x>eq\f(4,3)时，不等式化为x＋7－(3x－4)≥1.解得x≤5，即eq\f(4,3)0，故可设t1，t2是上述方程的两实根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＋t2＝3\r(2)，,t1·t2＝4.))又直线l过点P(3，eq\r(5))，故由上式及t的几何意义得|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝3eq\r(2).解法2：因为圆C的圆心为(0，eq\r(5))，半径r＝eq\r(5)，直线l的普通方程为：y＝－x＋3＋eq\r(5).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y－\r(5)2＝5，,y＝－x＋3＋\r(5)))得x2－3x＋2＝0.解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2＋\r(5)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝1＋\r(5).))不妨设A(1,2＋eq\r(5))，B(2,1＋eq\r(5))，又点P的坐标为(3，eq\r(5))，故|PA|＋|PB|＝eq\r(8)＋eq\r(2)＝3eq\r(2).[点评] 有关极坐标与参数方程的题目既可以利用极坐标的意义，参数方程中参数的意义直接求解，也可以将极坐标方程，参数方程转化为直角坐标方程，利用解析几何知识求解，第一种方法计算量较小但对极坐标、参数方程要求较高．第二种方法计算量较大，但易于掌握，为常规方法．22．(本小题满分14分)(文)如图，已知AP是⊙O的切线，P为切点，AC是⊙O的割线，与⊙O交于B，C两点，圆心O在∠PAC的内部，点M是BC的中点．(1)证明A，P，O，M四点共圆．(2)求∠OAM＋∠APM的大小．[解析] (1)证明：如图，连结OP、OM.因为AP与⊙O相切于点P，所以OP⊥AP.因为M是⊙O的弦BC的中点，所以OM⊥BC.于是∠OPA＋∠OMA＝180°.由圆心O在∠PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补，所以A，P，O，M四点共圆．(2)解：由(1)得A，P，O，M四点共圆，所以∠OAM＝∠OPM.由(1)知OP⊥AP.由圆心O在∠PAC的内部可知，∠OPM＋∠APM＝90°.所以∠OAM＋∠APM＝90°.(理)如图，⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，AB是⊙O2的直径，过A点作⊙O1的切线交⊙O2于点E，并与BO1的延长线交于点P，PB分别与⊙O1、⊙O2交于C、D两点．求证：(1)PA·PD＝PE·PC；(2)AD＝AE.[证明] (1)∵PE、PB都是⊙O2的割线，∴PA·PE＝PD·PB.①又∵PA、PB分别是⊙O1的切线和割线．∴PA2＝PC·PB，②由①、②得PA·PD＝PE·PC.(2)连结AC、ED.设ED与AB相交于点P.∵BC是⊙O1的直径，∴∠CAB＝90°.∴AC是⊙O2的切线．又由(1)知eq\f(PA,PE)＝eq\f(PC,PD).因此AC∥DE.∴AB⊥ED，∠CAD＝∠ADE，又∵AC是⊙O2的切线，∴∠CAD＝∠AED.∴∠AED＝∠ADE，∴AD＝AE.[点评] (1)已知条件中有圆的切线时，第一要考虑连结切点和半径，第二应考虑弦切角定理，第三涉及线段成比例或线段的积时应考虑切割线定理．(2)证明两条线段相等，一般情况下利用等角对等边或全等三角形对应边相等来解决，对于比较复杂的证明线段相等问题还可以借助于相似三角形的有关比例线段来解决．
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