《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

16. (2024·广东佛山S7高质量发展联盟高三联考)曲线$C:x = \sqrt{-y^2 - 2y}$与直线$l:x - y - m = 0$有两个交点，则实数$m$的取值范围为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. $(-\sqrt{2} - 1,1 + \sqrt{2})$　　　　　　B. $[2,1 + \sqrt{2})$
C. $(-1 - \sqrt{2}, - 2]$　　　　　　　D. $[-2,2]$

答案： B[由x = $\sqrt{-y^{2}-2y}$可知x≥0,得x²+y²+2y=0,即x²+(y+1)²=1,x≥0,作出曲线C:x = $\sqrt{-y^{2}-2y}$的图象如图所示:当直线l:x−y−m=0经过点A(0,−2)时,直线与曲线有两个交点,此时2−m=0,解得m=2;当直线与曲线相切时,圆心(0,−1)到直线x−y−m=0的距离d = $\frac{|1 - m|}{\sqrt{1 + 1}}$ = $\frac{|1 - m|}{\sqrt{2}}$ = 1,解得m = $\sqrt{2}$ + 1或m = -$\sqrt{2}$ + 1,因为直线x−y−m=0可化为y=x−m,由截距−m＜0得m＞0,则m = $\sqrt{2}$ + 1,此时直线与曲线只有一个交点,故满足条件的实数m的取值范围为[2,1 + $\sqrt{2}$).故选B.]

17. (2023·广东珠海一中高三模拟)已知$A(2,0)$，点$P$为直线$x - y + 5 = 0$上的一点，点$Q$为圆$x^2 + y^2 = 1$上的一点，则$|PQ| + \frac{1}{2}|AQ|$的最小值为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. $\frac{5\sqrt{2} + 2}{2}$　　　B. $\frac{5\sqrt{2} - 2}{2}$　　　C. $\frac{11\sqrt{2}}{2}$　　　　D. $\frac{11\sqrt{2}}{4}$

答案： D[设M(x,0),Q(x₁,y₁),令$\frac{1}{2}$|AQ| = |MQ|,则$\frac{1}{2}$$\sqrt{(x₁ - 2)^{2}+y₁^{2}}$ = $\sqrt{(x - x₁)^{2}+y₁^{2}}$⇒x₁² + $\frac{(4 - 8x)}{3}$x₁ + y₁² = $\frac{4 - 4x^{2}}{3}$ ①,又x₁² + y₁² = 1,当x = $\frac{1}{2}$时,①式恒成立,即$\frac{1}{2}$|AQ| = |MQ|恒成立,则M($\frac{1}{2}$,0)⇒|PQ| + $\frac{1}{2}$|AQ| = |PQ| + |MQ|.如图,当P,Q,M三点共线,且PM垂直于直线x−y+5=0时,|PQ|+|MQ|有最小值,为|PM|,即点M到直线x−y+5=0的距离,为$\frac{|\frac{1}{2}+5|}{\sqrt{2}}$ = $\frac{11\sqrt{2}}{4}$.故选D.]

18. (多选)(2023·江苏扬州中学校考模拟预测)点$P$是直线$y = 3$上的一个动点，$A,B$是圆$x^2 + y^2 = 4$上的两点. 则　　　　　　(　　　)
A. 存在$P,A,B$，使得$\angle APB = 90^{\circ}$
B. 若$PA,PB$均与圆$O$相切，则弦长$AB$的最小值为$\frac{4\sqrt{5}}{3}$
C. 若$PA,PB$均与圆$O$相切，则直线$AB$经过一个定点
D. 若存在$A,B$，使得$\cos\angle APB = \frac{7}{9}$，则点$P$的横坐标的取值范围是$[-3\sqrt{3},3\sqrt{3}]$

答案： BCD　[由图可知，当直线PA,PB与圆相切且点P在y轴上时∠APB最大,此时|OP|=3,|AP|=2,sin∠APO = $\frac{2}{3}$,cos∠APB = 1 - 2sin²∠APO = $\frac{1}{9}$ ＞ 0,所以∠APB最大时是锐角，故A错误;$\frac{1}{2}$|AB|·|PO| = |OA|·|PA|,所以|AB| = $\frac{4\sqrt{|PO|^{2}-4}}{|PO|}$ = 4$\sqrt{1 - \frac{4}{|PO|^{2}}}$,则当|PO|最小时，弦长AB最小,|PO|min=3,所以|AB|min=4$\sqrt{1 - \frac{4}{9}}$ = $\frac{4\sqrt{5}}{3}$,故B正确;设点P(a,3),A,B是以PO为直径的圆上的两点,圆的方程为(x - $\frac{a}{2}$)² + (y - $\frac{3}{2}$)² = $\frac{a^{2}+9}{4}$,即x² + y² - ax - 3y = 0 ①,又A,B是圆x² + y² = 4 ②上的两点,② - ①,得直线AB的方程为ax + 3y = 4,过定点(0,$\frac{4}{3}$),故C正确;若存在A,B,使得cos∠APB = $\frac{7}{9}$,则(cos∠APB)min≤$\frac{7}{9}$,当直线PA,PB与圆相切时,∠APB最大,对应的余弦值最小，当直线PA,PB与圆相切,且cos∠APB = $\frac{7}{9}$时,sin∠APO = $\frac{1}{3}$,|PO| = 6,设点P(a,3),因为|PO| = $\sqrt{a^{2}+9}$,所以$\sqrt{a^{2}+9}$≤6,解得-3$\sqrt{3}$≤a≤3$\sqrt{3}$,所以点P的横坐标的取值范围是[-3$\sqrt{3}$,3$\sqrt{3}$],故D正确.故选BCD.]

19. (多选)(2023·山东淄博一模)若圆$C_1:x^2 + y^2 = 1$与圆$C_2:(x - a)^2 + (y - b)^2 = 1$的公共弦$AB$的长为1，则下列结论正确的是　(　　　)
A. $a^2 + b^2 = 1$
B. 直线$AB$的方程为$2ax + 2by - 3 = 0$
C. $AB$中点的轨迹方程为$x^2 + y^2 = \frac{3}{4}$
D. 圆$C_1$与圆$C_2$公共部分的面积为$\frac{2\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}$

答案： BC　[两圆方程相减可得直线AB的方程为a²+b²−2ax-2by=0,即2ax+2by−a²−b²=0,因为圆C₁的圆心为C₁(0,0),半径为1,且公共弦AB的长为1,则C₁(0,0)到直线2ax+2by−a²−b²=0的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以$\frac{a^{2}+b^{2}}{\sqrt{4(a^{2}+b^{2})}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$,解得a²+b²=3,所以直线AB的方程为2ax+2by−3=0,故A错误,B正确;由圆的性质可知直线C₁C₂垂直平分线段AB,所以C₁(0,0)到直线2ax+2by−3=0的距离即为AB的中点与点C₁的距离,设AB的中点坐标为(x,y),因此$\sqrt{(x - 0)^{2}+(y - 0)^{2}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$,即x²+y² = $\frac{3}{4}$,故C正确;因为|AB| = |C₁A| = |C₁B| = 1,所以∠BC₁A = $\frac{\pi}{3}$,即圆C₁中弧AB所对的圆心角为$\frac{\pi}{3}$,所以扇形的面积为$\frac{1}{2}$×$\frac{\pi}{3}$×1² = $\frac{\pi}{6}$,△C₁AB的面积为$\frac{1}{2}$×1×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\frac{\sqrt{3}}{4}$,所以圆C₁与圆C₂公共部分的面积为2×($\frac{\pi}{6}$ - $\frac{\sqrt{3}}{4}$) = $\frac{\pi}{3}$ - $\frac{\sqrt{3}}{2}$故D错误.故选BC.]

20. (2024·广东中山大学附属中学高三月考)已知直线$ax + y - 2 = 0$与圆$C:(x - 1)^2 + (y - a)^2 = 16$相交于$A,B$两点，且$\triangle ABC$为等腰直角三角形，则实数$a$的值为________.

答案： 答案　−1
解析
∵由题意知△ABC为等腰直角三角形,
∴圆心C(1,a)到直线ax+y−2=0的距离d = rsin45° = 2$\sqrt{2}$,即$\frac{|a + a - 2|}{\sqrt{1 + a^{2}}}$ = 2$\sqrt{2}$,解得a = -1.

21. (2024·江西红色十校高三联考)月球背面指月球的背面，从地球上始终不能完全看见. 某学习小组通过单光源实验来演示月球背面. 由光源点$A(0, - 2)$射出的两条光线与$\odot O:x^2 + y^2 = 1$分别相切于点$M,N$，称两射线$AM,AN$上切点上方部分的射线与优弧$\overset{\frown}{MN}$上方所夹的平面区域（含边界）为圆$O$的“背面”. 若以点$B(a,2)$为圆心，$r$为半径的圆处于$\odot O$的“背面”，则$r$的最大值为________.

答案： 答案　11−4$\sqrt{6}$
解析　如图，设过点A的切线方程为y=kx−2,所以圆心O(0,0)到切线的距离为d = $\frac{|-2|}{\sqrt{1 + k^{2}}}$ = 1,解得k = ±$\sqrt{3}$,所以直线AM的方程为y = $\sqrt{3}$x - 2,即$\sqrt{3}$x - y - 2 = 0,令y = 2,解得x = $\frac{4\sqrt{3}}{3}$,直线AN的方程为y = -$\sqrt{3}$x - 2,即$\sqrt{3}$x + y + 2 = 0,令y = 2,解得x = -$\frac{4\sqrt{3}}{3}$,因为圆B:(x - a)² + (y - 2)² = r²处于圆O 的“背面”,所以a∈(-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$,$\frac{4\sqrt{3}}{3}$),当圆B与圆O外切且圆B与AM(或AN)相切时,r取最大值，由圆B与圆O外切得$\sqrt{a^{2}+4}$ = r + 1,圆B与AM相切时,$\frac{|\sqrt{3}a - 4|}{2}$ = r,又a∈(-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$,$\frac{4\sqrt{3}}{3}$),所以$\frac{4 - \sqrt{3}a}{2}$ = r,所以a = $\frac{4 - 2r}{\sqrt{3}}$,即r² - 22r + 25 = 0,解得r = 11 + 4$\sqrt{6}$或r = 11 - 4$\sqrt{6}$,结合a∈(-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$,$\frac{4\sqrt{3}}{3}$),所以r = 11 - 4$\sqrt{6}$,所以r的最大值为11 - 4$\sqrt{6}$;同理,圆B与AN相切时,r的最大值为11 - 4$\sqrt{6}$.综上可得，r的最大值为11 - 4$\sqrt{6}$.