2023届高考数学一轮复习精选用卷 单元质量测试（七）+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 单元质量测试（七）+答案解析，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质量测试(七)

　　时间：120分钟　　　满分：150分
一、选择题(本题共8小题，每小题5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．直线3x＋y－1＝0的倾斜角α的大小为(　　)
A．30° B．60°
C.120° D．150°
答案　C
解析　∵直线的斜率k＝－＝－，∴α＝120°.故选C.
2．“a＝2”是“直线y＝－ax＋2与y＝x－1垂直”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　A
解析　由a＝2得两直线斜率满足(－2)×＝－1，即两直线垂直；由两直线垂直得(－a)×＝－1，解得a＝±2.故选A.
3．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的离心率为，则双曲线的渐近线方程为(　　)
A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±2x D．y＝±x
答案　A
解析　由题意得，双曲线的离心率e＝＝，故＝，故双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±x.
4．(2022·河北省实验中学高三开学考试)若圆x2＋y2－2ax＋4y＋a2－12＝0上存在到直线4x－3y－2＝0的距离等于1的点，则实数a的取值范围是(　　)
A.
B.
C.∪
D.∪
答案　A
解析　将圆的方程化为标准形式得圆(x－a)2＋(y＋2)2＝16，所以圆心坐标为(a，－2)，半径为r＝4，因为圆x2＋y2－2ax＋4y＋a4－12＝0上存在到直线4x－3y－2＝0的距离等于1的点，所以圆心到直线的距离d满足d≤r＋1＝5，即d＝≤5，解得a∈.故选A.
5．已知双曲线C的两个焦点F1，F2都在x轴上，对称中心为原点，离心率为.若点M在C上，且MF1⊥MF2，M到原点的距离为，则C的方程为(　　)
A.－＝1 B．－＝1
C．x2－＝1 D．y2－＝1
答案　C
解析　显然OM为Rt△MF1F2的中线，则|OM|＝|F1F2|＝c＝.又e＝＝＝，则a＝1.进而b2＝c2－a2＝2.故C的方程为x2－＝1.故选C.
6．(2021·福建省泉州市高中毕业班质量检测(一))设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点A，B在C上，若|FB|－|FA|＝4，|AB|＝5，则直线AB的斜率为(　　)
A. B．
C.± D．±
答案　C
解析　如图，l为抛物线的准线，分别过点A，B作直线l的垂线，垂足分别为A′，B′，由抛物线的定义可知，|FB|＝|BB′|，|FA|＝|AA′|，

所以|BB′|－|AA′|＝|FB|－|FA|＝4.过A作AH垂直BB′于H，在△ABH中，|AB|＝5，|BH|＝4，所以|AH|＝ ＝3，所以tan∠ABH＝，kAB＝－，由对称可知kAB＝也满足题意，点A，B其他情形用相同的方法可得该结果．故选C.
7．已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，y轴上的点P在椭圆外，且线段PF1与椭圆E交于点M.若|OM|＝|MF1|＝|OP|，则椭圆E的离心率为(　　)
A. B．
C.－1 D．
答案　C
解析　过M作MH⊥x轴于点H，由|OM|＝|MF1|，知H为OF1的中点，进而得MH为△PF1O的中位线，则M为F1P的中点．从而依题意，有|F1P|＝|OP|，即＝＝sin∠OF1P，则∠OF1P＝.则△MF1O是边长为c的等边三角形．连接MF2(F2为椭圆E的右焦点)，则由|OM|＝|OF1|＝|OF2|可知∠F1MF2＝.故e＝＝＝＝＝－1.故选C.
8. 如图，已知椭圆＋＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于M，N两点，交y轴于点H.若F1，H是线段MN的三等分点，则△F2MN的周长为(　　)

A．20 B．10
C.2 D．4
答案　D
解析　解法一：设点H(0，t)，00)的下焦点F1作y轴的垂线，交双曲线于A，B两点，若以AB为直径的圆恰好过其上焦点F2，则双曲线的离心率为________．
答案　1＋
解析　过双曲线－＝1(a>0，b>0)的下焦点F1作y轴的垂线，交双曲线于A，B两点，则|AB|＝，由以AB为直径的圆恰好过其上焦点F2，可得＝2c，∴c2－a2－2ac＝0，∴e2－2e－1＝0，解得e＝1＋或e＝1－(舍去)．
15．过抛物线x2＝8y的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点．若＝，则△AOB的面积为________．
答案　6
解析　易知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋2，由得x2－8kx－16＝0，∴xAxB＝－16.∵＝，∴xB＝－2xA，∴或则S△AOB＝|OF||xB－xA|＝6.
16．(2022·重庆模拟)已知椭圆C：＋＝1，点M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝________.
答案　12
解析　根据已知条件画出图形，如图．设MN的中点为P，F1，F2为椭圆C的焦点，连接PF1，PF2.显然PF1是△MAN的中位线，PF2是△MBN的中位线，所以|AN|＋|BN|＝2|PF1|＋2|PF2|＝2(|PF1|＋|PF2|)＝2×6＝12.

四、解答题(本题共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．(本小题满分10分)已知坐标平面上动点M(x，y)与两个定点P(26，1)，Q(2,1)，且|MP|＝5|MQ|.
(1)求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；
(2)记(1)中轨迹为C，过点N(－2,3)的直线l被C所截得的线段长度为8，求直线l的方程．
解　(1)由题意，得＝5，
即＝5，
化简，得x2＋y2－2x－2y－23＝0，
所以点M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－1)2＝25.
轨迹是以(1,1)为圆心，5为半径的圆．
(2)当直线l的斜率不存在时，得直线l的方程为x＝－2，
此时所截得的线段长度为2＝8，符合题意．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，
圆心(1,1)到直线l的距离d＝.
由题意，得2＋42＝52，解得k＝.
所以直线l的方程为x－y＋＝0，
即5x－12y＋46＝0.
综上，直线l的方程为x＝－2或5x－12y＋46＝0.
18．(2021·广东汕头二模)(本小题满分12分)已知双曲线方程为－＝1，F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足·＝0，|PF1|·|PF2|＝6.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点F2作直线l交双曲线于A，B两点，则在x轴上是否存在定点Q(m,0)，使得·为定值？若存在，请求出m的值和该定值；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题意可得e＝＝2，可得c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2，
所以b＝a，
因为·＝0，|PF1|·|PF2|＝6，|PF1|－|PF2|＝2a，所以在Rt△PF1F2中，|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝4a2，而|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，所以4c2－12＝4a2，
可得b2＝3，a2＝1，所以双曲线的标准方程为x2－＝1.
(2)由(1)可得F2(2,0)，
当l的斜率不为0时，设l的方程为x＝ty＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立整理可得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，
3t2－1≠0且Δ＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
因为·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(ty1＋2－m)(ty2＋2－m)＋y1y2＝(t2＋1)y1y2＋(2－m)t(y1＋y2)＋(2－m)2＝(t2＋1)·＋(2－m)t·＋(2－m)2＝＋(2－m)2，
要使·为定值，则＝，解得m＝－1，
所以Q(－1,0)，定值为0.
当直线l的斜率为0时，l的方程为y＝0，
此时A(－1,0)，B(1,0)，Q(－1,0)，
则·＝0.
综上，存在定点Q(－1,0)，使得·为定值0.
19．(2022·湖南长沙长郡中学高三上开学考试)(本小题满分12分)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线交抛物线C于D，E两点，且|DE|＝4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线l过点A(2,0)且与抛物线C交于P，Q两点，点R在抛物线C上，点N在x轴上，＋＋＝0，直线PR交x轴于点B，且点B在点A的右侧，记△APN的面积为S1，△RNB的面积为S2，求的最小值．
解　(1)由已知可得焦点F，将x＝代入抛物线的方程，可得y2＝p2，则|DE|＝2p＝4，解得p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2) 如图，设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，R(xR，yR)，N(xN,0)，令yP＝2t(t≠0)，则xP＝t2，

∵直线l过点A(2,0)，
∴直线l的方程为x＝y＋2，
将其与y2＝4x联立并消去x，得y2－y－8＝0，
由根与系数的关系，得2tyQ＝－8，即yQ＝－，∴Q，
连接QR，∵＋＋＝0，
∴N为△PQR的重心，
∴xN＝，0＝，
∴yR＝－yP－yQ＝－2t＋，
则xR＝2，
∴xN＝＝，
∴R，N，
则直线PR的方程为y－2t＝t(x－t2)，令y＝0，得x＝t2－2，即B(t2－2,0)，
∵点B在点A的右侧，∴t2－2>2，即t2>4，
∴＝＝·＝＝2－，
令m＝t2－4，则m>0，
∴＝2－
＝2－≥2－
＝2－＝(当且仅当m＝，即m＝2时取等号)，
∴的最小值为.
20．(2021·新高考八省联考)(本小题满分12分)双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上．当BF⊥AF时，|AF|＝|BF|.
(1)求C的离心率；
(2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF.
解　(1)设双曲线的半焦距为c，
则F(c,0)，B，
因为|AF|＝|BF|，故＝a＋c，
故c2－ac－2a2＝0，即e2－e－2＝0，
又e>0，故e＝2.
(2)证明：设B(x0，y0)，其中x0>a，y0>0.
因为e＝2，故c＝2a，b＝a，
故双曲线的渐近线方程为y＝±x，
所以∠BAF∈，∠BFA∈.
当∠BFA＝时，由题意易得∠BAF＝，
此时∠BFA＝2∠BAF.
当∠BFA≠时，因为tan∠BFA＝－＝－，tan∠BAF＝，
所以tan2∠BAF＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝－＝tan∠BFA，
因为2∠BAF∈，
故∠BFA＝2∠BAF.
综上，∠BFA＝2∠BAF.
21．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2＋y2＝r2(r>0)与直线l0：y＝x＋2相切，点A为圆C1上一动点，AN⊥x轴于点N，且动点M满足＋＝，设动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设P，Q是曲线C上两动点，线段PQ的中点为T，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－，求|OT|的取值范围．
解　(1)设动点M(x，y)，A(x0，y0)，
∵AN⊥x轴于点N，∴N(x0,0)．
又圆C1：x2＋y2＝r2(r>0)与直线l0：y＝x＋2，即x－y＋2＝0相切，
∴r＝＝2，∴圆C1：x2＋y2＝4.
由＋＝，
得(x，y)＋(x－x0，y－y0)＝(x0,0)，
∴即
又点A为圆C1上一动点，∴x2＋4y2＝4，
∴曲线C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线PQ的斜率不存在时，可取直线OP的方程为y＝x，
不妨取点P，则Q，T(，0)，
∴|OT|＝.
当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∵k1k2＝－，∴4y1y2＋x1x2＝0.
∴4(kx1＋m)(kx2＋m)＋x1x2＝(4k2＋1)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝4m2－4－＋4m2＝0，
化简得2m2＝1＋4k2，∴m2≥.
Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)＝16m2>0，
设T(x′0，y′0)，则x′0＝＝＝，y′0＝kx′0＋m＝.
∴|OT|2＝x′＋y′＝＋＝2－∈，∴|OT|∈.
综上，|OT|的取值范围为.
22．(2021·湖南长沙市雅礼中学高三月考(二))(本小题满分12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点P(2,1)，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，且·＝－1.

(1)求椭圆C的方程；
(2)过P点的直线l1与椭圆C有且只有一个公共点，直线l2平行于OP(O为原点)，且与椭圆C交于A，B两点，与直线x＝2交于点M(M介于A，B两点之间)．
①当△PAB面积最大时，求直线l2的方程；
②求证：|PA|·|MB|＝|PB|·|MA|.
解　(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，
＝(－c－2，－1)，＝(c－2，－1)．
因为·＝－c2＋4＋1＝－1，
所以c＝，
又P(2,1)在椭圆上，故＋＝1，
结合a2＝b2＋6，
解得a2＝8，b2＝2，故所求椭圆C的方程为＋＝1.
(2)①由于kOP＝，设直线l2的方程为y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去y整理得x2＋2tx＋2t2－4＝0，Δ＝－4(t2－4)>0⇒t2